Đề bài

Câu 1. (2,0 điểm)

1. Giải các phương trình sau:

a) \(5\left( {x + 1} \right) = 3x + 7\)               

b ) \ ( { x ^ 4 } – { x ^ 2 } – 12 = 0 \ )
2. Cho hệ phương trình : \ ( \ left \ { \ begin { array } { l } 3 x – y = 2 m – 1 \ \ x + 2 y = 3 m + 2 \ end { array } \ right. \ )
a ) Giải hệ phương trình khi \ ( m = 1 \ ) b ) Tìm m để hệ có nghiệm \ ( \ left ( { x ; y } \ right ) \ ) thỏa mãn nhu cầu : \ ( { x ^ 2 } + { y ^ 2 } = 10 \ )

Câu 2. (1,5 điểm). Cho phương trình \(A = \left( {\dfrac{1}{{x – \sqrt x }} + \dfrac{1}{{\sqrt x  – 1}}} \right):\dfrac{{\sqrt x  + 1}}{{{{\left( {\sqrt x  – 1} \right)}^2}}}\) (với \(x > 0,x \ne 1\) )

a ) Rút gọn biểu thức A.
b ) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \ ( P = A – 9 \ sqrt x \ )

Câu 3. (1,0 điểm). Một chiếc bè trôi từ bến sông A đến bên B với vận tốc dòng nước là 4km/h, cùng lúc đó một chiếc thuyền chạy từ bến A đến B rồi quay lại ngay thì gặp chiếc bè tại vị trí C cách bến A là 8km. Tính vận tốc thực của thuyền biết khoảng cách giữa hai bến A và B là 24 km.

Câu 4. (1.5 điểm). Trong hệ tọa độ Oxy, cho Parabol \(y = {x^2}\left( P \right)\) và đường thẳng có phương trình \(y = \left( {m – 1} \right)x + {m^2} – 2m + 3\left( d \right)\)

a ) Chứng minh với mọi giá trị của m thì ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt .
b ) Giả sử ( d ) cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt A, B. Tìm m để tam giác OAB cân tại O. Khi đó tính diện tích quy hoạnh tam giác OAB .

Câu 5. (3.0 điểm) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của nửa đường tròn đó lần lượt tại C và D.

a ) Chứng minh : \ ( \ widehat { COD } = { 90 ^ 0 } \ )
b ) Gọi K là giao điểm của BM với Ax. Chứng minh : \ ( \ Delta KMO \ sim \ Delta AMD \ )
c ) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích quy hoạnh hai tam giác ACM và BDM .

Câu 6. (1,0 điểm)

a ) Cho hàm số \ ( y = f \ left ( x \ right ) \ ) với \ ( f \ left ( x \ right ) \ ) là một biểu thức đại số xác lập với mọi số thực \ ( x \ ne 0 \ ). Biết rằng : \ ( f \ left ( x \ right ) + 3 f \ left ( { \ dfrac { 1 } { x } } \ right ) = { x ^ 2 } \ left ( { \ forall x \ ne 0 } \ right ). \ ) Tính \ ( f \ left ( 2 \ right ) \ )
b ) Cho ba số nguyên dương \ ( a, b, c \ ) đôi một khác nhau và thỏa mãn nhu cầu : \ ( a \ ) là ước của \ ( b + c + bc \ ), \ ( b \ ) là ước của \ ( c + a + ca \ ) và \ ( c \ ) là ước của \ ( a + b + ab \ ). Chứng minh \ ( a, b, c \ ) không đồng thời là những số nguyên tố.

Lời giải chi tiết

Câu 1.

1. Giải các phương trình sau:

a)\(5\left( {x + 1} \right) = 3x + 7\)

\ ( \ begin { array } { l } \ Leftrightarrow 5 x – 3 x = 7 – 5 \ \ \ Leftrightarrow 2 x = 2 \ \ \ Leftrightarrow x = 1 \ end { array } \ )

b) \({x^4} – {x^2} – 12 = 0\)  (1)

Đặt \ ( { x ^ 2 } = t \, \, \ left ( { t \ ge 0 } \ right ) \ ) Khi đó phương trình ( 1 ) trở thành :\ ( \ begin { array } { l } { t ^ 2 } – t – 12 = 0 \ \ \ Leftrightarrow { t ^ 2 } + 3 t – 4 t – 12 = 0 \ \ \ Leftrightarrow \ left ( { t + 3 } \ right ) \ left ( { t – 4 } \ right ) = 0 \ \ \ Leftrightarrow \ left [ \ begin { array } { l } t = – 3 \ left ( { ktm } \ right ) \ \ t = 4 \ left ( { tm } \ right ) \ end { array } \ right. \ end { array } \ )Với \ ( t = 4 \ Leftrightarrow { x ^ 2 } = 4 \ Leftrightarrow x = \ pm 2 \ )Vậy phương trình ( 1 ) có tập nghiệm là : \ ( S = \ left \ { { – 2 ; 2 } \ right \ } \ )

2) Cho hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}3x – y = 2m – 1\\x + 2y = 3m + 2\end{array} \right.\)

a) Giải hệ phương trình khi \(m = 1\)

Thay m = 1 vào hệ phương trình ta được hệ phương trình mới :\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } 3 x – y = 2.1 – 1 \ \ x + 2 y = 3.1 + 2 \ end { array } \ right. \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } 3 x – y = 1 \ \ x + 2 y = 5 \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } 6 x – 2 y = 2 \ \ x + 2 y = 5 \ end { array } \ right. \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } x = 1 \ \ y = 3 x – 1 \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } x = 1 \ \ y = 2 \ end { array } \ right. \ )Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là : \ ( \ left ( { x ; y } \ right ) = \ left ( { 1 ; 2 } \ right ) \ )

b) Tìm m để hệ có nghiệm \(\left( {x;y} \right)\) thỏa mãn: \({x^2} + {y^2} = 10\)

Ta có : \ ( \ dfrac { 3 } { 1 } \ ne \ dfrac { { – 1 } } { 2 } \ ) nên hệ phương trình đã cho luôn có nghiệm \ ( \ left ( { x ; y } \ right ) \ ) .\ ( \ left \ { \ begin { array } { l } 3 x – y = 2 m – 1 \ \ x + 2 y = 3 m + 2 \ end { array } \ right. \ )

\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 3 x – 2 m + 1 \ \ x + 2 \ left ( { 3 x – 2 m + 1 } \ right ) = 3 m + 2 \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 3 x – 2 m + 1 \ \ x + 6 x – 4 m + 2 – 3 m – 2 = 0 \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = 3 x – 2 m + 1 \ \ x = m \ end { array } \ right. \ )\ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } y = m + 1 \ \ x = m \ end { array } \ right. \ )Theo đề bài ta có nghiệm \ ( \ left ( { x ; y } \ right ) \ ) thỏa mãn nhu cầu :\ ( \ begin { array } { l } { x ^ 2 } + { y ^ 2 } = 10 \ \ \ Leftrightarrow { m ^ 2 } + { \ left ( { m + 1 } \ right ) ^ 2 } = 10 \ \ \ Leftrightarrow 2 { m ^ 2 } + 2 m – 9 = 0 \, \, \, \, \ left ( * \ right ) \ end { array } \ )\ ( \ Delta ‘ = 1 + 18 = 19 > 0 \ )Khi đó ( * ) luôn có 2 nghiệm phân biệt : \ ( \ left [ \ begin { array } { l } m = \ dfrac { { – 1 – \ sqrt { 19 } } } { 2 } \ \ m = \ dfrac { { – 1 + \ sqrt { 19 } } } { 2 } \ end { array } \ right. \ )

Câu 2.

a) Rút gọn biểu thức A.

