Ôn thi Cấp tốc 789+ vào 10 môn Toán khu vực Thanh Hóa 2024 - 2025 (Đề 18)

1) Với $x > 0,\,\,x \ne 1$ ta có:

$P = \frac{{\sqrt x + 1}}{{\sqrt x - 1}} + \frac{{2\sqrt x + 1}}{{x - \sqrt x }} + \frac{1}{{\sqrt x }}$

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

$= \frac{{x + \sqrt x + 2\sqrt x + 1 + \sqrt x - 1}}{{\left( {\sqrt x - 1} \right)\sqrt x }}$$= \frac{{x + 4\sqrt x }}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}}$

$= \frac{{\sqrt x \left( {\sqrt x + 4} \right)}}{{\sqrt x \left( {\sqrt x - 1} \right)}} = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}.$

Vậy với $x > 0,\,\,x \ne 1$ thì $P = \frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}}.$

2) Với $x > 0,\,\,x \ne 1$ ta có: $P < 0$ tức là $\frac{{\sqrt x + 4}}{{\sqrt x - 1}} < 0$ suy ra $\sqrt x - 1 < 0$ (vì $\sqrt x + 4 > 0)$

Do đó $\sqrt x < 1$ hay $x < 1.$

Kết hợp với điều kiện $x > 0,\,\,x \ne 1$ ta có $0 < x < 1.$

1) Để $\left( d \right)\,{\rm{//}}\,\left( {d'} \right)$ thì $\left\{ \begin{array}{l}{m^2} - 3 = 6\\m \ne 3\end{array} \right.$ hay$\left\{ \begin{array}{l}{m^2} = 9\\m \ne 3\end{array} \right.$ suy ra $m = - 3.$

Vậy với $m = - 3$ thì hai đường thẳng đã cho song song với nhau.

2) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}x + 5y = - 7\\x - 4y = 11.\end{array} \right.$

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

$9y = - 18,$ suy ra $y = - 2.$

Thay $y = - 2$ vào phương trình $x + 5y = - 7,$ ta được:

$x + 5 \cdot \left( { - 2} \right) = - 7,$ suy ra $x = 3.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là $\left( {x;{\rm{ }}y} \right) = \left( {3;\,\, - 2} \right).$

1) Xét phương trình ${x^2} + 6x + 5 = 0$

Phương trình trên có $a - b + c = 1 - 6 + 5 = 0$ nên phương trình này có hai nghiệm là ${x_1} = - 1;\,\,{x_2} = - 5.$

Vậy phương trình có nghiệm là ${x_1} = - 1;\,\,{x_2} = - 5.$

2) Xét phương trình ${x^2} - x + 4m + 2 = 0$

Phương trình trên có $\Delta = {\left( { - 1} \right)^2} - 4 \cdot \left( {4m + 2} \right) = 1 - 16m - 8 = - 16m - 7.$

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì $\Delta > 0,$ tức là $- 16m - 7 > 0,$ suy ra $m < \frac{{ - 7}}{{16}}.$

Theo định lí Viète, ta có: $\left\{ \begin{array}{l}{x_1} + {x_2} = 1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\\{x_1}{x_2} = 4m + 2\,\,\,\,\left( 2 \right)\end{array} \right.$

Theo bài, ${x_1}^2 - 4{x_1}{x_2} + 3{x_2}^2 = 5\left( {{x_1} - {x_2}} \right)$

${x_1}^2 - {x_1}{x_2} - 3{x_1}{x_2} + 3{x_2}^2 = 5\left( {{x_1} - {x_2}} \right)$

${x_1}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - 3{x_2}\left( {{x_1} - {x_2}} \right) - 5\left( {{x_1} - {x_2}} \right) = 0$

$\left( {{x_1} - {x_2}} \right)\left( {{x_1} - 3{x_2} - 5} \right) = 0$

${x_1} = {x_2}$ (loại do ${x_1} \ne {x_2})$ hoặc ${x_1} - 3{x_2} = 5.$

Từ ${x_1} - 3{x_2} = 5,$ suy ra ${x_1} = 3{x_2} + 5,$ thay vào $\left( 1 \right),$ ta được:

$3{x_2} + 5 + {x_2} = 1,$ suy ra $4{x_2} = - 4,$ nên ${x_2} = - 1.$

Thay ${x_2} = - 1$ vào ${x_1} = 3{x_2} + 5,$ ta được: ${x_1} = 3 \cdot \left( { - 1} \right) + 5 = 2.$

Thay ${x_1} = 2,\,\,{x_2} = - 1$ vào $\left( 2 \right),$ ta được:

$2 \cdot \left( { - 1} \right) = 4m + 2,$ suy ra $m = - 1$ (thỏa mãn điều kiện).

Vậy $m = - 1$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

Do đó $\widehat {IOK} = \widehat {IOH} + \widehat {HOK} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {EOH} + \widehat {HOF}} \right) = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\,\left( 1 \right)$

Do $AEOF$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat {EAF} + \widehat {EOF} = 180^\circ ,$ suy ra $\widehat {EAF} = 180^\circ - \widehat {EOF}.$

Mặt khác, $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên $\widehat {ACB} = \frac{{180^\circ - \widehat {BAC}}}{2} = \frac{{180^\circ - \left( {180^\circ - \widehat {EOF}} \right)}}{2} = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\left( 2 \right)$

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

Ta có: $\widehat {IOK} + \widehat {IOB} + \widehat {KOC} = 180^\circ ;$

$\widehat {ACB} + \widehat {CKO} + \widehat {KOC} = 180^\circ$

Suy ra $\widehat {IOB} = \widehat {CKO}.$ Kết hợp $\widehat {OBI} = \widehat {OCK}$ ta chứng minh được (g.g).

3) Vì $O$ là trung điểm của $BC$ nên $OB = OC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Vì $\Delta ABC$ cân tại $A$ nên đường trung tuyến $AO$ đồng thời là đường cao và đường phân giác của tam giác.

Xét $\Delta ABO$ vuông tại $O,$ ta có $A{B^2} = A{O^2} + B{O^2}$ (định lí Pythagore)

Suy ra $AO = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}} = \sqrt {{5^2} - {3^2}} = \sqrt {16} = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Xét $\Delta OBE$ và $\Delta ABO$ có: $\widehat {ABO}$ là góc chung và $\widehat {BEO} = \widehat {BOA} = 90^\circ .$

Do đó (g.g), suy ra $\frac{{OB}}{{AB}} = \frac{{BE}}{{BO}} = \frac{{OE}}{{AO}}$

Nên $O{B^2} = AB \cdot BE$ và $OE \cdot AB = OB \cdot OA.$

Từ đó, ta có $BE = \frac{{O{B^2}}}{{AB}} = \frac{{{3^2}}}{5} = 1{,}8{\rm{\;(cm)}}$ và $OE = \frac{{OB \cdot OA}}{{AB}} = \frac{{3 \cdot 4}}{5} = 2{,}4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}$

Theo câu 2, suy ra $\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BI}}{{CO}}$ hay $KC \cdot BI = OB \cdot OC = O{B^2}.$

Ta có: ${S_{AIK}} = {S_{ABC}} - {S_{BIKC}}$ nên ${S_{AIK}}$ lớn nhất khi ${S_{BIKC}}$ nhỏ nhất.

Gọi $R$ là bán kính đường tròn $\left( O \right).$ Khi đó $R = OE = 2{,}4{\rm{\;cm}}.$

Ta có: ${S_{BIKC}} = {S_{BOI}} + {S_{IOK}} + {S_{KOC}} = \frac{1}{2}\left( {OE \cdot BI + OH \cdot IK + OF \cdot KC} \right)$

$= \frac{1}{2}R \cdot \left( {BI + IK + KC} \right)$$= \frac{1}{2}R\left( {BI + IH + HK + KC} \right)$

$= \frac{1}{2}R\left( {BI + CK + IE + KF} \right)$$= \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - BE - CF} \right)$

