Home Unlabelled SÁCH LUYỆN ĐỀ - ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 1

SÁCH LUYỆN ĐỀ - ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 1

Bài 1 (3,0 điểm)
  1. Cho hai số $a$, $b$ thỏa mãn: $\left(a+\sqrt{a^2+2024}\right)\left(b+\sqrt{b^2+2024}\right)=2024$ Tính giá trị biểu thức $$A=a^{2025}+b^{2025}+2026.$$
  2. Tìm số tự nhiên $n$ sao cho $A=n^2+n+6$ là số chính phương.
  1. Ta có $\left(a+\sqrt{a^2+2024}\right)\left(b+\sqrt{b^2+2024}\right)=2024 \quad (*)$.
    2. Nhân hai vế của $(*)$ với $\sqrt{a^2+2024}-a$ ta được $$\left(\sqrt{a^2+2024}-a\right)\left(a+\sqrt{a^2+2024}\right)\left(b+\sqrt{b^2+2024}\right)=2024.\left(\sqrt{a^2+2024}-a\right).$$ Suy ra $b+\sqrt{b^2+2024}$ = $\sqrt{a^2+2024}-a \quad (1)$.
    Nhân hai vế của $(*)$ với $\sqrt{b^2+2024}-b$ ta được $$\left(\sqrt{b^2+2024}-b\right)\left(a+\sqrt{a^2+2024}\right)\left(b+\sqrt{b^2+2024}\right)=2024.\left(\sqrt{b^2+2024}-b\right).$$ Suy ra $a+\sqrt{a^2+2024}$ = $\sqrt{b^2+2024}-b \quad (2)$.
    Cộng vế với vế của $(1)$ và $(2)$ ta được $a+b=-a-b\Leftrightarrow a=-b$.
    Thay $a=-b$ vào biểu thức $A=a^{2025}+b^{2025}+2026$ ta có $$A=a^{2025}+b^{2025}+2026=\left(-b\right)^{2025}+b^{2025}+2026=2026.$$
  2. Đặt $A=n^2+n+6=x^2$, ta suy ra $4n^2+4n+24=\left(2x\right)^2$.
    3. Hay $\left(2n+1\right)^2+23=\left(2x\right)^2$ nên $\left(2x-2n-1\right)\left(2x+2n+1\right)=23$.
    Mà $2x+2n+1>2x-2n-1>0$ và là ước của $23$ nên ta suy ra $\left\{\begin{aligned}&2x-2n-1=1 \\&2x+2n+1=23\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x=6 \\&n=5\end{aligned}\right.$.
    Vậy với $n=5$ thì $A=36=6^2$ là số chính phương.
Hiện lời giải
Bài 2 (2,0 điểm)
  1. Giải phương trình sau $\left(x+1\right)\left(x-2\right)\left(x+6\right)\left(x-3\right)=45x^2$.
  2. Trong giải cầu lông kỉ niệm $50$ năm Giải phóng miền Nam - Thống nhất đất nước có $8$ người tham gia trong đó có hai bạn Việt và Nam, mỗi bảng gồm $4$ người. Giả sử việc chia bảng thực hiện bằng cách bốc thăm ngẫu nhiên. Tính xác suất để cả hai bạn Việt và Nam nằm chung bảng đấu.
  1. $\left(x+1\right)\left(x-2\right)\left(x+6\right)\left(x-3\right)=45x^2$ biến đổi thành $\left(x^2+7x+6\right)\left(x^2-5x+6\right)=45x^2$. (1)
    2. Dễ thấy $x=0$ không là nghiệm của phương trình (1)
    $\left(x^2+7x+6\right)\left(x^2-5x+6\right)=45x^2$ chia cả hai vế cho $x^2$ ta được $\left(x+7+\dfrac{6}{x}\right)\left(x-5+\dfrac{6}{x}\right)=45$.