\ ( A = \ left ( { \ dfrac { 1 } { { x – \ sqrt x } } + \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x – 1 } } } \ right ) : \ dfrac { { \ sqrt x + 1 } } { { { { \ left ( { \ sqrt x – 1 } \ right ) } ^ 2 } } } \ ) ( với \ ( x > 0, x \ ne 1 \ ) )

\ ( \ begin { array } { l } A = \ left ( { \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x \ left ( { \ sqrt x – 1 } \ right ) } } + \ dfrac { { \ sqrt x } } { { \ sqrt x \ left ( { \ sqrt x – 1 } \ right ) } } } \ right ) : \ dfrac { { \ sqrt x + 1 } } { { { { \ left ( { \ sqrt x – 1 } \ right ) } ^ 2 } } } \ \ = \ dfrac { { 1 + \ sqrt x } } { { \ sqrt x \ left ( { \ sqrt x – 1 } \ right ) } }. \ dfrac { { { { \ left ( { \ sqrt x – 1 } \ right ) } ^ 2 } } } { { \ sqrt x + 1 } } \ \ = \ dfrac { { \ sqrt x – 1 } } { { \ sqrt x } } \ end { array } \ )

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức \(P = A – 9\sqrt x \)

\ ( \ begin { array } { l } P = A – 9 \ sqrt x \ \ = \ dfrac { { \ sqrt x – 1 } } { { \ sqrt x } } – 9 \ sqrt x \ \ = 1 – \ left ( { \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x } } + 9 \ sqrt x } \ right ) \ end { array } \ )Với \ ( x > 0, x \ ne 1 \ ), vận dụng bất đẳng thức Cosi cho hai số dương \ ( \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x } } ; 9 \ sqrt x \ ) ta có : \ ( \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x } } + 9 \ sqrt x \ ge 2 \ sqrt { \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x } }. 9 \ sqrt x } = 6 \ )Từ đó ta có : \ ( 1 – \ left ( { \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x } } + 9 \ sqrt x } \ right ) \ le 1 – 6 = – 5 \ )Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P là – 5. Dấu “ = xảy ra khi và chỉ khi \ ( \ dfrac { 1 } { { \ sqrt x } } = 9 \ sqrt x \ Leftrightarrow x = \ dfrac { 1 } { 9 } \ )

Câu 3.

Một chiếc bè trôi từ bến sông A đến bên B với vận tốc dòng nước là 4km/h, cùng lúc đó một chiếc thuyền chạy từ bến A đến B rồi quay lại ngay thì gặp chiếc bè tại vị trí C cách bến A là 8km. Tính vận tốc thực của thuyền biết khoảng cách giữa hai bến A và B là 24 km.

Gọi tốc độ thực của thuyền là : \ ( \ ) \ ( \ left ( { x > 4 } \ right ) \ )Vận tốc xuôi dòng của thuyền là : \ ( x + 4 \ left ( { km / h } \ right ) \ )Vận tốc ngược dòng của thuyền là : \ ( x – 4 \ left ( { km / h } \ right ) \ )Vì thuyền chạy từ A đến B rồi quay lại ngay thì gặp chiếc bè tại vị trị C cách bến A là 8 km tức là thuyền đi xuôi dòng được 24 km và ngược dòng được 24 – 8 = 16 km, nên ta có thời hạn của thuyền đi đến khi gặp chiếc bè là : \ ( \ dfrac { { 24 } } { { x + 4 } } + \ dfrac { { 16 } } { { x – 4 } } \ left ( h \ right ) \ )Thời gian của chiếc bè trôi đến khi gặp thuyền là : \ ( 8 : 4 = 2 \ left ( h \ right ) \ )Khi đó ta có phương trình :\ ( \ begin { array } { l } \ dfrac { { 24 } } { { x + 4 } } + \ dfrac { { 16 } } { { x – 4 } } = 2 \ \ \ Leftrightarrow \ dfrac { { 24 \ left ( { x – 4 } \ right ) + 16 \ left ( { x + 4 } \ right ) } } { { { x ^ 2 } – 16 } } = \ dfrac { { 2 \ left ( { { x ^ 2 } – 16 } \ right ) } } { { { x ^ 2 } – 16 } } \ \ \ Leftrightarrow 24 x – 96 + 16 x + 64 = 2 { x ^ 2 } – 32 \ \ \ Leftrightarrow { x ^ 2 } – 20 x = 0 \ \ \ Leftrightarrow x \ left ( { x – 20 } \ right ) = 0 \ \ \ Leftrightarrow \ left [ \ begin { array } { l } x = 0 \ left ( { ktm } \ right ) \ \ x = 20 \ left ( { tm } \ right ) \ end { array } \ right. \ end { array } \ )

