Chủ đề này có 122 trả lời

[Ispectorgadget]

Chương trình nâng cao
Câu 9B
Đặt $z=a+bi$ nên phương trình cho ban đầu có thể viết lại như sau:

$\frac{5\left ( a+(1-b)i \right )}{a+(1+b)i}=2-i\\ \\ \leftrightarrow 5a+5(1-b)i=2a+1+b+(2+2b-a)i\\\leftrightarrow -3a+1+b+(-a+3b-3)i=0$
Đồng nhất thức hai vế cho ta $a=\frac{3}{4};b=\frac{5}{4}$
Như vậy: $w=1+z+z^2=1+\frac{3}{4}+\frac{5}{4}i+(\frac{9}{16}-\frac{25}{16}+\frac{30}{16}i)$
$=\frac{3}{4}+\frac{25}{8}i$
$\to |w|=\frac{\sqrt{985}}{8}$.

Câu này em ra $\sqrt{13}$
Viết $z=a+bi (a,b\in R)$. Từ điều kiện ta có : $5(a-bi+i)=(2-i)(a+bi+1)\Leftrightarrow 3a-b-2+(x-7b+6)i=0$
Ta được hệ sau \[\left\{ \begin{array}{l}
3a - b = 2\\
a - 7b = - 6
\end{array} \right.\]
Giải hệ này ta được Nghiệm $a=1;b=1$ do đó $z=1+i$
Vậy $|w|=|z^2+z+1|=|2i+1+i+1|=|2+3i|=\sqrt{4+9}=\sqrt{13}$

[Crystal]

Câu 3:Câu hệ em chưa học đạo hàm nên làm theo cách sau:
(1)$\Leftrightarrow (x-1)^{3}-(y+1)^{3}-12x+12y+24=0 \Leftrightarrow (x-y-2)(x^{2}-2x+1+xy-x-y+1+y^{2}-2y+1)-12(x-y-2)=0\Leftrightarrow (x-y-2)(x^{2}+y^{2}-3x-3y-9)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x-y-2=0\Rightarrow x=y+2(*) & \\ x^{2}+y^{2}-3x-3y-9=0(**) & \end{bmatrix}$
Thế (*) vào (2) ta có pt:
$4y^{2}+8y+3=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{-1}{2}\Rightarrow x=\frac{3}{2} & \\ y=\frac{-3}{2}\Rightarrow x=\frac{1}{2} & \end{bmatrix}$
(**)$\Leftrightarrow x^{2}+-(3-y)x+y^{2}-3y-9=0$$\Delta =-3y^{2}+6y-25=-3(y-1)^{2}-22< 0$
nên pt VN
Vậy hệ có nghiệm...

Bạn kiểm tra lại bài này.

Một số nhận xét.
-----
$ \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow (x - y - 2)({x^2} + {y^2} - 3x - 3y - 9) = 0$ (thiếu $xy$)

Đúng: $ \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow (x - y - 2)({x^2} + {y^2} - 3x - 3y +xy - 9) = 0$
-----
\[(**) \Leftrightarrow {x^2} - (3 - y)x + {y^2} - 3y - 9 = 0\]
\[\Delta = - 3{y^2} + 6y - 25 = - 3{(y - 1)^2} - 22 < 0\] (sai)

Nếu xem phương trình trên là phương trình bậc hai theo $x$ thì ta có:
\[{\Delta _x} = {\left( {3 - y} \right)^2} - 4\left( {{y^2} - 3y - 9} \right) = - 3{y^2} + 6y + 45 = - 3\left( {y + 3} \right)\left( {y - 5} \right)???\]
Do đó chưa thể khẳng định phương trình trên vô nghiệm.

---
Không biết nhận xét đúng không

[NGOCTIEN_A1_DQH]

anh thành tổng hợp lại thành 1 file đi, còn câu I.1 là vẽ đồ thị thì em nghĩ là không cần thiết lắm

[donghaidhtt]

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình vuông $ABCD$ có $M$ là trung điểm $BC$, $N$ là điểm trên cạnh $CD$ sao cho $CN=2ND$. Giả sử $M\left ( \frac{11}{2};\frac{1}{2} \right )$ và đường thẳng $AN$ có phương trình $2x-y-3=0$. tìm tọa độ điểm $A$