    Đặt $x+\dfrac{6}{x}+1=y$ ta có phương trình ẩn $y$ là $\left(y+6\right)\left(y-6\right)=45\Leftrightarrow y^2=81\Leftrightarrow y=9$ hoặc $y=-9$.
    TH1: $y=9\Rightarrow x+\dfrac{6}{x}+1=9\Leftrightarrow x^2-8x+6=0$ $\Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=4$.
    TH1: $y=-9\Rightarrow x+\dfrac{6}{x}+1=-9\Leftrightarrow x^2+10x+6=0$ $\Leftrightarrow x=-5+\sqrt{19}$ hoặc $x=-5-\sqrt{19}$.
    Vậy tập nghiệm của phương trình là $S=\left\{2;4;-5\pm \sqrt{19}\right\}$.
  2. Số phần tử của không gian mẫu là: $n(\Omega) = C_8^4 = 70$.
    3. Gọi $X$ là biến cố: "cả hai bạn Việt và Nam nằm chung một bảng đấu".
    • Vì có $2$ bảng nên số cách chọn $2$ bạn Việt và Nam cùng $1$ bảng là: $C_2^1 = 2$.
    • Số cách chọn $2$ bạn nữa trong $6$ bạn còn lại để cùng bảng với Việt và Nam là: $C_6^2 = 15$.
    Vậy xác suất cần tính là $P(X) = \dfrac{2 \cdot 15}{70} = \dfrac{30}{70} = \dfrac{3}{7}$.
Hiện lời giải
Bài 3 (4,0 điểm)
  1. Cho $x,y>0$. Chứng minh: $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge \dfrac{4}{x+y}$.
  2. Cho $a,b,c>0$. Chứng minh: $\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+3a}\ge \dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{b+2c+a}+\dfrac{1}{c+2a+b}$.
    3. Đằng thức xảy ra khi nào?
  3. Cho $x,y,z$ là các số thực dương thòa mãn: $xyz=1$. Chứng minh rằng:
    4. $$1+\dfrac{3}{x+y+z}\ge \dfrac{6}{xy+yz+zx}.$$
  1. Ta có $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}-\dfrac{4}{x+y}=\dfrac{x^2+2xy+y^2-4xy}{xy\left(x+y\right)}=\dfrac{\left(x-y\right)^2}{xy\left(x+y\right)}\ge 0$.
    2. Vậy $\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\ge \dfrac{4}{x+y}$.
  2. Áp dụng bất đẳng thức ở câu a) ta có
    3. $\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+3a}\ge \dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{b+2c+a}+\dfrac{1}{c+2a+b}$
    $\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{b+2c+a}\ge \dfrac{4}{2a+4b+2c}=\dfrac{2}{a+2b+c}$. (1)
    $\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+2a+b}\ge \dfrac{4}{2b+4c+2a}=\dfrac{2}{b+2c+a}$. (2)
    $\dfrac{1}{c+3a}+\dfrac{1}{a+2b+c}\ge \dfrac{4}{2c+4a+2b}=\dfrac{2}{c+2a+b}$. (3)
    Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) và thu gọn ta được
    $\dfrac{1}{a+3b}+\dfrac{1}{b+3c}+\dfrac{1}{c+3a}\ge \dfrac{1}{a+2b+c}+\dfrac{1}{b+2c+a}+\dfrac{1}{c+2a+b}$.
    Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$.
  3. Ta có $\left(xy+yz+zx\right)^2-3xyz\left(x+y+z\right)=\dfrac{1}{2}.\left[\left(xy-yz\right)^2+\left(yz-xz\right)^2+\left(xz-xy\right)^2\right]\ge 0$
    4. Nên suy ra $\left(xy+yz+zx\right)^2\ge 3xyz\left(x+y+z\right)=3\left(x+y+z\right)$ do $xyz=1$.
    Áp dụng BĐT Cauchy cho hai số dương $xy+yz+zx$ và $\dfrac{3\left(xy+yz+xz\right)}{x+y+z}$ ta có $$xy+yz+zx$+$\dfrac{3\left(xy+yz+xz\right)}{x+y+z}\ge 2\sqrt{\dfrac{3\left(xy+yz+xz\right)^2}{x+y+z}}\ge 2.3=6$$ Suy ra $1+\dfrac{3}{x+y+z}\ge \dfrac{6}{xy+yz+zx}$.
