[r]
(1)(2)Câu1:
a) P= a2+b2 b
b) Vì a-b=1 => a=1+b => P= b+1¿
+b2 ¿ ¿ ¿
= 2b2+2b+1
b = 2b+
1
b +2 2 √2 +2
GTNN P = 2 √2 +2 ó 2b = 1b ó b= √2
2 và a=
√2 +1
Câu 2:
Gọi x; y (km/h) lần lượt là vận tốc của xe máy và ô tô (x; y >0) Quãng đường otô và xe máy là 9y/4 +4x = 210 (1)
Thời gian otô và xe máy đến điểm gặp là 210/y -9/4 = 210/x -4 (2) Giải hệ ta được x1 =210 => y1 = - 280 ( loại)
X2 =30 => y2 = 40 ( thỏa mãn)
Câu :
a) Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm pt –x2 = mx-m-2
ó x2 +mx –m-2=0 (1)
Có = m2 +4(m+2) =(m+2)2 + > với mọi m pt (1) có nghiệm phân biệt
Vậy m thay đổi (d) và (P) cắt tại điểm phân biệt b) áp dụng vi-ét cho pt (1) ta có x1+x2=-m ; x1x2= -m-2
mà |x1− x| = √20 ó (x1-x2)2=20 ó (x
1+x2)2 -4x1x2=20
ó m2 +4(m+2) =20 ó m2 +4m -12 =0 ó m
(3)Vạy với m1=2 ; m2=-6 thì |x1− x| = √20
Câu 4:
Cho tam giác ABC và đường tròn (w) tâm O tiếp xúc với AB,AC tại K,L Tiếp tuyến (d) của (w) tại E thuộc cung nhỏ KL cắt AL,AK tại M,N đường thẳng KL cắt MO tại P cắt ON tại Q CMR:
a) gốc MON= 900 – 1/2sđgóc BAC
b) MQ,NP,EO đồng quy c) PL.KQ=ME.NE
0
A
B
E N
M K
L P
Q
a) vì AKOL là tứ giác nt nên 1800 – BAC^ =KOL^
mà KOL^ =2MÔN ( ON,OM là phân giác góc KOE, EOL)
=>1800 – BAC^ =2MÔN => MÔN = 900 -1/2BÂC
b) ta có MON đồng dạng QKN (g-g) =>QNM^=MPL^ (cùng =KNQ^ )
Lại có OM là trung trực LE nên OM là phân giác EPL^ =>MPL^=MPE^
=>MNQ^=EPM^ hay MNO^=EPM^ => NEOP nội tiếp
Mà NEO^=900 => NPO^=900 => NP vuông góc OM (1)
Tương tự ta có MON đồng dạng MLP (g-g) =>MEQO nội tiếp => MQ vuông góc ON (2)
Mà OE vuông góc MN (3)
Từ (1), (2), (3) =>OE,PN, QM là đường cao của MON Vậy MQ, NP,OE đồng quy
b) Dễ thấy NKQ đồng dạng PLM (g-g) =>PL/NK = LM/KQ => PL.KQ = LM.NK
=> PL.KQ = EM.NE ( LM=EM; NK= NE)
(4)Câu
Cho x,y là những số thực dương và x+y=(x-y) √xy
Tìm GTNN của x+y Giải
Cách
x+y=(x-y) √xy ⇔ (x+y)2= (x-y)2xy ⇔ (x+y)2=xy(x+y)2-4(xy)2
⇔ (x+y)2=
xy¿2 ¿ 4¿
¿
=> xy-1>0 ⇔ (x+y)2=
xy¿2 ¿ 4¿
¿
