Home Unlabelled SÁCH LUYỆN ĐỀ - ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 2

SÁCH LUYỆN ĐỀ - ĐỀ TỰ LUYỆN SỐ 2

Bài 1
  1. Gọi $x_1$; $x_2$; $x_3$ là $3$ nghiệm của phương trình $x^3-5x^2+5x-1=0$. Tính giá trị của biểu thức $$S=\dfrac{1}{x_1^2}+\dfrac{1}{x_2^2}+\dfrac{1}{x_3^2}.$$
  2. Rút gọn $A=\left(1-\dfrac{x-3\sqrt{x}}{x-9}\right):\left(\dfrac{3-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{\sqrt{x}-2}{3+\sqrt{x}}-\dfrac{9-x}{x+\sqrt{x}-6}\right)$ với $x\ge 0$, $x\ne 4$, $x\ne 9$.
  3. Gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất. Giả sử xúc xắc xuất hiện mặt $b$ chấm. Tính xác suất để phương trình $x^2 + bx + 2 = 0$ có hai nghiệm phân biệt.
  1. Ta có phương trình $\begin{aligned}[t] x^3-5x^2+5x-1=0 &\Leftrightarrow \left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)-5x\left(x-1\right)=0 \\ &\Leftrightarrow \left(x-1\right)\left(x^2-4x+1\right)=0 \end{aligned}$
    2. Suy ra $x_1=1$ và $x_2$, $x_3$ là $2$ nghiệm của phương trình $x^2-4x+1=0$.
    Theo Vi-et ta có $\left\{\begin{aligned}&x_2 + x_3=4\\ &x_3=1\end{aligned}\right.$
    Do đó $S=1+\dfrac{\left(x_2+x_3\right)^2-2x_2x_3}{x_2^2x_3^2}=1+\dfrac{16-2}{1}=15$.
  2. Với $x\ge 0$, $x\ne 4$, $x\ne 9$.
    3. Ta có $\begin{aligned}[t] A&=\left(1-\dfrac{x-3\sqrt{x}}{x-9}\right):\left(\dfrac{3-\sqrt{x}}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{\sqrt{x}-2}{3+\sqrt{x}}-\dfrac{9-x}{x+\sqrt{x}-6}\right) \\ &=\dfrac{x-9-x+3\sqrt{x}}{x-9}:\dfrac{\left(3-\sqrt{x}\right)\left(3+\sqrt{x}\right)+\left(\sqrt{x}-2\right)^2+x-9}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(3+\sqrt{x}\right)} \\ &=\dfrac{3\sqrt{x}-9}{\left(\sqrt{x}-3\right)\left(\sqrt{x}+3\right)}:\dfrac{9-x+\left(\sqrt{x}-2\right)^2+x-9}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(3+\sqrt{x}\right)} \\ &=\dfrac{3}{\left(\sqrt{x}+3\right)}\cdot\dfrac{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(3+\sqrt{x}\right)}{\left(\sqrt{x}-2\right)^2}=\dfrac{3}{\sqrt{x}-2} \end{aligned}$
  3. Phương trình $x^2 + bx + 2 = 0$ có hai nghiệm phân biệt khi
    4. $$\Delta = b^2 - 8 > 0 \Leftrightarrow b^2 > 8 \Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} b > 2\sqrt{2} \\ b \lt -2\sqrt{2} \end{aligned}\right.$$ Vì số chấm xuất hiện ở mỗi mặt của con xúc xắc là một số tự nhiên từ $1$ đến $6$.
    Suy ra $b \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$. Các giá trị của $b$ thỏa mãn là $b \in \{3, 4, 5, 6\}$ (vì $2\sqrt{2} \approx 2.828$).
    Vậy xác suất cần tìm là $P = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$.
Hiện lời giải
Bài 2
  1. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{aligned} &\left(y-2x\right)\left(1-y-x\right)=2x^2-x \\ &x\left(y-1\right)+\sqrt[3]{x^2-y}=2\end{aligned}\right.$.
