\[
P = \frac{\sqrt{x}(\sqrt{x} + 2)}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)} + \frac{(\sqrt{x} + 1)(\sqrt{x} + 2)}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)} + \frac{(2 + 5\sqrt{x})(\sqrt{x} – 2)}{(\sqrt{x} – 2)(\sqrt{x} + 2)}
\]
\(P = \frac{x + 2\sqrt{x}}{x – 4} + \frac{x + 3\sqrt{x} + 2}{x – 4} – \frac{2\sqrt{x} – 4}{x – 4}\)
Bước 3: Cộng các phần thức:
\(P = \frac{x + 5\sqrt{x} + 2}{x – 4}\)
Bước 1: So sánh \( P \) với 1:
\(P – 1 = \frac{x + 5\sqrt{x} + 2}{x – 4} – 1 = \frac{5\sqrt{x}}{x – 4}\)
Bước 2: Ta có: \( x \geq 0 \) và \( x \neq 4 \) nên \( 5\sqrt{x} \geq 0 \).
Bước 3:
Nếu \( x > 4 \) thì \( x – 4 > 0 \) và \( P – 1 > 0 \) nên \( P > 1 \).
Nếu \( 0 \leq x < 4 \) thì \( x – 4 < 0 \) và \( P – 1 < 0 \) nên \( P < 1 \).
Kết luận:
Tập hợp các giá trị \( x \) để \( P > 1 \) là: \( x \in (4; +\infty) \).
Vì hệ số góc của đường thẳng \(d\) bằng 3, nên ta có phương trình:
a = 3
Thay \( a = 3 \) và điểm \( M(-1; 2) \) vào phương trình đường thẳng \(d\), ta được:
2 = 3(-1) + b
b = 5
Vậy phương trình đường thẳng \(d\) là: \( y = 3x + 5 \)
Từ phương trình thứ hai, ta có: y = x + 2
Thay y = x + 2 vào phương trình thứ nhất, ta được:
3x + (x + 2) = 6
4x = 4
x = 1
Thay x = 1 vào phương trình thứ hai, ta được:
1 – y = -2
y = 3
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất là (x; y) = (1; 3)
1, Giải phương trình:
\(x^2 – 3x + 2 = 0\)
Phương trình có hai nghiệm: \(x_1 = 2\) và \(x_2 = 1\).
2, Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn hệ thức:
Bước 1: Áp dụng định lí Vi-ét, ta có:
\(x_1 + x_2 = 2m\) và \(x_1x_2 = m^2 + 2\)
Bước 2: Thay \(x_1^2\) và \(x_2\) vào hệ thức, ta được:
\(x_2 – 2|x_1| – 3x_1x_2 = 3m^2 + 3m + 4\)
\(\Leftrightarrow x_2 – 2|x_1| – 3(m^2 + 2) = 3m^2 + 3m + 4\)
\(\Leftrightarrow x_2 – 2|x_1| – 3m^2 – 6 = 3m^2 + 3m + 4\)
\(\Leftrightarrow x_2 – 2|x_1| – 6m^2 – 3m – 10 = 0\)
Bước 3: Thay \(x_1 + x_2 = 2m\) vào phương trình trên, ta được:
\(2m – 2|x_1| – 6m^2 – 3m – 10 = 0\)
\(\Leftrightarrow -6m^2 – m – 2|x_1| – 10 = 0\)
Bước 4: Xét hai trường hợp:
Trường hợp 1: \(x_1 \geq 0\)
Khi đó, \(|x_1| = x_1\) và phương trình trở thành:
\(-6m^2 – m – 2x_1 – 10 = 0\)
\(\Leftrightarrow 6m^2 + m + 2x_1 + 10 = 0\)
\(\Leftrightarrow (2m + 1)(3m + 10) = 0\)
\(\Leftrightarrow m = -\frac{1}{2}\) hoặc \(m = -\frac{10}{3}\)
Trường hợp 2: \(x_1 < 0\)
Khi đó, \(|x_1| = -x_1\) và phương trình trở thành:
\(-6m^2 – m + 2x_1 – 10 = 0\)
\(\Leftrightarrow 6m^2 + m – 2x_1 + 10 = 0\)
\(\Leftrightarrow (2m – 1)(3m + 10) = 0\)
\(\Leftrightarrow m = \frac{1}{2}\) hoặc \(m = -\frac{10}{3}\)
Ta có:
\begin{align*}
\angle MOB &= \angle MOA \quad \text{(góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)} \\
\angle MOB + \angle MOA &= 180^\circ \quad \text{(hai góc kề bù)} \\
\implies \angle MOA &= \angle MOB = 90^\circ
\end{align*}
Xét tứ giác MAOB, ta có:
\begin{align*}
\angle MOA &= \angle MOB = 90^\circ
\end{align*}
Tứ giác MAOB nội tiếp (tứ giác có hai góc đối nhau cùng bằng \(90^\circ\)