Hiện lời giải
Bài 4 (4,0 điểm)
  1. Tìm các số nguyên $x,y$ thỏa $2x^2+y^2+3xy+2y+3x=-2$.
  2. Cho $x,y>0$ thỏa $\dfrac{4}{x}+\dfrac{5}{y}\ge 23$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=8x+18y+\dfrac{6}{x}+\dfrac{7}{y}$.
  1. Ta có
    2. $2x^2+y^2+3xy+2y+3x=-2$
    $\Leftrightarrow \left(x+y\right)\left(2x+y\right)+\left(x+y\right)+\left(2x+y\right)=-2$
    $\Leftrightarrow \left(x+y\right)\left(2x+y+1\right)+\left(2x+y\right)=-3$
    $\Leftrightarrow \left(2x+y+1\right)\left(x+y+1\right)=-1$
    Ta có hai trường hợp sau:
    • Trường hợp 1: $\left\{\begin{aligned}&2x+y+1=1 \\ &x+y+1=-1\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&2x+y=0 \\ &x+y=-2\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x=2 \\ &y=-4\end{aligned}\right.$.
    • Trường hợp 2: $\left\{\begin{aligned}&2x+y+1=-1 \\ &x+y+1=1\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&2x+y=-2 \\ &x+y=0\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&x=-2 \\ &y=2\end{aligned}\right.$.
    Vậy phương trình có tập nghiệm là $\left(x;y\right)\in \left\{\left(2;-4\right);\left(-2;2\right)\right\}$.
  2. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có
    3. $\dfrac{2}{x}+8x\ge 2\sqrt{\dfrac{2}{x}.8x}=8$. (1)
    $\dfrac{2}{y}+18y\ge 2\sqrt{\dfrac{2}{y}.18y}=12$. (2)
    Mà $\dfrac{4}{x}+\dfrac{5}{y}\ge 23$. (3)
    Từ (1), (2) và (3) ta suy ra $A=8x+18y+\dfrac{6}{x}+\dfrac{7}{y}\ge 8+12+23=43$.
    Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A$ bằng $43$ khi $x=\dfrac{1}{2}$ và $y=\dfrac{1}{3}$.
Hiện lời giải
Bài 5 (2,0 điểm)
Cho nửa đường tròn $\left(O\right)$ đường kính $AB$. Từ điểm $M$ thuộc nửa đường tròn, kẻ tiếp tuyến qua $M$ cắt các tiếp tuyến kẻ từ $A$ và $B$ tương ứng tại $E$và $F$. Gọi $P$ là giao điểm của $AM$ và $OE$, $Q$ là giao điểm của $BM$ và $OF$.
  1. Tứ giác $MPOQ$ là hình gì? Vì sao?
  2. Kẻ $MH$vuông góc với $AB$. Gọi $K$là giao điểm của $MH$và $BE$. Chứng minh $MK=KH$.
  1. Ta có $EM;EA$ là hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow EO\perp AM$ (tính chất tiếp tuyến cắt nhau)
    2. $\Rightarrow \widehat{MPO}=90^\circ $.
    Chứng minh tương tự ta có$\widehat{MQO}=90^\circ $.
    Mà $\widehat{AMB}=90^\circ $ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
    $\Rightarrow $tứ giác $MPOQ$ là hình chữ nhật.