$= \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - 2BE} \right)$$= R\left( {BI + CK - BE} \right)$

$\le R \cdot \left( {2\sqrt {BI \cdot CK} - BE} \right) = R \cdot \left( {2\sqrt {O{B^2}} - BE} \right) = R \cdot \left( {2OB - BE} \right)$

$= 2{,}4 \cdot \left( {2 \cdot 3 - 1{,}8} \right) = 10{,}08{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Lại có ${S_{ABC}} = \frac{1}{2}AO \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Do đó ${S_{AIK}} \le 12 - 10{,}08 = 1{,}92{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}$

Dấu “=” xảy ra khi $BI = CK$ hay $AI = AK,$ tức là $\Delta AIK$ cân tại $A$ nên đường phân giác $AO$ của tam giác này đồng thời là đường cao, tức $AO \bot IK,$ mà $OH \bot IK$ nên $OH$ trùng $OA,$ hay $H$ là điểm chính giữa cung $EF.$

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $AIK$ bằng $1{,}92$ cm2 khi $H$ là điểm chính giữa cung $EF.$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương $a,{\rm{ }}b,{\rm{ }}c$ và $abc = 1,$ ta có:

${a^4}\left( {{b^2} + {c^2}} \right) = {a^2}\left( {{a^2}{b^2} + {a^2}{c^2}} \right) \ge {a^2} \cdot 2\sqrt {{a^4}{b^2}{c^2}} = 2{a^3}.$

Chứng minh tương tự, ta được ${b^4}\left( {{c^2} + {a^2}} \right) \ge 2{b^3};\,\,\,{c^4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right) \ge 2{c^3}.$

Khi đó ta được:

$P = \frac{{{a^4}\left( {{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{{b^4}\left( {{c^2} + {a^2}} \right)}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{{c^4}\left( {{a^2} + {b^2}} \right)}}{{{a^3} + 2{b^3}}}$$\ge \frac{{2{a^3}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{2{b^3}}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{2{c^3}}}{{{a^3} + 2{b^3}}}$

Đặt $M = \frac{{2{a^3}}}{{{b^3} + 2{c^3}}} + \frac{{2{b^3}}}{{{c^3} + 2{a^3}}} + \frac{{2{c^3}}}{{{a^3} + 2{b^3}}}$ và $\left\{ \begin{array}{l}x = {b^3} + 2{c^3}\\y = {c^3} + 2{a^3}\\z = {a^3} + 2{b^3}.\end{array} \right.$

Khi đó ta được $\left\{ \begin{array}{l}{b^3} = \frac{{x - 2y + 4z}}{9}\\{c^3} = \frac{{y - 2z + 4x}}{9}\\{a^3} = \frac{{z - 2x + 4y}}{9}\end{array} \right.$

Suy ra $M = \frac{{2\left( {z - 2x + 4y} \right)}}{{9x}} + \frac{{2\left( {x - 2y + 4z} \right)}}{{9y}} + \frac{{2\left( {y - 2z + 4x} \right)}}{{9z}}$

$= \frac{2}{9}\left[ {\left( {\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z}} \right) + 4\left( {\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z}} \right) - 6} \right]$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy với 3 số dương ta có:

$\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{z}{x} \cdot \frac{x}{y} \cdot \frac{y}{z}}} = 3;$

$\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z} \ge 3 \cdot \sqrt[3]{{\frac{y}{x} \cdot \frac{z}{y} \cdot \frac{x}{z}}} = 3.$

Khi đó ta được: $P \ge M = \frac{2}{9}\left[ {\left( {\frac{z}{x} + \frac{x}{y} + \frac{y}{z}} \right) + 4\left( {\frac{y}{x} + \frac{z}{y} + \frac{x}{z}} \right) - 6} \right] \ge \frac{2}{9}\left( {3 + 4 \cdot 3 - 6} \right) = 2.$

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a = b = c = 1.$

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P$ là $2$ khi $a = b = c = 1.$