Ta có:
\begin{align*}
\angle MNO &= \angle MAN \text{ (góc nội tiếp cùng chắn cung MN)} \\
\angle MNO + \angle MAN &= 180^\circ \text{ (hai góc kề bù)} \\
\implies \angle MAN &= 180^\circ – \angle MNO
\end{align*}
Xét hai tam giác vuông AMN và MNO, ta có:
\begin{align*}
\angle AMN &= \angle MNO = 90^\circ \\
\angle MAN &= 180^\circ – \angle MNO \text{ (cmt)}
\end{align*}
Suy ra:
\begin{align*}
\triangle AMN &\sim \triangle MNO \text{ (g.g)} \\
\implies \frac{MN}{NO} &= \frac{AM}{MN} \\
\implies MN^2 &= ND \cdot NA
\end{align*}
Ta có:
\begin{align*}
\angle OHA &= \angle OHD \text{ (góc nội tiếp cùng chắn cung OH)} \\
\angle OHA + \angle OHD &= 180^\circ \text{ (hai góc kề bù)} \\
\implies \angle OHA &= \angle OHD = 90^\circ
\end{align*}
Xét hai tam giác vuông AHO và DHO, ta có:
\begin{align*}
\angle AHO &= \angle DHO = 90^\circ \\
\angle OHA &= \angle OHD \text{ (cmt)}
\end{align*}
\begin{equation}
\begin{aligned}
\implies \triangle AHO &\sim \triangle DHO \text{ (g.g)} \\
\implies \frac{HA}{HD} &= \frac{AO}{DO}
\end{aligned}
\end{equation}
Ta lại có:
\begin{align*}
\angle AON &= \angle MON \text{ (góc nội tiếp cùng chắn cung ON)} \\
\angle AON + \angle MON &= 180^\circ \text{ (hai góc kề bù)} \\
\implies \angle AON &= \angle MON = 90^\circ
\end{align*}
Xét hai tam giác vuông AON và CON, ta có:
\begin{align*}
\angle AON &= \angle CON = 90^\circ \\
\angle ANO &= \angle CNO \text{ (góc nội tiếp cùng chắn cung NO)}
\end{align*}
\begin{equation}
\begin{aligned}
\implies \triangle AON \sim \triangle CON \text{ (g.g)} \\
\implies \frac{AO}{CO} = \frac{ON}{CN}
\end{aligned}
\end{equation}
Chứng minh tương tự, ta có:
\begin{align*}
\frac{DO}{NO} = \frac{HN}{CN}
\end{align*}
Từ đó, ta có:
\begin{align*}
\frac{HA}{HD} = \frac{AO}{DO} = \frac{ON}{CN} = \frac{HN}{CN} = \frac{AC}{HN}
\end{align*}
Bước 1: Chứng minh bất đẳng thức phụ:
Với mọi số thực \( a, b, c \) không âm, ta có:
\(\frac{a+b+c}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.\)
Chứng minh:
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\(\frac{a+b+c}{3}\ge\sqrt[3]{abc}.\)
Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\(\sqrt[3]{abc} \ge \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.\)
Do đó, ta có:
\(\frac{a+b+c}{3} \ge \frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}.\)
Bước 2: Áp dụng bất đẳng thức phụ:
Ta có:
\begin{align*}
\frac{8}{(x+3)^{2}} + \frac{16}{(y+4)^{2}} + \frac{1}{(z+1)^{2}} &\ge \frac{8+16+1}{\frac{1}{(x+3)^{2}} + \frac{1}{(y+4)^{2}} + \frac{1}{(z+1)^{2}}} \\
&= \frac{25}{\frac{1}{(x+3)^{2}} + \frac{1}{(y+4)^{2}} + \frac{1}{(z+1)^{2}}} \\
&\ge \frac{25}{\frac{3}{(x+3) + (y+4) + (z+1)}} \\
&= \frac{25}{\frac{3}{x+y+z+8}} \\
&= 25(x+y+z+8) \\
&\ge 25 \cdot \frac{3}{4} \\
&= \frac{75}{4}.
\end{align*}
Bước 3: Kết luận:
Dấu “=” xảy ra khi \( x=3, y=4, z=0 \).
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức \( M \) là \( \frac{75}{4}+2023=\frac{8211}{4} \)
Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới !