Lời giải Bài 1: 5 x y x 3y Giải hệ phương trình: Cho biểu thức P x x x 32 ; x 0, x 16 x 4 x x 16 c) Rút gọn biểu thức P d) Tìm giá trị lớn P x 5 x y 6 x x Ta có x 3y 5 x y 5.1 y y a) Ta có: P x x x 32 x 4 x x 16 x x 32 x 4 x 4 x 4 x 32 x x 3x 12 x x 32 x x x 4 x 4 x 4 x 32 x 4 x 4 x 4 x 4 x x x x 4 x 4 x 4 3 x b) P lớn x nhỏ Vậy giá trị lớn P x x Khi P Bài 2: x m 3 x m Ta có m 3 4( m2 1) m2 6m m2 6m Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 6m m * Khi điều kiện * thỏa, phương trình có hai nghiệm x1 , x2 , theo định lý Vi-et ta có: x1 x2 m 1 x1 x2 m Do đó: 2 1 x1 x2 x1.x2 34 m 3 m 1 34 4 m 6m 2m 34 12m 24 m (Thoûa (*)) Vậy giá trị cần tìm m a) Đường thẳng d qua điểm A 1;5 a 1 a a 9 b) Cho y thay vào phương trình đường thẳng d1 ta được: 3x x 2 Vậy d1 cắt trục hoành điểm M ;0 3 Cho x thay vào phương trình đường thẳng d1 ta y Vậy d1 cắt trục tung điểm N 0; Ta có OM , ON Trong tam giác vuông OMN ta vẽ đường cao OH , đó: 1 1 2 2 OH OM ON 2 3 OH 10 OH 5 Vậy khoảng cách từ gốc tọa độ O đến đường thẳng d1 OH 10 Bài 3: Cách 1: Gọi x, y số học sinh dự thi trường A, B Điều kiện x, y nguyên dương Cả hai trường A B có tổng số 380 thí sinh dự thi nên: x y 380 Số thí sinh trúng tuyển trường A B là: 1 55 45 x (thí sinh), y (thí sinh) 100 100 Số thí sinh trúng tuyển hai trường 191 thí sinh nên: 55 45 x+ y 191 11x y 3820 100 100 2 Từ (1) suy y 380 x thay vào (2) ta được: 11x 380 x 3820 x 400 x 200 Suy y 180 Vậy số thí sinh dự thi trường A, B 200 180 Cách 2: Gọi x số thí sinh dự thi trường A Điều kiện: x nguyên dương, x 380 (*) Số thí sinh dự thi trường B 380 x Theo đề ta lập phương trình: 0,55 x 0, 45 380 x 191 0,1x 20 x 200 (thoûa (*)) y 180 Vậy có 200 thí sinh dự thi trường A 180 thí sinh dự thi trường B Bài 4: BEC 90 Vậy điểm BE vaø CF đường cao tam giác ABC nên BFC E , F nhìn đoạn BC góc vng nên điểm E , F , B, C nằm đường trịn đường kính BC Hay tứ giác BCEF nội tiếp BEF (góc nội tiếp chắn cung BF ) Tứ giác BCEF nội tiếp nên BCF BCF CFB (Góc tam giác) BEF 90 BEF BEC KEC Ta có KBF EKC (Góc chung), KBF KEC , hai Xét hai tam giác KBF KEC ta có: BKF tam giác đồng dạng Suy KB KF KB.KC KF KE KE KC Ta có: AEH AFH 90 điểm A, E, H , F nằm đường trịn đường kính AH Xét hai tam giác KAB KCG : Góc chung), KAB KCG (Góc nội tiếp chắn cung BG ) AKB CKG KA KB KG.KA KB.KC KF KE Vậy hai tam giác nói dạng đó: KC KG KG KF EKA (Góc chung) nên hai tam giác KGF KEA Suy ra: , kết hợp với GKF KE KA đồng dạng (Góc tương ứng) Suy AEK FGK 180 (Kề bù) Tứ giác AGFE có: AGF AEF AGF AEK AGF FGK Vậy tứ giác AGFE nội tiếp Suy điểm A, G, F, E, H thuộc đường tròn đường kính AH Từ kết câu ta suy HG AK Vẽ đường kính AD ta có: nội tiếp chắn nửa đường trịn) DG AK (Góc DGA Suy D, H , G thẳng hàng BH AC BH //DC DC AC Tương tự ta có CH //BD , suy tứ giác BDCH hình bình hành Vậy I trung điểm cùa HD hay G, H , I , D thẳng hàng Do HI vng góc với AK Bài (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c 2024 Tìm giá trị lớn biểu thức P Ta có a b c a 2024a bc b 2024b ca c 2024c ab a b c a bc a b a c 2024a bc a a 2024a bc a a a a b a c 2a b c 2 a b a c a b a c a a b a c a b a c a a a b a c a a b a c a a a b a c ab bc ca ab bc ca a a 2a b c a a ab ac ab bc ca ab bc ca Tương tự ta có: b bc ba c ca cb , b 2024b ca ab bc ca c 2024c ab ab bc ca Suy ra: a b c ab ac bc ba ca cb P ab bc ca ab bc ca ab bc ca a 2024a bc b 2024b ca c 2024c ab ab bc ca ab bc ca 1 Đẳng thức xảy a b c Vậy giá trị lớn P 2024