Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán khu vực Nam Định 2024 - 2025 (Đề 14)

1) Ta có: $\frac{4}{{\sqrt 5 - \sqrt 3 }} - \sqrt {12} = \frac{{4\left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)}}{{5 - 3}} - 2\sqrt 3 = \frac{{4\left( {\sqrt 5 + \sqrt 3 } \right)}}{2} - 2\sqrt 3$

$= 2\sqrt 5 + 2\sqrt 5 - 2\sqrt 3 = 2\sqrt 5 .$

Vậy đẳng thức được chứng minh.

2) Với $x > 0$và $x \ne 1$, ta có:

$F = \left( {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{x - \sqrt x }}} \right):\left( {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{2}{{x - 1}}} \right)$

$$= \left[ {\frac{{\sqrt x }}{{\sqrt x - 1}} - \frac{1}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}} \right]:\left[ {\frac{1}{{\sqrt x + 1}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right]$$

$$= \frac{{x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\left[ {\frac{{\sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}} + \frac{2}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}} \right]$$

$= \frac{{x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\frac{{\sqrt x + 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\left( {\sqrt x + 1} \right)}}$$= \frac{{x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}:\frac{1}{{\sqrt x - 1}}$

$= \frac{{x - 1}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}.\frac{{\sqrt x - 1}}{1}$$= \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }}.$

Vậy $F = \frac{{x - 1}}{{\sqrt x }}$ với $x > 0$ và $x \ne 1.$

1) Với $m = 1,$ thay vào phương trình ta được:

${x^2} - x = 0$ hay $x\left( {x - 1} \right) = 0$ nên $x = 0$ hoặc $x = 1.$

Vậy với $m = 1$ thì phương trình có hai nghiệm là $x = 0;\,\,x = 1.$

2) Phương trình ${x^2} - \left( {2m - 1} \right)x + {m^2} - 1 = 0$ có:

$\Delta = {\left[ { - \left( {2m - 1} \right)} \right]^2} - 4\left( {{m^2} - 1} \right) = 4{m^2} - 4m + 1 - 4{m^2} + 4 = - 4m + 5.$

Để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta > 0,$ tức là $- 4m + 5 > 0$ hay $m < \frac{5}{4}.$

Như vậy, với $m < \frac{5}{4}$ thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt ${x_1},\,\,{x_2}.$

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 2m - 1\\{x_1}{x_2} = {m^2} - 1.\end{array} \right.$

Theo bài, $\left( {{x_1} - 2{x_2}} \right)\left( {{x_2} - 2{x_1}} \right) = 9$

${x_1}{x_2} - 2x_1^2 - 2x_2^2 + 4{x_1}{x_2} = 9$

$5{x_1}{x_2} - 2\left( {x_1^2 + x_2^2} \right) = 9$

$9{x_1}{x_2} - 2\left( {x_1^2 + 2{x_1}{x_2} + x_2^2} \right) - 9 = 0$

$9{x_1}{x_2} - 2{\left( {{x_1} + {x_2}} \right)^2} - 9 = 0.\,\,\,\left( * \right)$

Thay ${x_1} + {x_2} = 2m - 1$ và ${x_1}{x_2} = {m^2} - 1$ vào $\left( * \right)$ ta được:

$9\left( {{m^2} - 1} \right) - 2{\left( {2m - 1} \right)^2} - 9 = 0$

$9{m^2} - 9 - 2\left( {4{m^2} - 4m + 1} \right) - 9 = 0$

${m^2} + 8m - 20 = 0$

$m = 2$ hoặc $m = - 10.$

Ta thấy chỉ có giá trị $m = - 10$ thỏa mãn $m < \frac{5}{4}.$

Vậy $m = - 10.$

Xét hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 5} + 3{\left( {y - 1} \right)^2} = 4\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2\sqrt {x - 5} + {y^2} - 2y = 2\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Điều kiện xác định: $x \ge 5.$

Từ phương trình $\left( 2 \right)$ ta có $2\sqrt {x - 5} + {y^2} - 2y + 1 = 3$ hay $2\sqrt {x - 5} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 3.\,\,\,\left( 3 \right)$

Do đó ta có hệ phương trình mới là: $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 5} + 3{\left( {y - 1} \right)^2} = 4\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\2\sqrt {x - 5} + {\left( {y - 1} \right)^2} = 3\,\,\,\,\,\,\,\left( 3 \right)\end{array} \right.$

Nhân cả hai vế của phương trình $\left( 3 \right)$ với $3,$ ta được hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}\sqrt {x - 5} + 3{\left( {y - 1} \right)^2} = 4\\6\sqrt {x - 5} + 3{\left( {y - 1} \right)^2} = 9.\end{array} \right.$

Trừ từng vế phương trình thứ hai và phương trình thứ nhất của hệ trên, ta được:

$5\sqrt {x - 5} = 5,$ suy ra $\sqrt {x - 5} = 1,$ do đó $x - 5 = 1$ nên $x = 6$ (thỏa mãn $x \ge 5).$

Thay $\sqrt {x - 5} = 1$ vào phương trình $\left( 1 \right),$ ta được: $1 + 3{\left( {y - 1} \right)^2} = 4,$ nên ${\left( {y - 1} \right)^2} = 1.$

Do đó $y - 1 = 1$ hoặc $y - 1 = - 1$

Suy ra $y = 2$ hoặc $y = 0.$

1) Tam giác $BHC$ vuông tại $H$ có:

$$BH = BC \cdot \sin \widehat {BCD} = 26 \cdot \frac{5}{{13}} = 10{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$$

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác này, ta được: $B{C^2} = B{H^2} + H{C^2}$

Suy ra $H{C^2} = B{C^2}--B{H^2} = {26^2}--{10^2} = 576.$

Do đó $HC = \sqrt {576} = 24{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Ta có: $HA = BH - AB = 10 - 4 = 6{\rm{\;(m);}}$ $HD = HC - CD = 24 - 16 = 8{\rm{\;(m)}}{\rm{.}}$

Diện tích vườn là: ${S_{ABCD}} = {S_{\Delta HBC}} - {S_{\Delta HAD}} = \frac{1}{2} \cdot HB \cdot HC - \frac{1}{2} \cdot HA \cdot HD$

$= \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 24 - \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 8 = 120 - 24 = 96$ (m2).

2)

a) ⦁ Ta có: $MA$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ nên $OA \bot AM$ do đó $\widehat {MAO} = 90^\circ .$

Suy ra điểm $A$ nằm trên đường tròn đường kính $MO.$

Ta có $OB = OC$ nên $O$ nằm trên đường trung trực của $BC,$ lại có $H$ là trung điểm của $BC.$ Do đó $OH$ là đường trung trực của $BC$ nên $OH \bot BC$ hay $\widehat {MHO} = 90^\circ .$ Suy ra điểm $H$ nằm trên đường tròn đường kính $MO.$

Như vậy, các điểm $A,M,O,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MO.$

⦁ Ta có $\widehat {MAB} + \widehat {BAO} = 90^\circ$ suy ra $\widehat {MAB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\,\left( 1 \right)$

Xét $\Delta OAB$ cân tại $O$ (do $OA = OB)$ nên $\widehat {BAO} = \widehat {ABO} = \frac{{180^\circ - \widehat {AOB}}}{2} = 90^\circ - \frac{1}{2}\widehat {AOB}.$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {ACB} = \frac{1}{2}\widehat {AOB}$ (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung $AB)$

Suy ra $\widehat {BAO} = 90^\circ - \widehat {ACB}$ hay $\widehat {ACB} = 90^\circ - \widehat {BAO}.\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra $\widehat {MAB} = \widehat {ACB}.$

Xét $\Delta MAB$ và $\Delta MCA$ có: $\widehat {AMC}$ là góc chung và $\widehat {MAB} = \widehat {MCA}$ (chứng minh trên)

Do đó (g.g), suy ra $\frac{{MA}}{{MC}} = \frac{{MB}}{{MA}}$ hay $M{A^2} = MB \cdot MC.$

b)

Chứng minh bổ đề: Cho tứ giác $ABCD$ có $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}.$ Chứng minh tứ giác $ABCD$ là tứ giác nội tiếp.

• Giả sử $\Delta ABC$ có đường tròn ngoại tiếp tâm $O$ và đường kính $AK$ nên tứ giác $ABCK$ nội tiếp, suy ra $\widehat {ACB} = \widehat {AKB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB).$

Mà $\widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (giả thiết) nên $\widehat {ADB} = \widehat {AKB}.$ $\left( 1 \right)$

⦁ Gọi $F$ là giao điểm của $AK$ và $BD,$ $F$ nằm trong đường tròn $\left( O \right).$

Xét $\Delta AFD$ và $\Delta BFK$ có: $\widehat {AFD} = \widehat {BFK}$ (đối đỉnh) và $\widehat {ADF} = \widehat {BKF}$ (chứng minh trên)

Do đó suy ra $\frac{{AF}}{{BF}} = \frac{{DF}}{{KF}}$ nên $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}.$

Xét $\Delta DFK$ và $\Delta AFB$ có: $\frac{{AF}}{{DF}} = \frac{{BF}}{{KF}}$ và $\widehat {DFK} = \widehat {AFB}$ (đối đỉnh)

Do đó suy ra $\widehat {FDK} = \widehat {FAB}.\,\,\,\left( 2 \right)$

⦁ Ta có $\widehat {ABK}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên $\widehat {ABK} = 90^\circ ,$ do đó $\Delta ABK$ vuông tại $B,$ suy ra $\widehat {FAB} + \widehat {AKB} = 90^\circ .\,\,\,\left( 3 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\,\,\left( 2 \right),\,\,\left( 3 \right)$ suy ra $\widehat {ADB} + \widehat {FDK} = 90^\circ$ hay $\widehat {ADK} = 90^\circ .$