  2. Giải phương trình $x^2+x+24-2x\sqrt{2x+3}=6\sqrt{12-x}$.
  1. Từ phương trình $\begin{aligned}[t] \left(y-2x\right)\left(1-y-x\right)=2x^2-x &\Leftrightarrow y-y^2-xy-2x+2xy+2x^2=2x^2-x \\ &\Leftrightarrow y^2-y-xy+x=0 \\ &\Leftrightarrow \left(y-1\right)\left(y-x\right)=0 \end{aligned}$
    • Xét $y=1$ thế vào phương trình $x\left(y-1\right)+\sqrt[3]{x^2-y}=2$ ta được $\sqrt[3]{x^2-1}=2\Leftrightarrow x=\pm 3$.
    • Xét $y=x$ thế vào phương trình $x\left(y-1\right)+\sqrt[3]{x^2-y}=2$ ta được $x^2-x+\sqrt[3]{x^2-x}-2=0$.
      • Đặt $\sqrt[3]{x^2-x}=t$ ta có phương trình $t^3+t-2=0\Leftrightarrow \left(t-1\right)\left(t^2+t+2\right)=0$
      Vì $t^2+t+2>0$ nên suy ra $t=1\Leftrightarrow \sqrt[3]{x^2-x}=1\Leftrightarrow x^2-x-1=0\Leftrightarrow x=\dfrac{1\pm \sqrt{5}}{2}$.
    Vậy hệ phương trình có nghiệm $\left(x;y\right)\in \left\{\left(-3;1\right);\left(3;1\right);\left(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2};\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\right);\left(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2};\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\right)\right\}$.
  2. ĐKXĐ: $\dfrac{-3}{2}\le x\le 12$.
    3. Phương trình $\begin{aligned}[t] &\Leftrightarrow x^2-2x\sqrt{2x+3}+2x+3+12-x-6\sqrt{12-x}+9=0 \\ &\Leftrightarrow{\left(x-\sqrt{2x+3}\right)^2}+\left(\sqrt{12-x}-3\right)^2=0 \\ &\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned} &\sqrt{2x+3}=x \\ &\sqrt{12-x}=3\end{aligned}\right. \\ &\Leftrightarrow x=3 \text{ (thỏa mãn điều kiện)} \end{aligned}$
    Vậy phương trình có nghiệm $x=3$.
Hiện lời giải
Bài 3
  1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên dương của phương trình: $x^2y^2-x^2+5y^2-22x-121=0$.
  2. Cho các số thực dương thỏa mãn $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=2019$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $$P=\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}+\dfrac{3}{4xy}+\dfrac{3}{4yz}+\dfrac{3}{4zx}.$$
  1. Ta có $x^2y^2-x^2+5y^2-22x-121=0\Leftrightarrow y^2\left(x^2+5\right)=\left(x+11\right)^2$
    2. Suy ra $x^2+5$ phải là số chính phương
    Đặt $x^2+5=a^2\Leftrightarrow \left(a-x\right)\left(a+x\right)=5$ với $a$ nguyên. Ta xét các trường hợp sau:
    • Trường hợp 1: $\left\{\begin{aligned}&a-x=-5 \\ &a+x=-1\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&a=-3 \\&x=2\end{aligned}\right.\Rightarrow y^2=\dfrac{169}{9}\left(KTM\right)$
    • Trường hợp 2: $\left\{\begin{aligned}&a-x=-1 \\&a+x=-5\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&a=-3 \\&x=-2\end{aligned}\right.\Rightarrow y=\pm 3\left(TM\right)$
    • Trường hợp 3: $\left\{\begin{aligned}&a-x=5 \\&a+x=1\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&a=3 \\&x=-2\end{aligned}\right.\Rightarrow y=\pm 3\left(TM\right)$
    • Trường hợp 4: $\left\{\begin{aligned}&a-x=1 \\&a+x=5\end{aligned}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{aligned}&a=3 \\&x=2\end{aligned}\right.\Rightarrow y^2=\dfrac{169}{9}\left(KTM\right)$
    Vậy phương trình có nghiệm $\left(x;y\right)\in \left\{\left(-2;3\right);\left(-2;-3\right)\right\}$.