= 4(xy-1)+ xy4−1 +8 16 ⇔ (x+y)2 16 ⇔ (x+y) 4 (vì x+y>0)
=> GTNN (x+y) = ⇔ 4(xy-1)= xy4−1 ⇔ xy=2 mà x+y =4 => x=2+ √2 ; y=2-√2
Cách
x+y=(x-y) √xy ⇔ (x+y)2= (x-y)2xy ⇔ (x+y)2=xy(x+y)2-4(xy)2
⇔ (x+y)2=
xy¿2 ¿ 4¿
¿
sử dụng phương pháp miền giá trị với phương trình 4(xy)2 -xy(x+y)2 +(x+y)2 =0 ẩn (xy) ta được (x+y)2 x+y¿
2−16
¿ ¿
0 ⇔ (x+y)2 16 (vì x,y là các số thực dương)
⇔ (x+y)2 16 ⇔ (x+y) 4 (vì x+y>0)
(5)Bộ giáo dục đào tạo cộng hoà x hội chủ nghĩa việt namã Tr
ờng đại học s phạm hà nội Độc Lập -Tự Do -Hạnh Phúc
§Ị chÝnh thøc
đề thi tuyển sinh
Vµo khèi trung häc phổ thông chuyên năm 2012 Môn thi: Toán học
(Dùng cho thí sinh thi vào chuyên Toán chuyên Tin) Thời gian làm :150 phút
-Câu (1,5 điểm)Giải phương trình:
√
x2+2x+2√
x2+2x −1+2x2+4x −4=0Câu (2 điểm)a, Cho các số a, b, c đôi một phân biệt thỏa mãn a2(b+c)=b2(a+c)=2012
Tính giá trị biểu thức: M=c2(a+b)
b Cho số nguyên dương phân biệt cho số dương chúng không có ước số nguyên nào khác và CMR sớ đó tờn tại sớ mà tích của chúng là mợt sớ phương
Câu (2điểm)Cho sớ thực x1, x2, ….,xn Với n ≥3 Kí hiệu max{x1, x2, ….,xn} là số lớn
nhất các số x1, x2, ….,xn CMR:
Max{x1, x2, … ,xn}≥x1+ x2+, ….+xn
n +
|x1− x2|+|x2− x3|+ |xn −1− xn|+|xn− x1| 2n
Câu (1,5điểm) Trong lớp học có 36 bàn học cá nhân, được xếp thành hàng và cột (các hàng đánh số từ đến 9) Sĩ số của học sinh của lớp là 35 Sau một học kỳ cô giáo chủ nhiệm xếp lại chỗ ngồi các bạn học sinh lớp Đối với học sinh của lớp, giả sử trước chuyển chỗ, bạn ngồi bàn thuộc hàng thứ m, cột thứ n và sau chuyển chỗ , bạn ngồi bàn thuộc hàng thứ am, cột thứ an, ta gắn cho bạn đó số nguyên (am+an)−(m+n)
Chứng minh tổng của 35 số nguyên gắn với 35 bạn học sinh không vượt quá 11
Câu 5(3điểm)Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O) Điểm M thuộc cung nhỏ CD của (O), M khác C và D MA cắt DB, DC theo thứ tự X,Z; MB cắt CA, CD tại Y,T; CX cắt DY tại K
a CMR: Góc MXT =Góc TXC; Góc MYZ = góc ZYD và góc CKD = 135 0.
