\begin{align*}
\sqrt{50} &= \sqrt{25 \cdot 2} = \sqrt{25} \cdot \sqrt{2} = 5\sqrt{2} \\
\sqrt{32} &= \sqrt{16 \cdot 2} = \sqrt{16} \cdot \sqrt{2} = 4\sqrt{2} \\
3\sqrt{18} &= 3\sqrt{9 \cdot 2} = 3\sqrt{9} \cdot \sqrt{2} = 3 \cdot 3\sqrt{2} = 9\sqrt{2}
\end{align*}
Do đó,
\begin{align*}
A &= \sqrt{50} + \sqrt{32} – 3\sqrt{18} = 5\sqrt{2} + 4\sqrt{2} – 9\sqrt{2} = (5 + 4 – 9)\sqrt{2} = 0
\end{align*}
Vậy \(A = 0\).
b,
\(B = (\frac{x + 2\sqrt{x}}{\sqrt{x}} + \sqrt{x} – 2): \sqrt{x} \) với x > 0.
\(= \left(\frac{\sqrt{x}(\sqrt{x}+2)}{\sqrt{x}}+\sqrt{x}-2\right);\sqrt{x}\\\)
\(= (\sqrt{x}+2+\sqrt{x}-2)\cdot\frac{1}{\sqrt{x}}\\\)
\(= 2\sqrt{x}\cdot\frac{1}{\sqrt{x}}\\\)
\(= 2\)
Vậy B = 2 với x > 0
c,
Giải phương trình \(\sqrt{x^2 – 2x + 1} = 3.\)
ĐKXD: Với mọi giá trị của x
Phương trình \(\sqrt{x^2 – 2x + 1} = 3\)
\(\Leftrightarrow \sqrt{(x-1)^2} = 3\)
\(\Leftrightarrow |x – 1| = 3\)
\(\Leftrightarrow\)
\begin{cases}
x – 1 = 3 & \text{(TM)} \\
x – 1 = -3
\end{cases}
\(\Leftrightarrow\)
\begin{cases}
x = 4 \\
x = -2
\end{cases}
Vậy tập nghiệm của phương trình là S={-2,4}
a. Giải phương trình \(3x^2 – 7x + 4 = 0\).
Xét phương trình \(3x^2 – 7x + 4 = 0\) có \(a + b + c = 3 – 7 + 4 = 0\) nên phương trình có hai nghiệm phân biệt
\(x_1 = 1\)
\(x_2 = 4\)
Vậy phương trình có hai nghiệm phân biệt là \(\left\{ x_1 = 1, x_2 = 4\right\}\)
b, Giải hệ phương trình
\[
\left\{
\begin{array}{ll}
3x + y &= 9 \\
2x – y &= 1
\end{array}
\right.
\]
Cộng vế với vế, ta có
\[
\left\{
\begin{array}{ll}
3x + y &= 9 \\
2x – y &= 1
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{ll}
5x &= 10 \\
y &= 2x – 1
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{ll}
x &= 2 \\
y &= 2\cdot2 – 1
\end{array}
\right.
\Rightarrow
\left\{
\begin{array}{ll}
x &= 2 \\
y &= 3
\end{array}
\right.
\]
Vậy hệ phương trình có nghiệm \((x,y) = (2,3)\).
c. Cho phương trình \(x^2 – 2x + m + 3 = 0\) (1) và lần lượt thỏa mãn \(m \in \mathbb{S}\), \(m\) là tham số. Với giá trị nào của \(m\) thì phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_1\), \(x_2\) thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 4\).
Xét phương trình \(x^2 – 2x + m + 3 = 0\) có \(\Delta = (-1)^2 – 4(m+3) = 1 – m – 3 = -m – 2\)
Để phương trình có hai nghiệm phân biệt thì \(\Delta’ > 0 \Rightarrow -m – 2 > 0 \Rightarrow m < -2\).
Gọi \(x_1\), \(x_2\) là hai nghiệm của phương trình, áp dụng định lý Vi-ét ta có:
\[
\begin{cases}
x_1 + x_2 = -\frac{-b}{a} = 2 \\
x_1 \cdot x_2 = \frac{c}{a} = m + 3
\end{cases} \quad (1)
\]
Khi đó ta có \(x_1^2 + x_2^2 = 4 \Rightarrow (x_1 + x_2)^2 – 2x_1x_2 = 4\) (2)
Thay (1) vào (2) ta có:
\[
(2)^2 – 2(m + 3) = 4 \\
\Rightarrow m + 3 = -2 \\
\Rightarrow m = -5 \quad ™
\]
Vậy với \(m = -5\) phương trình có hai nghiệm phân biệt \(x_1\), \(x_2\), thỏa mãn \(x_1^2 + x_2^2 = 4\).
a,
Vẽ đồ thị:
Điểm qua các điểm (-2; 8), (-1; 2), (0; 0), (1; 2), (2; 8).
Nối các điểm bằng đường cong mịn.
Đường thẳng (d):
Đi qua hai điểm (0; 4) và (1; 2).
Vẽ đường thẳng đi qua hai điểm trên.
b, Tìm tọa độ giao điểm của \( P \) và \( d \) bằng phép toán:
Tìm hoành độ giao điểm:
Giải phương trình hệ phương trình:
\( y = 2x^2 \)
\( y = -2x + 4 \)
Thay \( y = 2x^2 \) vào \( y = -2x + 4 \), ta được:
\( 2x^2 = -2x + 4 \)
\( 2x^2 + 2x – 4 = 0 \)
\( (x + 2)(2x – 1) = 0 \)
Vậy \( x = -2 \) hoặc \( x = \frac{1}{2} \).
Tìm tung độ giao điểm:
Thay \( x = -2 \) vào \( y = 2x^2 \), ta được:
\( y = 2(-2)^2 = 8 \)
Thay \( x = \frac{1}{2} \) vào \( y = 2x^2 \), ta được:
\( y = 2\left(\frac{1}{2}\right)^2 = \frac{1}{2} \)
Vậy giao điểm của \( P \) và \( d \) là \( (-2, 8) \) và \( \left(\frac{1}{2}, \frac{1}{2}\right) \).
a,
Do tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có:
\[ AH’^2 = HB \cdot HC \Rightarrow HB = \frac{AH’^2}{HC} = \frac{3^2}{4} = \frac{9}{4} \text{ cm} \]
Suy ra \(BC = HB + HC = \frac{9}{4} + 4 = \frac{25}{4} \text{ cm}\)
\[ \Rightarrow AC^2 = HC \cdot BC = 4 \cdot \frac{25}{4} = 25 \Rightarrow AC = 5 \text{ cm} \]
\[ \sin C = \frac{AH}{AC} = \frac{3}{5} \Rightarrow C \approx 36,87^\circ \]
b,
Do tam giác ABO vuông tại B, góc \(AOB = 60^\circ\) nên
\[
AB = OB \cdot \tan(\angle COB) = CD \cdot \tan(60^\circ) = 60 \cdot \tan(60^\circ) = 60\sqrt{3} \text{ m}
\]
Lại có BD = CO = 1m
\[
\Rightarrow AD = AB + BD = 60\sqrt{3} + 1 \approx 105 \text{ m}
\]
Vậy tòa nhà cao khoảng 105 m
a,
Ta có:
\(\angle DHE = \angle DCE\) (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)
\(\angle CDH = \angle CBE\) (góc nội tiếp cùng chắn cung CE)
Mà \(\angle CBE + \angle DCE = 180^\circ\) (hai góc kề bù)
\(\Rightarrow \angle DHE + \angle CDH = 180^\circ\)
Do đó, tứ giác CDHE nội tiếp được trong đường tròn.
b, Chứng minh \(HA \cdot HD = HB \cdot HE.\\\)
Xét \(\triangle AHE\) và \(\triangle BHD\) có:
\(\angle AEH = \angle BDH = 90^\circ\) do \(BE \perp AC, AD \perp BC\text{)}\\\)
\(\angle AHE = \angle BHD\) (đối đỉnh)
\(\Rightarrow \triangle AHE \sim \triangle BHD\) (g-g)
\(\Rightarrow \frac{HA}{HB} = \frac{HE}{HD}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
\(\Rightarrow HA \cdot HD = HB \cdot HE\) (đpcm).
c, Gọi điểm I là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDHE. Chứng minh IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Ta có: \(\angle IEH = \angle IHD\) (góc nội tiếp cùng chắn cung IH)
\(\angle IHE = \angle IDH\) (góc nội tiếp cùng chắn cung HD)
Mà \(\angle IHD + \angle IDH = 180^\circ\) (hai góc kề bù)
\(\Rightarrow \angle IEH + \angle IHE = 180^\circ\)
Do đó, \(\angle HEI = 180^\circ – (\angle IEH + \angle IHE) = 0^\circ\)
Vậy, IE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB.
Từ \(x+y+2=0\), ta có:
\[x^2+2xy+y^2=4\]
\[(x+y)^2 = x^2+2xy+y^2 = 4\]
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
\[x^2+y^2 \ge 2\sqrt{x^2y^2}\]
\[2xy \le \frac{x^2+y^2}{2}\]
Do đó:
\[A = 3(x^{2}+y^{2})+10xy \ge 3 \cdot 2\sqrt{x^2y^2} + 10 \cdot \frac{x^2+y^2}{2}\]
\[= 6\sqrt{x^2y^2} + 5(x^2+y^2)\]
\[= 6\sqrt{(x+y)^2 \cdot xy} + 5(x^2+y^2)\]
\[= 6\sqrt{4xy} + 5(x^2+y^2)\]
\[= 6\sqrt{4} \cdot \sqrt{xy} + 5 \cdot 4 = 12\sqrt{xy} + 20\]
Đẳng thức xảy ra khi \(x=y=-1.\)
Vậy giá trị lớn nhất của \(A\) là \(34.\)
Chúc các bạn ôn tập hiệu quả và đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới !