Đề thi tuyển sinh lớp 10 Sở GD&ĐT Nam Định năm 2020 - 2021 SVIP

Hướng dẫn giải:

1.

$VT = \sqrt{\left(\sqrt5 - 4\right)^2} - \sqrt5 + \sqrt{20} = \left|\sqrt5 - 4\right| -\sqrt 5 + 2\sqrt5 = 4 -\sqrt5 - \sqrt5 + 2\sqrt5 = 4 = VP$.

Vậy đẳng thức được chứng minh.

2.

ĐKXĐ: $x >0$ và $x \ne 4$.

$P = \left(\dfrac1{\sqrt x+2}+\dfrac1{\sqrt x-2}\right) : \dfrac2{\sqrt x \left(\sqrt x - 2\right)} = \dfrac{\sqrt x - 2 + \sqrt x + 2}{\left(\sqrt x - 2 \right) \left(\sqrt x + 2 \right)} . \dfrac{\sqrt x \left(\sqrt x - 2\right)}2$

$= \dfrac{2\sqrt x}{\left(\sqrt x - 2 \right) \left(\sqrt x + 2 \right)}. \dfrac{\sqrt x \left(\sqrt x - 2\right)}2 = \dfrac x{\sqrt x + 2}$.

Vậy $P = \dfrac x{\sqrt x + 2}$.

Hướng dẫn giải:

1.

Thay $m = 4$ phương trình đã cho trở thành: $x^2 - 9x + 20 = 0$

$\Delta = 81 - 80 = 1>0$ nên phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt $x_1 = 5$ và $x_2 = 4$.

2.

Ta có $\Delta = (2m+1)^2 - 4(m^2 + m) = 1>0$ với mọi $m$ nên phương trình đã cho luôn có hai nghiệm phân biệt $x_1$, $x_2$ với mọi $m$.

Áp dụng định lí Vi-et: $\left\{ \begin{aligned} & x_1 + x_2 = 2m+1\\ & x_1.x_2 = m^2 + m\\ \end{aligned}\right.$

$\Rightarrow x_1^2+x_2^2-5x_1x_2 = -17 \Leftrightarrow (x_1+x_2)^2-7x_1x_2 = -17 \Leftrightarrow (2m+1)^2 - 7(m^2 + m) = -17$ $\Leftrightarrow m^2 + m - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & m = -3\\ & m = 2\\ \end{aligned}\right.$.

Hướng dẫn giải:

ĐKXĐ: $y>-5$.

Đặt $(x-2)^2 = a > 0$ và $\dfrac1{\sqrt{y+5}} = b$.

Hệ phương trình đã cho trở thành $\left\{ \begin{aligned} & 2a + b = 3\\ & a - 2b = -1\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & 4a + 2b = 6\\ & a - 2b = -1\\ \end{aligned}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & 5a = 5\\ & a - 2b = -1\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & a = 1 \ \text{(thỏa mãn)}\\ & b = 1\\ \end{aligned}\right.$

Suy ra $\left\{ \begin{aligned} & (x-2)^2 = 1\\ & \dfrac1{\sqrt{y+5}} = 1\\ \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & \sqrt{y+5} = 1\\ & \left[\begin{aligned} & x - 2 = 1\\ & x - 2 = -1\\ \end{aligned}\right. \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{aligned} & y + 5 = 1\\ & \left[\begin{aligned} & x = 3\\ & x = 1\\ \end{aligned}\right. \end{aligned}\right. \Leftrightarrow \left[ \begin{aligned} & \left\{\begin{aligned} & x = 3\\ & y = -4 \ \text{(thỏa mãn)}\\ \end{aligned}\right.\\ & \left\{\begin{aligned} & x = 1\\ & y = -4 \ \text{(thỏa mãn)}\\ \end{aligned}\right.\\ \end{aligned}\right.$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm $(x;y) = (3;-4)$; $(x;y) = (1;-4)$.

Hướng dẫn giải:

1.

Chứng minh được $\widehat{CEB} = \widehat{BDC} = 90^{\circ}$.

Suy ra $4$ điểm $B,E, D, C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CB$ nên tứ giác $BCDE$ nội tiếp.

Có tứ giác $BCDE$ nội tiếp nên $\widehat{DCE} = \widehat{DBE}$ ($2$ góc nội tiếp cùng chắn cung $DE$) hay $\widehat{ACQ} = \widehat{ABP}$.

Trong đường tròn tâm $(O)$, ta có $\widehat{ACQ}$ là góc nội tiếp chắn cung $AQ$ và $\widehat{ABP}$ nội tiếp chắn cung $AP$

$\Rightarrow \overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}$.

2.

$(O)$ có $\overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}$ nên $\widehat{ABP} = \widehat{ABQ}$ hay $\widehat{HBE} = \widehat{QBE}$.

Ta chứng minh được $BE$ vừa là đường cao, vừa là phân giác của tam giác $HBQ$ nên $E$ là trung điểm của $HQ$.

Chứng minh tương tự $D$ là trung điểm của $HP$ $\Rightarrow DE$ là đường trung bình của tam giác $HPQ$ $\Rightarrow DE // PQ$ (1).

Do $\overset{\frown}{AQ}=\overset{\frown}{AP}$ nên $A$ là điểm chính giữa cung $PQ$ $\Rightarrow OA \perp PQ$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $OA \perp DE$.

3.

Kẻ đường kính $CF$ của đường tròn tâm $(O)$, chứng minh tứ giác $ADHE$ nội tiếp đường tròn đường kính $AH$.

Chứng minh tứ giác $AFBH$ là hình bình hành, suy ra $BF=AH$.

Trong đường tròn $(O)$ có $\widehat{CAB} = \widehat{CFB} = 60^{\circ}$ (2 góc nội tiếp cùng chắn cung $BC$). Chỉ ra tam giác $BCF$ vuông tại $B$ và áp dụng hệ thức giữa cạnh và góc ta được $BF=CF. \cos 60^{\circ} =R=6$ cm.

Đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ADHE$ cũng là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$.

Gọi $r$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADE$.

Suy ra $2r=AH=BF=6$ cm.

Vậy $r=3$ cm.

Hướng dẫn giải:

1.

Điều kiện $x \ge \dfrac14$.

Phương trình tương đương với $\left(\sqrt2.\sqrt{2x^2+x+1}-2\right)-\left(\sqrt{4x-1}-1\right)+2x^2+3x-2 = 0$ $\Leftrightarrow \dfrac{4x^2+2x-2}{\sqrt2.\sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac{4x-2}{\sqrt{4x-1}+1} + (x+2)(2x-1) = 0$\\ $\Leftrightarrow (2x-1)\left(\dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} + x + 2\right) = 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{aligned} & x =\dfrac12\\ & \dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} + x + 2 = 0\\ \end{aligned}\right.$

Với $x \ge \dfrac14$ ta có:

$\dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} > 0$

$- \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} \ge -2$

$x + 2 > 2$.

Suy ra $\dfrac{2(x+1)}{\sqrt2 \sqrt{2x^2+x+1}+2} - \dfrac2{\sqrt{4x-1}+1} + x + 2 > 0$.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = \dfrac12.$

2.

Đặt $P = \dfrac{a^3}{b+2c} + \dfrac{b^3}{c+2a} + \dfrac{c^3}{a+2b}$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương $\dfrac{9a^3}{b + 2c}$ và $(b+2c)a$ ta có

$\dfrac{9a^3}{b+2c} + (b+2c)a \ge 6a^2$.

Tương tự $\dfrac{9b^3}{c+2a} + (c+2a)b \ge 6b^2$, $\dfrac{9c^3}{a+2b} + (a+2b)c \ge 6c^2$.

Cộng các vế ta có $9P + 3(ab+bc+ca) \ge 6(a^2+b^2+c^2)$.

Mà $a^2+b^2+c^2 \ge ab+bc+ca = 4$ nên $P \ge 1$ (ta có đpcm).