b CMR: KXMX+KY MY+
ZT CD=1
c.Gọi I là giao điểm của MK và CD Chứng minh XT,YZ, OI cùng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KZT
-HÕt -Ghi chó : Cán coi thi không giải thích thêm
(6)HƯỚNG DẪN
Câu (1,5 điểm)Giải phương trình:
√
x2+2x+2
√
x2+2x −1+2x2+4x −4=0 ĐK x2+2x −1≥0 đặt x2+2x=a ( a ≥1¿ta có PT
¿a ≤3
a −1=4a2−12a+9 ⇔
¿a ≤3 4a2−13a+10=0
¿ ⇔ ¿a ≤3
2 (a −2)(4a−5)=0
⇔a=5
√
a+2√a −1+2a −4=0⇔√
(√a −1+1)2=4−2a⇔|√a−1+1|=4−2a⇔√a −1=3−2a⇔ {
với a= a=5
2⇒2x
2
+4x=5⇔2x2+4x −5=0⇔(2x −1)(2x+5)=0⇔
x=1 ¿
x=−5 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
thay vao thỏa mãn ĐK
Câu (2 điểm)a, Cho các số a, b, c đôi một phân biệt thỏa mãn a2(b+c)=b2(a+c)=2012
Tính giá trị biểu thức: M=c2(a+b)
b Cho số nguyên dương phân biệt cho số dương chúng không có ước số nguyên nào khác và CMR sớ đó tờn tại sớ mà tích của chúng là mợt sớ phương
H
ướng dẫn a) CÁCH
tư GT ta có a2(b+c)−b2(a+⇔c)=0⇔a2b+a2c − b2a −b2c=0⇔ab(a −b)+c(a2− b)=0
(a− b)(ab+bc+ca)=0⇔ab+bc+ca=0
(7)nên 3a2(b+c)=−3 abc⇔a2(b+c)=−abc⇔−abc=2012
mặt khác ab+bc+ca=0⇔c(a+b)=−ab⇒c2(a+b)=−abc=2012
CÁCH
TA CÓ a2(b+c)=b2(a+c) => a
2 a+c=
b2 b+c=
a2− b2
a+c −b − c=a+b
a2
(b+c)=b2(a+c) ab(a-b)=c(b2 – a2) c= ab¿2
¿
a+b¿2 ¿ ¿
−ab a+b⇒c
2
=¿
=> ab¿2
¿
a+b¿2 ¿ ¿ ¿
c2
(a+b)=¿ =>
ab¿2 ¿ ab¿2
¿ ¿ ¿
c2
(a+b)=¿
b) Cách
số số có dạng 2x.3y đó x, y la số tự nhiên khác 0
(x;y) có thể (C;C); (L:L);(C;L);(L;C) vi có số dạng nên tồn tại số cùng một dang nên tích sớ này là sớ phương
Cách
Ta dễ dàng CM được số tự nhiên bất kỳ tìm được số bất kỳ mà tổng của chúng chia hết cho
Vi số số có dạng 2x.3y đó x, y la số tự nhiên khác nên ta chọn được
2 sớ mà tích của nó là SCP
Câu (2điểm)Cho sớ thực x1, x2, ….,xn Với n ≥3 Kí hiệu max{x1, x2, ….,xn} là số lớn
nhất các số x1, x2, ….,xn CMR:
Max{x1, x2, ….,xn}≥x1, x2, … ,xn
n +
|x1− x2|+|x2− x3|+ |xn −1− xn|+|xn− x1| 2n
Hướng dẫn
Đặt xm=Max{x1; x2, .xn}
ta chứng minh x1+x2+|x1− x2|≤2xm thật vậy
(8)T=x1+ x2+ +xn
n +
|x1− x2|+|x2− x3|+ |xn −1− xn|+|xn− x1| 2n
T=x1+ x2+|x1− x2|+x2+ x3+|x2− x3|+ xn+x1+|xn− x1| 2n
T ≤2xm+2xm+ +2xm 2n =xm CÁCH
Giả sử x1 là số lớn nhất
A= x1 x2 x2 x3 xn1 xn xn x1
= 2x1 + 2a2 + 2a3 +…+ 2ak - 2b1 + 2b2 +…+ 2bl + ( -c1+c1-c2 + c2- -cm + cm)
Với
x x1, , ,2 xn1,xn
x a1, , , , , , , a b b b c c cn n n
=> k + l + m = n và k = l1 2 1
1
1 2
1
2 2
n n n
n
k m
x x x x x x x x
x x x
B
n n
x a a c c c
x n
Mà Max x x
1, , ,2 xn
x1=>
1 2 1
1 2 , , ,
n n n
n n