Vậy tốc độ thực của thuyền là 20 km / h .

Câu 4.

Trong hệ tọa độ Oxy, cho Parabol \(y = {x^2}\left( P \right)\) và đường thẳng có phương trình \(y = \left( {m – 1} \right)x + {m^2} – 2m + 3\left( d \right)\)

a) Chứng minh với mọi giá trị của m thì (d) luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt.

Phương trình hoành độ giao điểm của ( P ) và ( d ) là :\ ( \ begin { array } { l } { x ^ 2 } = \ left ( { m – 1 } \ right ) x + { m ^ 2 } – 2 m + 3 \ \ \ Leftrightarrow { x ^ 2 } – \ left ( { m – 1 } \ right ) x – { m ^ 2 } + 2 m – 3 = 0 \, \, \, \, \ left ( 1 \ right ) \ end { array } \ )Số giao điểm của ( P ) và ( d ) chính là số nghiệm của phương trình ( 1 ). Ta có :\ ( \ begin { array } { l } \ Delta = { \ left ( { m – 1 } \ right ) ^ 2 } – 4 \ left ( { – { m ^ 2 } + 2 m – 3 } \ right ) \ \ = { m ^ 2 } – 2 m + 1 + 4 { m ^ 2 } – 8 m + 12 \ \ = 5 { m ^ 2 } – 10 m + 13 \ \ = 5 \ left ( { { m ^ 2 } – 2 m + 1 } \ right ) + 8 \ \ = 5 { \ left ( { m – 1 } \ right ) ^ 2 } + 8 > 0, \ forall m \ end { array } \ )Vậy phương trình ( 1 ) luôn có hai nghiệm phân biệt. Nên ( d ) luôn cắt ( P ) tại hai điểm phân biệt .

b) Giả sử (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B: \(A\left( {{x_1};{y_1}} \right);B\left( {{x_2};{y_2}} \right),\left( {{x_1} \ne {x_2}} \right)\) mà A, B thuộc vào (P) nên \(A\left( {{x_1};x_1^2} \right);B\left( {{x_2};x_2^2} \right)\)

Áp dụng hệ thức Viet cho phương trình ( 1 ) ta có : \ ( \ left \ { \ begin { array } { l } { x_1 } + { x_2 } = m – 1 \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \ left ( * \ right ) \ \ { x_1 } { x_2 } = – { m ^ 2 } + 2 m – 3 \, \, \, \ left ( { * * } \ right ) \ end { array } \ right. \ )Tam giác OAB cân tại O nên OA = OB hay \ ( O { A ^ 2 } = O { B ^ 2 } \ )\ ( \ begin { array } { l } \ Leftrightarrow x_1 ^ 2 + { \ left ( { x_1 ^ 2 } \ right ) ^ 2 } = x_2 ^ 2 + { \ left ( { x_2 ^ 2 } \ right ) ^ 2 } \ \ \ Leftrightarrow x_1 ^ 2 + x_1 ^ 4 = x_2 ^ 2 + x_2 ^ 4 \ \ \ Leftrightarrow \ left ( { x_1 ^ 2 – x_2 ^ 2 } \ right ) + \ left ( { x_1 ^ 4 – x_2 ^ 4 } \ right ) = 0 \ \ \ Leftrightarrow \ left ( { x_1 ^ 2 – x_2 ^ 2 } \ right ) \ left ( { 1 + x_1 ^ 2 + x_2 ^ 2 } \ right ) = 0 \ \ \ Leftrightarrow \ left [ \ begin { array } { l } { x_1 } = { x_2 } \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \ left ( { ktm } \ right ) \ \ { x_1 } = – { x_2 } \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \, \ left ( 3 \ right ) \ \ 1 + x_1 ^ 2 + x_2 ^ 2 = 0 \, \, \, \, \, \ left ( 4 \ right ) \ end { array } \ right. \ end { array } \ )+ ) TH1 : Kết hợp ( 3 ) với ( * ) ta có : \ ( \ left \ { \ begin { array } { l } { x_1 } = – { x_2 } \ \ { x_1 } + { x_2 } = m – 1 \ end { array } \ right. \ Leftrightarrow m = 1 \ ) .

+ ) TH2 : Từ ( 4 ) ta có \ ( x_1 ^ 2 + x_2 ^ 2 + 1 = 0 \ ) ( phi lí vì \ ( x_1 ^ 2 \ ge 0 ; \, \, x_2 ^ 2 \ ge 0 \ Rightarrow x_1 ^ 2 + x_2 ^ 2 + 1 > 0 \ ) )Kết luận : Vậy m = 1 thì tam giác OAB cân tại O .Với m = 1 thì ( d ) trở thành : y = 2 là 1 đường thẳng song song với trục hoành và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 .

                      

Với m = 1 ta có : Phương trình ( 1 ) trở thành :Ta có : \ ( AB = \ sqrt { { { \ left ( { \ sqrt 2 + \ sqrt 2 } \ right ) } ^ 2 } + { { \ left ( { 2 – 2 } \ right ) } ^ 2 } } = \ sqrt 8 \ )Ta có : \ ( { S_ { OAB } } = \ dfrac { 1 } { 2 } OH.AB = \ dfrac { 1 } { 2 }. 2. \ sqrt 8 = \ sqrt 8 \ left ( { dvdt } \ right ) \ )

Câu 5.

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB, M là một điểm bất kỳ thuộc nửa đường tròn (M khác A, B). Tiếp tuyến tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của nửa đường tròn đó lần lượt tại C và D.

  

a) Chứng minh \(\widehat {COD} = {90^0}\).

Ta có : OC là tia phân giác của góc AOM ; OD là tia phân giác của góc BOM ( đặc thù hai tiếp tuyến cắt nhau )Mà \ ( \ widehat { AOM } \ ) và \ ( \ widehat { BOM } \ ) là hai góc kề bù \ ( \ Rightarrow OC \ bot OD \ ) .\ ( \ Rightarrow \ widehat { COD } = { 90 ^ 0 } \ ) .

b) Gọi K là giao điểm của BM và Ax. Chứng minh \(\Delta KMO \sim \Delta AMD\)

Xét tứ giác OBDM có \ ( \ angle OBD + \ angle OMD = { 90 ^ 0 } + { 90 ^ 0 } = { 180 ^ 0 } \ )\ ( \ Rightarrow \ ) Tứ giác OBDM là tứ giác nội tiếp ( Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 1800 )\ ( \ Rightarrow \ angle ABM = \ angle ODM \ ) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung OM )Lại có \ ( \ angle KAM = \ angle ABM \ ) ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AM ) .\ ( \ Rightarrow \ angle KAM = \ angle ODM \ )Xét tam giác AMK và tam giác DMO có :\ ( \ angle KAM = \ angle ODM \ ) ( cmt )\ ( \ Rightarrow \ angle AMK = \ angle OMD = { 90 ^ 0 } \ )\ ( \ Rightarrow \ Delta AMK \ sim \ Delta DMO \, \, \ left ( { g. g } \ right ) \ )\ ( \ Rightarrow \ dfrac { { MK } } { { MO } } = \ dfrac { { MA } } { { MD } } \ )Ta có :\ ( \ begin { array } { l } \ angle KMO = \ angle KMC + \ angle CMO = \ angle KMC + { 90 ^ 0 } \ \ \ angle AMD = \ angle AMB + \ angle BMD = \ angle BMD + { 90 ^ 0 } \ end { array } \ )Mà \ ( \ angle KMC = \ angle BMD \ ) ( 2 góc đối đỉnh )Nên \ ( \ angle KMO = \ angle AMD \ )Xét tam giác KMO và tam giác AMD có :\ ( \ begin { array } { l } \ angle KMO = \ angle AMD \, \, \ left ( { cmt } \ right ) ; \ \ \ dfrac { { MK } } { { MO } } = \ dfrac { { MA } } { { MD } } \, \, \ left ( { cmt } \ right ) \ end { array } \ )

\ ( \ Rightarrow \ Delta KMO \ sim \ Delta AMD \, \, \ left ( { c. g. c } \ right ) \ )

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích hai tam giác ACM và BDM.

Ta thuận tiện chứng tỏ được \ ( \ Delta ACM \ sim \ Delta BOM \, \, \ left ( { g. g } \ right ) \ )\ ( \ Rightarrow \ dfrac { { { S_ { ACM } } } } { { { S_ { OBM } } } } = \ dfrac { { A { C ^ 2 } } } { { { R ^ 2 } } } = \ dfrac { { A { M ^ 2 } } } { { B { M ^ 2 } } } \ )Lại có \ ( { S_ { OBM } } = \ dfrac { 1 } { 2 } { S_ { MAB } } \ )\ ( \ Rightarrow { S_ { ACM } } = \ dfrac { 1 } { 2 } { S_ { MAB } }. \ dfrac { { M { A ^ 2 } } } { { M { B ^ 2 } } } \ )Tương tự \ ( \ Delta BDM \ sim \ Delta AOM \, \, \ left ( { g. g } \ right ) \ )\ ( \ Rightarrow \ dfrac { { { S_ { BDM } } } } { { { S_ { AOM } } } } = \ dfrac { { B { D ^ 2 } } } { { { R ^ 2 } } } = \ dfrac { { B { M ^ 2 } } } { { A { M ^ 2 } } } \ )Lại có \ ( { S_ { AOM } } = \ dfrac { 1 } { 2 } { S_ { MAB } } \ )\ ( \ Rightarrow { S_ { BDM } } = \ dfrac { 1 } { 2 } { S_ { MAB } }. \ dfrac { { B { M ^ 2 } } } { { A { M ^ 2 } } } \ )\ ( \ Rightarrow { S_ { ACM } } + { S_ { BDM } } = \ dfrac { 1 } { 2 } { S_ { MAB } } \ dfrac { { A { C ^ 2 } + B { D ^ 2 } } } { { { R ^ 2 } } } \ )\ ( \ Delta MAB \ sim \ Delta MCD \, \, \ left ( { g. g } \ right ) \ )\ ( \ Rightarrow \ dfrac { { { S_ { MAB } } } } { { { S_ { MCD } } } } = \ dfrac { { A { B ^ 2 } } } { { C { D ^ 2 } } } \ )\ ( \ Rightarrow { S_ { MAB } } = { S_ { MCD } }. \ dfrac { { 4 { R ^ 2 } } } { { C { D ^ 2 } } } = \ dfrac { 1 } { 2 } R.CD. \ dfrac { { 4 { R ^ 2 } } } { { C { D ^ 2 } } } = \ dfrac { { 2 { R ^ 3 } } } { { CD } } \ )

\ ( \ Rightarrow { S_ { ACM } } + { S_ { BDM } } = \ dfrac { 1 } { 2 }. \ dfrac { { 2 { R ^ 3 } } } { { CD } }. \ dfrac { { A { C ^ 2 } + B { D ^ 2 } } } { { { R ^ 2 } } } = R. \ dfrac { { A { C ^ 2 } + B { D ^ 2 } } } { { CD } } \ )Ta có \ ( AC = CM ; \, \, BD = BM ; \, \, CD = CM + DM \ )\ ( \ Rightarrow { S_ { ACM } } + { S_ { BDM } } = R. \ dfrac { { C { M ^ 2 } + D { M ^ 2 } } } { { CM + DM } } \ )Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có \ ( { \ left ( { CM + DM } \ right ) ^ 2 } \ le 2 \ left ( { C { M ^ 2 } + D { M ^ 2 } } \ right ) \ Rightarrow \ dfrac { { C { M ^ 2 } + D { M ^ 2 } } } { { { { \ left ( { CM + DM } \ right ) } ^ 2 } } } \ ge \ dfrac { 1 } { 2 } \ )\ ( \ begin { array } { l } \ Rightarrow \ dfrac { { C { M ^ 2 } + D { M ^ 2 } } } { { CM + DM } } \ ge \ dfrac { 1 } { 2 } \ left ( { CM + DM } \ right ) = \ dfrac { 1 } { 2 } CD \ ge \ dfrac { 1 } { 2 } AB = R \ \ \ Rightarrow { S_ { ACM } } + { S_ { BDM } } = R. \ dfrac { { C { M ^ 2 } + D { M ^ 2 } } } { { CM + DM } } \ ge { R ^ 2 } \ end { array } \ )Dấu bằng xảy ra \ ( \ Leftrightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } CM = DM \ \ CD = AB \ end { array } \ right. \ ), khi đó M là điểm chính giữa của cung AB .Vậy \ ( { \ left ( { { S_ { ACM } } + { S_ { BDM } } } \ right ) _ { \ min } } = { R ^ 2 } \ Leftrightarrow M \ ) là điểm chính giữa của cung AB .

Câu 6.

a) Cho hàm số \(y = f\left( x \right)\)  với \(f\left( x \right)\) là một biểu thức đại số xác định với mọi số thực \(x \ne 0\). Biết rằng: \(f\left( x \right) + 3f\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = {x^2}\left( {\forall x \ne 0} \right).\) Tính \(f\left( 2 \right)\)

Ta có:

\ ( \ begin { array } { l } f \ left ( x \ right ) + 3 f \ left ( { \ dfrac { 1 } { x } } \ right ) = { x ^ 2 } \ left ( { \ forall x \ ne 0 } \ right ). \ \ \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } f \ left ( 2 \ right ) + 3 f \ left ( { \ dfrac { 1 } { 2 } } \ right ) = { 2 ^ 2 } = 4 \ \ f \ left ( { \ dfrac { 1 } { 2 } } \ right ) + 3 f \ left ( 2 \ right ) = { \ left ( { \ dfrac { 1 } { 2 } } \ right ) ^ 2 } = \ dfrac { 1 } { 4 } \ end { array } \ right. \ \ \ Rightarrow \ left \ { \ begin { array } { l } f \ left ( 2 \ right ) + 3 f \ left ( { \ dfrac { 1 } { 2 } } \ right ) = 4 \ \ 3 f \ left ( { \ dfrac { 1 } { 2 } } \ right ) + 9 f \ left ( 2 \ right ) = \ dfrac { 3 } { 4 } \ end { array } \ right. \ \ \ Rightarrow 8 f \ left ( 2 \ right ) = – \ dfrac { { 13 } } { 4 } \ Rightarrow f \ left ( 2 \ right ) = – \ dfrac { { 13 } } { { 32 } } \ end { array } \ )

b) Cho ba số nguyên dương \(a,b,c\) đôi một khác nhau và thỏa mãn: \(a\) là ước của \(b + c + bc\), \(b\)  là ước của \(c + a + ca\)  và \(c\) là ước của \(a + b + ab\). Chứng minh \(a,b,c\) không đồng thời là các số nguyên tố.

Loigiaihay.com

Đánh giá bài viết