Khi đó $\Delta ADK$ vuông tại $D$ nên điểm $D$ nằm trên đường tròn đường kính $AK.$

Suy ra tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AK.$

Tứ giác $AOHM$ nội tiếp nên $\widehat {HAO} = \widehat {HMO}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $HO)$

Vì $CK\,{\rm{//}}\,MO$ nên $\widehat {KCM} = \widehat {OMC}$ (hai góc so le trong)

Do đó $\widehat {KAH} = \widehat {KCH}.$ Từ bổ đề đã chứng minh ở trên, ta suy ra được tứ giác $AHKC$ nội tiếp.

Suy ra $\widehat {AKH} = \widehat {ACH}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AH)$

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có $\widehat {ACH} = \widehat {ACB} = \widehat {ADB}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $AB)$

Suy ra $\widehat {AKH} = \widehat {ADB}.$ Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên $HK\,{\rm{//}}\,BD.$

Gọi $I$ là giao điểm của $HK$ và $CD.$

Xét $\Delta BCD$ có $H$ là trung điểm của $BC$ và $HI\,{\rm{//}}\,BD$ nên $HI$ là đường trung bình của tam giác, do đó $I$ là trung điểm của $CD.$

Vậy $HK$ đi qua trung điểm của $CD.$

1) Điều kiện xác định:

${x^3} + 8 \ge 0,$ hay $\left( {x + 2} \right)\left( {{x^2} - 2x + 4} \right) \ge 0,$ nên $x \ge - 2$ (do ${x^2} - 2x + 4 > 0$ với mọi $x \in \mathbb{R}).$

Ta có: $2\left( {{x^2} - 3x + 2} \right) = 3\sqrt {{x^3} + 8}$

$2\left( {{x^2} - 2x + 4} \right) - 2\left( {x + 2} \right) = 3\sqrt {x + 2} \cdot \sqrt {{x^2} - 2x + 4} .$

Đặt $u = \sqrt {{x^2} - 2x + 4} \ge \sqrt 3$ và $v = \sqrt {x + 2} \ge 0.$

Ta được phương trình: $2{u^2} - 2{v^2} = 3uv$

$\left( {2u + v} \right)\left( {u - 2v} \right) = 0$

$u = 2v$ (vì $u \ge \sqrt 3 ,v \ge 0$ nên $2u + v > 0).$

Suy ra $\sqrt {{x^2} - 2x + 4} = 2\sqrt {x + 2}$

${x^2} - 2x + 4 = 4\left( {x + 2} \right)$

${x^2} - 6x - 4 = 0$

$x = 3 + \sqrt {13}$ hoặc $x = 3 - \sqrt {13} .$

Ta thấy các giá trị của $x$ tìm được ở trên đều thỏa mãn điều kiện $x \ge - 2.$

Vậy phương trình có hai nghiệm là $x = 3 + \sqrt {13} ;\,\,x = 3 - \sqrt {13} .$

2) Ta có: $P = \frac{3}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{10}}{{xy}} + 8xy + 3.$

Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có: $xy \le \frac{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}}{4} = \frac{{{2^2}}}{4} = 1.$

Chứng minh bổ đề: Với hai số thực dương $a,\,\,b$ ta luôn có $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{4}{{a + b}}.$

Theo bất đẳng thức Cauchy, ta có: $a + b \ge 2\sqrt {ab} ;\,\,\frac{1}{a} + \frac{1}{b} \ge \frac{2}{{\sqrt {ab} }}.$

Suy ra $\left( {a + b} \right)\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \ge 2\sqrt {ab} \cdot \frac{2}{{\sqrt {ab} }} = 4.$

Do đó $\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} \right) \ge \frac{4}{{a + b}}.$

Theo bổ đề trên, ta có:

$P = \frac{3}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{{10}}{{xy}} + 8xy + 3 = \frac{3}{{{x^2} + {y^2}}} + \frac{3}{{2xy}} + 8xy + \frac{8}{{xy}} + \frac{1}{{2xy}} + 3$

$\ge \frac{{3 \cdot 4}}{{{x^2} + {y^2} + 2xy}} + 2 \cdot \sqrt {8xy \cdot \frac{8}{{xy}}} + \frac{1}{2} + 3 = \frac{{12}}{{{{\left( {x + y} \right)}^2}}} + 2 \cdot 8 + \frac{1}{2} + 3$

$\ge \frac{{12}}{{{2^2}}} + 16 + \frac{1}{2} + 3 = \frac{{45}}{2}.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x = y = 1.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của $P$ bằng $\frac{{45}}{2}$ khi $x = y = 1.$