x x x x x x x x
x x x
Max x x x
n n
Câu (1,5điểm) Trong lớp học có 36 bàn học cá nhân, được xếp thành hàng và cột (các hàng đánh số từ đến 9) Sĩ số của học sinh của lớp là 35 Sau một học kỳ cô giáo chủ nhiệm xếp lại chỗ ngồi các bạn học sinh lớp Đối với học sinh của lớp, giả sử trước chuyển chỗ, bạn ngồi bàn thuộc hàng thứ m, cột thứ n và sau chuyển chỗ , bạn ngồi bàn thuộc hàng thứ am, cột thứ an, ta gắn cho bạn đó số nguyên (am+an)−(m+n)
Chứng minh tổng của 35 số nguyên gắn với 35 bạn học sinh không vượt quá 11 Hướng dẫn
Gọi tọa độ ban là tổng hàng và cột m+n sau xếp lại chỗ ngồi mà bàn trống còn thì S=
∑
(
(am+an)−(m+n))
=0nên S phụ tḥc vào vị trí bàn trớng trước xếp va sau xếp số cao nhất là 4+9=13 thấp nhất là 1+1=2 vậy Max(S)=13-2=11
(9)j
L N K Z
I T
Y X
A
B C
M D
O
a) ta có XDT=XMT=45=>DXTM nội tiếp
Mà DMT=90=>DXT=90=> XT BD=>XT XO
Lại có XO là phân giác CXA=>XT là phân giác ZXC=>MXT=TXC Tương tự ta có MZYC nội tiếp=>AY ZY
Lại có YO là phân giác DYB=>YZ là phân giác DYM=>MYZ=ZYD Ta có XAC cân tại X => MAY=KCY
Mà KYZ+AYK=90 ; ZYM+MYC=90; ZYK=ZYM =>KYA=CYM
KYA+KYM=KYM+CYM hay KYC=MYA => MYA~KYC AMY=CKY=45=>DKC=135
b) Có DO là trung trực AC=>DXC=DXA<c-c-c>
=>DCX=DAY mà DAX=DCM<cùng chắn cung MD của (O)> =>DC là phân giác của MCX
Ta có CMD=DMA+AMC=45+90=135=>CMD=DKC
=>DMC~DKC <G-G> =>MDC=KDC=>DC là phân giác của MDK
=>DXC=DKC<g-c-g>
=> MD=DK; CM=CK => CD là trung trực MK => MZ=ZK; MT=TK (*) => MZC=KZC <c-c-c> => KZC vuông tại K
=>MTD=KTD<c-c-c> => KTD vuông tại K
Ta có XZK~XMC <g-g> => XK/XM =KZ/MC
=> XK/XM=MZ/MC (1) (theo *)
(10)Ta có YTK~YDM <g-g> =>YK/YM=TK/DM
=> YK/YM=MT/DM (3) ( theo *) Mà TMD~CTB <g-g>=> MT/MD=CT/CB=CT/CD (4) (CB=CD)
TỪ 1, 2, 3,4 =>KX/MX +KY/MY + ZT/CD = DZ/DC+TC/DC +ZT/DC =1
b) Gọi L là giao điểm của XT và YZ
theo (a) ta có XT XO và AY ZY => XOYL là hình chữ nhật
Lại có DTX vuông tại X có D=45 =>XTD =45 => LTZ=45
=>TLZ vuông cân tại L => ZL=LT (5)
Gọi N là giao điểm CX và ZY
XZN cân tại X ( vì TX vừa là đường coa vừa là phân giác) L là trung điểm ZN mà ZKL vuông tại K => LZ=CT=KL L là tâm đường tròn ngoại tiếp TKZ
gọi giao XT va YD tại E ta có E.L.T thẳng hàng ΔHEN đồng dạng ΔCOD suy HNOC =EN
CD= LT OC=
NT CB
vi NT//BC nên NTBC=IT IC⇒
LT OC=
IT
ICma∠LTI=∠OCI=45
(11)ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN HỆ THPT CHUN NĂM 2012
MƠN THI: TỐN
(cho tất cả các thí sinh)Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I 1) Giải phương trình
√x+9+2012√x+6=2012+
√
(x+9) (x+6)2)Giải hệ phương trình
¿
x2+y2+2y=4 2x+y+xy=4
¿{ ¿
Câu II 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x ; y) thỏa mãn đẳng thức:
(x+y+1)(xy+x+y)=5+2(x+y)
2) Giả sử x, y la các số thực dương thỏa mãn điêu kiện (√x+1) (√y+1)≥4
Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
P=x
2 y+
y2 x
(12)cung nhỏ BC ( M khác B,C và AM không qua O).Giả sử P là một điểm thuộc đoạn thẳng AM cho đường tròn đường kính MP cắt cung nhỏ BC tại điểm N khác M
1)Gọi D là điểm đối xứng với điểm M qua O Chứng minh N,P,D thẳng hàng 2)Đường tròn đường kính MP cắt MD tại Q khác M.Chứng minh Q là tâm đườn tròn nội tiếp tam giác AQN
Câu IV Giả sử a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a ≤ b ≤3≤ c ; c ≥ b+1;a+b ≥ c
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q=2 ab+a+b+c(ab−1) (a+1)(b+1)(c+1)
Cán coi thi khơng giải thich thêm.
Hướng dẫn Câu 1
a) ĐK : x ≥ -6
√x+9+2012√x+6=2012+
√
(x+9) (x+6) √x+9(1−√x+6)+2012(
√
(x+6)−1)=0 (−√x+9+2012)(
√
(x+6)−1)=0
x = -5 ; x = 4048135 b)C¸ch
2
2 2 4 2 4
1
2
x y y
x y y
y x x
x y xy
NÕu x + = => x = -1, thay vµo PT(2) ta cã : 0y = 6(VN) VËy x -1, tõ PT (2) => y =
4
x x
(*)Thay vào PT (1) ta đợc
2 24 4
1
x x
x
x x
<=> x42x3 3x2 20x20 0
<=>
2
1 10
x x x x
Do x2 + 5x + 10 > 0
<=>
x1
x 2
0+) Víi x – = => x = 1, thay vµo (*) => y = +) Víi x – = => x = 2, thay vµo (*) => y =
Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm (x ; y) = (1 ; 1) , (2 ; 0)
(13)<=>
2 2 4 2 2 4
2 4(2) 2
x y y x y y
x y xy x y xy
<=>
2 2 4 2 2 12 0
2
x y y x y xy
x y xy
<=>
2 42
x y x y
x y xy
<=>
2
6
2
x y x y
x y xy
<=> 2 x y x y xy x y
x y xy <=> 1 x y x y
Vậy hệ phơng trình có hai nghiệm (x ; y) = (1 ; 1) , (2 ; 0)
Câu 2
(1)
(x+y+1)(xy+x+y)=5+2(x+y)
(x+y+1)(xy+x+y)=2(x+y+1)+3
(x+y+1)(xy+x+y −2)=3 (I)
¿
x+y+1=−3
x+y+xy−2=−1 ¿{
¿
hoặc (II)
¿
x+y+1=−1
x+y+xy−2=−3 ¿{
¿
Hoặc (III)
¿
x+y+1=1
x+y+xy−2=3 ¿{
¿
hoặc (IV)
¿
x+y+1=3
x+y+xy−2=1 ¿{
¿
Giải các hệ pt ta thấy hệ (II) có nghiệm (x;y) =(-1;-1)
các hpt I; III; IV không thỏa mãn (x;y) nguyên
Vậy có nhất cặp số (x;y) =(-1;-1) thỏa mãn đề bài
(2)
Cách 1
(14)ta có 4≤(√x+1)(√y+1)≤
(
√x+√y+22
)
2
⇔√x+√y ≥2
Áp dụng BĐT bunhia cho √x ;√yva 1;1 2(x+y)≥(√x+√y)2≥4⇔x+y ≥2
Mặt khác áp dụng BĐT Bunhia cho y
x
;
x
√y va √y ; √x
Ta có P≥ x+y ≥2 Min(p)=2 x=y=1
Cách khác áp dụng BĐT Bunhia cho y
x
;
x
√y va √y ; √x
