Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Thanh Hóa năm 2019 - 2020 SVIP

Hướng dẫn giải:

1.

Với $x\ge 0$ và $x \ne 4$.

Ta có: $A = \dfrac{\sqrt x + 2}{\sqrt x + 3} - \dfrac5{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} - \dfrac1{\sqrt x-2}$

$= \dfrac{x-4}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} - \dfrac{5}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} - \dfrac{\sqrt x + 3}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)}$

$=\dfrac{x-4-5-\sqrt x-3}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} = \dfrac{x -\sqrt x - 12}{(\sqrt x - 2)(\sqrt x + 3)} = \dfrac{\sqrt x - 4}{\sqrt x - 2}$.

2.

Với $x = 6 + 4\sqrt 2$ (thỏa mãn ĐKXĐ)

$x = 2^2 + 2.2.\sqrt 2 + (\sqrt 2)^2 = (2+\sqrt 2)^2$.

$\Rightarrow \sqrt x = \sqrt{(2+\sqrt 2)^2} = 2+\sqrt 2$.

Thay $\sqrt x = 2+\sqrt 2$ vào $A = \dfrac{\sqrt x - 4}{\sqrt x - 2}$ ta có

$A = \dfrac{2+\sqrt2-4}{2+\sqrt2-2} = \dfrac{\sqrt2 - 2}{\sqrt 2} = 1-\sqrt2$.

Hướng dẫn giải:

1.

Đường thẳng $(d)$ song song với $(d')$ nên $a = 6$.

Vì $(d)$ đi qua điểm $A(2;3)$ nên $3 = 5.2 + b \Leftrightarrow b = -7.$

Vậy $a = 5,$ $b = -7$.

2.

$\left\{ \begin{aligned} & 3x + 2y = 11\\ & x + 2y = 5\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & 3x + 2y = 11\\ & 2x = 6\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x = 3\\ & 9 + 2y = 11\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & x = 3\\ & y = 1\\ \end{aligned}\right.$.

Hướng dẫn giải:

1.

Phương trình bậc hai có $a+b+c = 0$ nên có hai nghiệm $x = 1$ và $x = 3$.

2.

Ta có $\Delta ' = (m-1)^2 - 2m + 5 = m^2 - 4m + 6 = (m-2)^2 + 2>0$

Do đó phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi giá trị của tham số $m$.

Dễ thấy $x^2 - 2(m-1)x + 2m-5 = 0 \Leftrightarrow (x^2 - 2mx + 2m-3)+2x-2 = 0$.

Vì $x_1$, $x_2$ là hai nghiệm của phương trình đã cho nên ta có $x_1^2 + 2mx_1 + 2m-3 = 2- 2x_1$ và $x_2^2 + 2mx_2 + 2m-3 = 2- 2x_2$.

Do đó $(x_1^2 - 2mx_1 - x_2 + 2m - 3).(x_2^2 - 2mx_2 - x_1 + 2m - 3) = 19 \Leftrightarrow (2-2x_1-x_2)(2-2x_2-x_1) = 19 \Leftrightarrow 2(x_1+x_2)^2 - 6(x_1+x_2) + x_1x_2 = 15$.

Áp dụng định lí Vi-et ta có $\left\{ \begin{aligned} & x_1 +x_2= 2(m-1)\\ & x_1x_2 = 2m-5\\ \end{aligned}\right.$.

Ta có $8(m-1)^2 - 12(m-1) + (2m-5) = 15 \Leftrightarrow 8m^2 - 26m = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & m = 0\\ & m = \dfrac{13}4\\ \end{aligned}\right.$.

Hướng dẫn giải:

1. Chứng minh rằng $AIMK$ là tứ giác nội tiếp.

Tứ giác $AIMK$ có các $\widehat{AIM} = \widehat{AKM} = 90^{\circ}$ nên là tứ giác nội tiếp.

2. Chứng minh $\widehat{MPK} = \widehat{MBC}$.

$IMPB$ là tứ giác nội tiếp suy ra $\widehat{MIP} = \widehat{MBP}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{MP}$).

Mà $\widehat{MCK} = \widehat{MBP}$ (1) (cùng chắn cung $\overset{\frown}{MC}$).

$MKCP$ là tứ giác nội tiếp suy ra $\widehat{MCK} = \widehat{MPK}$ (cùng chắn cung $\overset{\frown}{MK}$).

Tương tự ta có $\widehat{MPI} = \widehat{MKP}$ (2)

Suy ra $\Delta IMP$ và $\Delta PMK$ đồng dạng, do đó ta có $\widehat{MPK} = \widehat{MIP}$.

Do đó $\widehat{MBC} = \widehat{MPK}$.

3.

Hai tam giác $\Delta IMP$ và $\Delta PMK$ đồng dạng, do đó ta có $\dfrac{IM}{MP} = \dfrac{MP}{MK}$.

Suy ra $IM .MK = MP^2 \Rightarrow MI .MK .MP = MP^3$.

Để $MI .MK .MP$ đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi $MP$ lớn nhất, nên $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $\overset{\frown}{BC}$.

Hướng dẫn giải:

Áp dụng bổ đề $a^4 + b^4 \ge ab(a^2+b^2)$ ta có

$A = \sum \dfrac{(a+b)^2 + (a-b)^2}{2(a^2+b^2+1)} \ge 2$ hay $\dfrac{(a+b)^2 + (a-b)^2}{a^2+b^2+1} \ge 4$.

Vì vai trò của $a$, $b$, $c$ như nhau nên giả sử $a \ge b \ge c$.

$\sum \dfrac{(a+b)^2}{a^2+b^2+1} \ge \dfrac{[(a+b)+(b+c)+(c+a)]^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} = \dfrac{4(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)+3}$

$\dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2+1} + \dfrac{(b-c)^2}{b^2+c^2+1} + \dfrac{(c-a)^2}{c^2+a^2+1} = \dfrac{(a-b)^2}{a^2+b^2+1} + \dfrac{(b-c)^2}{b^2+c^2+1} + \dfrac{(a-c)^2}{c^2+a^2+1}$

$ \ge \dfrac{[a-b+b-c+a-c]}{2(a^2+b^2+c^2)+3} = \dfrac{4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3}$.

Ta cần chứng minh $\dfrac{4(a^2+b^2+c^2)}{2(a^2+b^2+c^2)+3} + \dfrac{4(a-c)^2}{2(a^2+b^2+c^2)+3} \ge 4$.

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2 + (a-c)^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+3$

Mà $ab+bc+ca \ge 3\sqrt[3] {a^2b^2c^2} = 3$

Ta đi chứng minh $(a+b+c)^2 + (a-c)^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+ ab+bc+ca$

$\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2 + 2(ab+bc+ca) + a^2-2ac+c^2 \ge 2(a^2+b^2+c^2)+ ab+bc+ca$

$\Leftrightarrow -b^2 + ab+bc-ac \ge 0 \Leftrightarrow b(a-b)-c(a-b) \ge 0$

$\Leftrightarrow (a-b)(b-c) \ge 0$ (luôn đúng). Ta có đpcm.