  2. Áp dụng bất đẳng thức $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}\ge \dfrac{4}{a+b}$ và $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}\ge \dfrac{9}{a+b+c}$ với $a,b,c>0$ ta có:
    3. $\begin{aligned}[t] P&=\dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}+\dfrac{1}{3xy}+\dfrac{1}{3yz}+\dfrac{1}{3zx}+\dfrac{5}{12}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right) \\ &\ge \dfrac{1}{x^2+y^2+z^2}+\dfrac{9}{3\left(xy+yz+zx\right)}+\dfrac{5}{12}\left(\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}\right) \\ &\ge \dfrac{16}{\left(x+y+z\right)^2+xy+yz+zx}+\dfrac{5}{12}.\dfrac{9}{xy+yz+zx} \\ &\ge \dfrac{16}{2019^2+\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}}+\dfrac{5}{12}.\dfrac{9}{\dfrac{\left(x+y+z\right)^2}{3}} \\ &=\dfrac{48}{4.2019^2}+\dfrac{5}{12}.\dfrac{27}{2019^2}=\dfrac{48}{4.2019^2}+\dfrac{45}{4.2019^2}=\dfrac{16}{12.673^2}+\dfrac{15}{12.673^2}=\dfrac{31}{12.673^2} \end{aligned}$
    Vậy GTNN của $P$ là $\dfrac{31}{12.673^2}$. Đạt được khi $x=y=z=673$.
Hiện lời giải
Bài 4
  1. Qua điểm $M$ trong tam giác $ABC$ kẻ $DK\parallel AB$, $EF\parallel AC$, $PQ\parallel BC$ ($E,P\in AB$; $K,F\in BC$, $D,Q\in CA$). Biết diện tích các tam giác $MPE$, $MQD$, $MKF$ lần lượt là $x^2,y^2,z^2$ với $x,y,z$là các số thực dương. Tính diện tích tam giác $ABC$ theo $x,y,z$.
  2. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, $M$ là điểm bất kỳ trên dây $BC$($M$ khác $B$ và $C$). Vẽ đường tròn tâm $D$ đi qua $M$ và tiếp xúc với $AB$ tại $B$, vẽ đường tròn tâm $E$ đi qua $M$ và tiếp xúc với $AC$ tại $C$. Gọi $N$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $\left(D\right)$ và $\left(E\right)$.
    1. Chứng minh rằng tứ giác $ABNC$ nội tiếp. Từ đó chứng minh điểm $N$ thuộc đường tròn $\left(O\right)$ và ba điểm $A,M,N$ thẳng hàng.
    2. Chứng minh rằng trung điểm $I$ của đoạn thẳng $DE$ luôn nằm trên một đường thẳng cố định khi điểm $M$ di động trên dây $BC$.
    2. Ta dễ dàng chứng minh được các tứ giác $BKMP$ và $CFMQ$ là các hình bình hành.
    Do đó $\dfrac{MP}{BC}+\dfrac{KF}{BC}+\dfrac{MQ}{BC}=\dfrac{MP+KF+MQ}{BC}=1$
    Mặt khác, đặt $S_{ABC}=a^2$ ta có $\triangle EPM \backsim \triangle ABC$; $\triangle MKF\backsim \triangle ABC$ và $\triangle DMQ\backsim \triangle ABC$.
    Suy ra $1=\dfrac{MP}{BC}+\dfrac{KF}{BC}+\dfrac{MQ}{BC}=\sqrt{\dfrac{S_{EPM}}{S_{ABC}}}+\sqrt{\dfrac{S_{MKF}}{S_{ABC}}}+\sqrt{\dfrac{S_{DMQ}}{S_{ABC}}}$ $=\dfrac{x+y+z}{a}$
    Suy ra ${S_{ABC}}=\left(x+y+z\right)^2$.
    1. Ta có $\widehat{BAC}+\widehat{BNC}=\widehat{BAC}+\widehat{BNM}+\widehat{CNM}=\widehat{BAC}+\widehat{ABM}+\widehat{ACM}=180^\circ$
      2. Suy ra tứ giác $ABNC$ nội tiếp, suy ra điểm $N$ thuộc $\left(O\right)$.
      Mặt khác $\widehat{BNA}=\widehat{BCA}=\widehat{CAB}=\widehat{BNM}$ do đó ba điểm $A,M,N$ thẳng hàng.
    2. Gọi $K$ là giao điểm của các đường thẳng $BD$và $CE$.
      3. Gọi $P$, $Q$ lần lượt là trung điểm của $BK$ và $CK$.
      Vì $\widehat{ABK}=\widehat{ACK}=90^\circ$ nên $K$ thuộc $\left(O\right)$ hay $AK$ là đường kính của đường tròn $\left(O\right)$. Suy ra $AK$ cố định, suy ra $PQ \parallel BC$ cố định.