P≥ x+y=x+1+y+1−2≥2√x+2√y −2=2(√x+1+√y+1)−6≥4
√
(√x+1)(√y+1)−6=2Min (P)=2 x=y=1
Câu 3
C D
A
B N
M P
Q O
a) Có DNM=90 =PNM => D; P; N thẳng hàng
b)Có MNPQ nt => NPM=NQM
MNAD nt =>NAM=NDM
Mà NPM=NAM+PNA
NQM=NDM+QND
PNA=QND => NP là phân giác QAN (1)
Có PAD=PQD=90 => PQDA nt
QAP=PQD
Mà QDP=MAN (cùng chắn cung MN của (O) )
ANP=PAQ => PA là phân giác QAN (2)
(15)Cách1
Khơng tính tổng quát ta đặt
¿
a=1+β>0
b=2+β>0
c=3+β>0 ⇒ ¿{ {
¿
Q=2 ab+a+b+c(ab−1) (a+1)(b+1)(c+1)
=
β3+8β2+18β+10
β3+9β2+26β+24
kết hợp với điều kiện đầu bài
a ≤ b ≤3≤ c ; c ≥ b+1;a+b ≥ c⇒0≤ β ≤1
Do ta có tốn sau :
Cho
0 1Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc
Q =
β3+8β2+18β+10β3+9β2+26β
+24
ThËt vËy ta cã
Víi mäi
β∈[0;1]th×
72+51+86>0.
Mà theo giả thiết có
β ≥0⇒β(7β2+51β+86)≥0⇔7β3+51β2+86β ≥0⇔(12β3−5β3)+(96β2−45β2)+ (216β −130β)≥0 ⇔12β3
+96β2+216β ≥5β3+45β2+130β ⇔12β3+96β2+216β+120≥5β3+45β2+130β+120 ⇔12(β3+8β2+18β+10)≥5(β3+9β2+26β+24)
⇔β3+8β2+18β+10 β3
+9β2+26β+24≥ 12⇒Q ≥
5
12
v×
β3
+9β2+26β+24>0
víi mäi
[0;1].Vậy giá trị nhỏ Q
125khi a = ; b = ; c =
cách
Q=2 ab+a+b+c(ab−1) (a+1)(b+1)(c+1) ≥
5
12 ⇔ 7abc+7a+7b+19ab≥5bc+5ca+17c+5
VT=5abc+2abc+7(a+b)+19ab≥5(a+b−1)c+6ab+7c+19(a+b−1)
≥5(a+b−1)c+6(a+b−1)+7c+19(c−1)=5(a+b)c+27c−25≥VP
Dấu “=” xảy
¿
27c −25=17c+5
a+b −1=ab
a+b=c
c=3 ⇔ ¿a=1
b=2
c=3 ¿{ {{ ¿
ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI ĐỀ THI TUYỂN SINH LỚP 10
(16)MƠN THI: TỐN
(Vòng 2)Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu I 1)Giải hệ phương trình
¿ xy(x+y)=2
9 xy(3x − y)+6=26x3−2y3
¿{ ¿
2) Giải phương trình
(√x+4−2)(√4− x+2)=2x
Câu II 1) Tìm tất hai chữ số cuối cùng của số cả
A=41106+572012
2) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số
y=3√2x −1+x
√
5−4x2 Với 12≤ x ≤√52
Câu III.Cho tam giác nhọn ABC (AB>AC) nội tiếp đường tròn tâm O Giả sử M,N là hai điểm thuộc cung nhỏ BC cho MN song song với BC và tia AN nằm giữa hai tia AM,AB Gọi P là hình chiếu của vuông góc của điểm C AN va Q là hình chiếu vuông góc của điểm M AB
1)Giả sử CP cắt cắt QM tại điểm T.Chứng minh T nằm đường tròn (O) 2)Gọi giao điểm của NQ và (O) tại R khác N.Giả sử AM cắt PQ tại S Chứng minh điểm A, R,Q,S cùng thuộc một đường tròn
Câu IV Với số nguyên n lớn cố định xét các tập n số thực đôi một khác X={x1, x2, .xn} Kí hiệu C(X) là sớ giá trị khác của tổng
xi+xj,(1≤i ≤ j≤ n) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của C(X)
Cán coi thi không giải thich thêm.