  2. Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có $AE=EM;MF=BF$
    3. Do $AE;MH;BF$ cùng vuông góc với $AB$ theo hệ quả định lý Talet ta có
    $\dfrac{MK}{BF}=\dfrac{MK}{MF}=\dfrac{EM}{EF}=\dfrac{AE}{EF}$
    $\dfrac{HK}{AE}=\dfrac{BK}{BE}=\dfrac{MF}{EF}=\dfrac{BF}{EF}\Rightarrow \dfrac{HK}{BF}=\dfrac{AE}{EF}$
    Do đó $\dfrac{MK}{BF}=\dfrac{HK}{BF}\Rightarrow MK=HK$.
Hiện lời giải
Bài 6 (4,0 điểm)
Cho đường tròn $\left(O;R\right)$ và điểm $A$ nằm ngoài đường tròn. Qua $A$ kẻ hai tiếp tuyến $AB;AC$ ($B;C$ là hai tiếp điểm), kẻ đường kính $CF$ của $\left(O\right)$. Đường thẳng $AF$ cắt $\left(O\right)$ tại $E$, đường thẳng $BC$ cắt $EF$ tại $K$ và $H$ là trung điểm của $EF$. Biết $I$ là giao điểm của $BC$ và $AO$.
  1. Chứng minh $O;H;K;I$ cùng thuộc đường tròn.
  2. Chứng minh $KE.AF=KF.AE$.
  1. Ta có $AB;AC$ là hai tiếp tuyến cắt nhau $\Rightarrow AO\perp BC$ tại $I$.
    2. Lại có $HE=HF\Rightarrow OH\perp EF$
    $\Rightarrow $ tứ giác $OHKI$ có hai góc đối là góc vuông nên nội tiếp do đó $O;H;K;I$ cùng thuộc đường tròn.
  2. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có $AB^2=AI.AO$
    3. Mà $AB$ là tiếp tuyến và $AEF$ là cát tuyến của $\left(O\right)$ nên ta có $AB^2=AE.AF$
    $\Rightarrow AI.AO=AE.AF\Rightarrow $ tứ giác $EIOF$ nội tiếp
    $\Rightarrow \widehat{FIO}=\widehat{FEO}=\widehat{EFO}=\widehat{AIE}$ $\Rightarrow \widehat{EIK}=\widehat{FIK}\Rightarrow IK$ là phân giác của $\widehat{EIF}$
    Mà $AI\perp IK\Rightarrow AI$ là phân giác góc ngoài tại đỉnh $I$của tam giác $EIF$.
    Áp dụng tính chất đường phân giác ta có $\dfrac{EK}{KF}=\dfrac{AE}{AF}\Rightarrow KE.FA=AE.KF$.
Hiện lời giải
Bài 7 (1,0 điểm)
Nhà trường tổ chức một ngày hội chợ cho học sinh. Trong đó, có trò chơi đoán xem có bao nhiêu viên cẩm thạch đựng trong một lọ kín. Giải thưởng sẽ trao cho ai đoán gần chính xác nhất vào cuối ngày hội chợ. Kết quả là:
  • Giải nhất: Đức Trọng, dự đoán $125$ viên.
  • Giải nhì: Minh Hạnh, dự đoán $140$ viên.
  • Giải ba: Trọng Nhân, dự đoán $142$ viên.
  • Giải tư: Đức Minh, dự đoán $121$ viên.
Hỏi chính xác trong lọ có bao nhiêu viên cẩm thạch.
Nếu gọi số viên cẩm thạch trong lọ là $x$ thì $125 \le x \le 140$.
Vì người dự đoán số $125$ đạt giải nhất và người dự đoán $140$ đạt giải nhì nên suy ra: $x - 125 \lt 140 - x \Rightarrow 125 \le x \le 132$.
Vì người dự đoán số $142$ đạt giải ba và người dự đoán số $121$ đạt giải tư nên: $142 - x > x - 121 \Rightarrow 132 \le x \le 132 \Rightarrow x = 132$.
Vậy trong lọ có chính xác $132$ viên cẩm thạch.
Hiện lời giải

🎬 Video bài học

Được tạo bởi Blogger.