      Mặt khác $\triangle ABC$ cân nên $KB=KC$ hay $\triangle BKC$ cân tại $K$.
      Các tam giác $BDM,CEM$ cân nên ta có $\widehat{BMD}=\widehat{KBC}=\widehat{KCB}$ và $\widehat{CME}=\widehat{KCB}=\widehat{KBC}$.
      Suy ra $MD\parallel KE$ và $ME\parallel KD$ hay tứ giác $KEMD$ là hình bình hành.
      Suy ra $I$ là trung điểm $MK$.
      Do đó $PI$ là đường trung bình của $\triangle KBM$ nên $PI\parallel BC$, tương tự $QI\parallel BC$ hay $P,I,Q$ thẳng hàng.
      Vậy điểm $I$ di chuyển trên đường thẳng $PQ$ cố định.
Hiện lời giải
Bài 5
  1. Tìm tất cả các bộ ba số nguyên tố $\left(p,q,r\right)$ sao cho $pqr=p+q+r+160$.
  2. Cho $8$ đoạn thẳng có độ dài lớn hơn $10$ và nhỏ hơn $210$. Chứng minh rằng trong $8$ đoạn thẳng đó luôn tìm được $3$ đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.
  1. Giải sử $p\ge q\ge r\ge 2$.
    • Xét $r=2$ thì $\begin{aligned}[t] pqr=p+q+r+160 &\Leftrightarrow \left(2p-1\right)\left(2q-1\right)=325 \\ &\Leftrightarrow \left(2p-1\right)\left(2q-1\right)=5^2.13 \end{aligned}$
      • với $2p-1\ge 2q-1\ge 3$ ta tìm được $p=13;q=7$ thỏa mãn.
    • Xét $r\ge 3$ thì $\begin{aligned}[t] &160 = pqr-\left(p+q+r\right)\ge pqr-3p\ge 3pq-3p=3p\left(q-1\right)>3\left(q-1\right)^2 \\ &\Rightarrow {\left(q-1\right)^2} \lt 54 \\ &\Leftrightarrow q-1 \lt 8\Leftrightarrow q \lt 9\Rightarrow q\in \left\{3;5;7\right\} \end{aligned}$
      • Với $q=3$ thì $r=3$ khi đó $p=20,75$ (loại).
      • Với $q=5$ thì $pqr=p+q+r+160$ $\Leftrightarrow 5pr=p+5+r+160\Leftrightarrow \left(5p-1\right)\left(5r-1\right)=826$ (loại).
      • Với $q=7$ thì $pqr=p+q+r+160$ $\Leftrightarrow 7pr=p+7+r+160\Leftrightarrow \left(7p-1\right)\left(7r-1\right)=1170$ (loại).
    Vậy bộ ba số nguyên tố cần tìm là $\left(r,p,q\right)=\left(2;7;13\right)$ và các hoán vị của nó.
  2. Gọi $8$ đoạn thẳng đó lần lượt là $a_1;a_2;..;a_8$ trong đó: $10 \lt a_1\le a_2\le..\le a_8 \lt 210$.
    3. Giả sử không thể chọn được ba đoạn thẳng bất kỳ nào trong $8$ đoạn thẳng trên để ghép thành $3$ cạnh của một tam giác. Do $a_1;a_2;a_3$ không lập thành $3$ cạnh của một tam giác mà $10 \lt a_1\le a_2\le a_3$ và bất đẳng thức trong tam giác không thể xảy ra nên $a_3\ge a_2+a_1=2a_1>20$.
    Tương tự ta cũng có $\begin{aligned}[t] &a_4\ge a_3+a_2\ge 2a_1+a_1=3a_1>30 \\ &a_5\ge a_4+a_3\ge 3a_1+2a_1=5a_1>50 \\ &a_6\ge a_5+a_4\ge 5a_1+3a_1=8a_1>80 \\ &a_7\ge a_6+a_5\ge 8a_1+5a_1=13a_1>130 \\ &a_8\ge a_7+a_6\ge 13a_1+8a_1=21a_1>210 \text{ (vô lí)} \end{aligned}$
    Vậy trong $8$ đoạn thẳng đó luôn tìm được $3$ đoạn thẳng để ghép thành một tam giác.
Hiện lời giải

🎬 Video bài học

Được tạo bởi Blogger.