(17)Câu
1)
¿ xy(x+y)=2
9 xy(3x − y)+6=26x3−2y3
¿{ ¿
¿
3 xy(x+y)=6(1)
−9 xy(3x − y)+26x3−2y3=6(2)
¿{ ¿
Từ hệ => 3xy(x+y)=26x3-2y3-9xy(3x-y) 26x3-2y3-30x2y+6xy2=0 ( 27x3-y3-27x2y+9xy2 )- (x3 + y3 + 3x2y+3xy2 ) =0
(3x-y)3 - (x+y)3 =0 (3x-y) – (x+y) =0 x=y
Thay vào (1) rồi kiểm tra ở (2) thấy x=y=1 là nghiệm của hệ. 2) (√x+4−2)(√4− x+2)=2x (ĐK : -4 x
(√x+4+2)(√x+4−2) (√4− x+2)=2x(√x+4+2) (cũng có thể nhân cả vvế với (√4− x −2)
)
x(√4− x+2−2√x+4−4)=0 x(√4− x+2−2√x+4−4)=0
x(√4− x −2√x+4−2)=0 x=0 (√4− x −2√x+4−2)=0 (*)
(*) 4-x =4x+8 √x+4 +20 5(x+4) +8 √x+4 -4 =0 √x+4 =-2 <0 loại √x+4 =2/5 => x=-96/25 (TM)
Câu
A=41106+572012
1) Ta có 574 (mod 100) =>( 574 )503 1503 1(mod 100)
=> 572012 có chữ số tận cùng là 01
Ta có 415 (mod 100) =>( 415 )21 (1)21 (mod 100)
=>( 45 )21 (mod 100) =>41( 415 )21 = 41106 41.1 41 (mod 100)
=> 41106 có chữ số tận cùng là 41
Vậy 4106 + 572012 có chữ số tận cùng là 41+1=42
2) y=3√2x −1+x
√
5−4x2≤3[
1+2x −1]
+x2+(5−4x2
)
2 =
−3x2
+6x+5
=> x −1¿
2
+4≤4
y ≤−3
2¿
=> GTLN của y =4 1=2x-1 và x2 = 5-4x2 x=1
(18)
K S
O Q P
C
M N
B T R
A
a) Ta dễ dàng chứng minh được hai dây // thì chắn hai cung => cung CM=cungNB => CAM=NAB
Gọi K là giao điểm của AN và MT => KAQ=KTP (cùng phụ AKT) => CAM=CTM => ACMT nt => T thuộc (O)
b) Ta có APT=AQT=90=>APQT nt => ATP=AQP mà ATP=ATC=ABC =>AQP=ABC => SQ//BC//NM => RQS=RNM
Mà AMNR nt => MAR+MNR=180 hay SQR+SAR=180
ARQS nt Câu
C(X)≥2n−1 va C(X)≤n(n −1)
Trên có sử dụng vả sưu tầm một số lời giải của các thầy: NGUYỄN MINH SANG –THCS LÂM THAO – PHÚ THO NGUYỄN VĂN TUYÊN –B/N-Q/V
GV Trần Bình Trân THCS Phượng Lâu –Việt Trì - Phú Thọ mọi góp ý lời giải liên hệ gmail:info@123doc.org