Em làm câu này:
kẻ $MK\perp AN;K\in AN$
$tan(\widehat{DAN}+\widehat{MAB})=\frac{tan\widehat{DAN}+\widehat{MAB}}{1-tan\widehat{DAN}.tan\widehat{MAB}}= \frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}.\frac{1}{3}}=1$
$\Rightarrow \widehat{DAN}+\widehat{MAB}=45^{\circ}\Rightarrow \widehat{KAM}=45^{\circ}$
Nên tam giác $AKM$ vuông cân tại K.
Từ đây giải hệ $\left\{\begin{matrix} A\in d\\ AK=MK=d(M,d) \end{matrix}\right.$
Em không có máy tính nên không thể làm tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 04-07-2012 - 15:05

[Crystal]

anh thành tổng hợp lại thành 1 file đi, còn câu I.1 là vẽ đồ thị thì em nghĩ là không cần thiết lắm

Anh đang căng mắt ra kiểm tra lại bài làm của mọi người nè. Ai giúp anh một tay (các Biên tập viên nhé )

[minhdat881439]

Bạn kiểm tra lại bài này.

Một số nhận xét.
-----
$ \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow (x - y - 2)({x^2} + {y^2} - 3x - 3y - 9) = 0$ (thiếu $xy$)

Đúng: $ \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow (x - y - 2)({x^2} + {y^2} - 3x - 3y +xy - 9) = 0$
-----
\[(**) \Leftrightarrow {x^2} - (3 - y)x + {y^2} - 3y - 9 = 0\]
\[\Delta = - 3{y^2} + 6y - 25 = - 3{(y - 1)^2} - 22 < 0\] (sai)

Nếu xem phương trình trên là phương trình bậc hai theo $x$ thì ta có:
\[{\Delta _x} = {\left( {3 - y} \right)^2} - 4\left( {{y^2} - 3y - 9} \right) = - 3{y^2} + 6y + 45 = - 3\left( {y + 3} \right)\left( {y - 5} \right)???\]
Do đó chưa thể khẳng định phương trình trên vô nghiệm.

---
Không biết nhận xét đúng không

cảm ơn anh đã chỉ ra lỗi đó.em cũng đang tìm lời giải thích hợp cho phần đó mà cho em hỏi là ta phải chặn cả x lẫn y à anh

[Crystal]

cảm ơn anh đã chỉ ra lỗi đó.em cũng đang tìm lời giải thích hợp cho phần đó mà cho em hỏi là ta phải chặn cả x lẫn y à anh

Nếu em giải theo cách tìm miền giá trị của $x$ và $y$ thì em phải tìm cả hai.

Nếu em xem phương trình đó là phương trình bậc hai theo hoặc $x$ hoặc $y$ thì em chỉ cần chứng minh nó vô nghiệm theo $x$ hoặc $y$.

[minhdat881439]

Nếu em giải theo cách tìm miền giá trị của $x$ và $y$ thì em phải tìm cả hai.

Nếu em xem phương trình đó là phương trình bậc hai theo hoặc $x$ hoặc $y$ thì em chỉ cần chứng minh nó vô nghiệm theo $x$ hoặc $y$.

mà cách em làm là xem phương trình đó là phương trình bậc hai nên lời giải cho đoạn đó không có vấn đề phải không anh

[Crystal]

mà cách em làm là xem phương trình đó là phương trình bậc hai nên lời giải cho đoạn đó không có vấn đề phải không anh

Em lập $\Delta$ bị sai đó. Nếu em chứng minh được phương trình đó vô nghiệm thì OK.

[minhdat881439]

Em lập $\Delta$ bị sai đó. Nếu em chứng minh được phương trình đó vô nghiệm thì OK. Em thử đổi vai trò cho $y$ thử xem nhé.

chắc là bài làm sai rồi có nhiều vấn đề chưa được làm rõ nữa em sẽ xem lại một lần nữa cảm ơn anh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhdat881439: 04-07-2012 - 14:55

[E. Galois]

Câu 5:

$\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{(SAD)}} \bot {\rm{(SHI)}} \\
{\rm{(SAD)}} \cap {\rm{(SHI)}} = {\rm{AD}} \\
{\rm{HI}} \bot {\rm{AD}} \\
\end{array} \right. \\
= > {\rm{HI}} \bot {\rm{(SAD)}} \\
= > {\rm{d}}\left[ {{\rm{H,(SAD)}}} \right] = {\rm{HI}} \\
\end{array}$

(SAD) và (SHI) cắt nhau theo giao tuyến AD à?

[boyhand11]

bất đẳng thức ( bài VI) các anh xem lại cái hình như ko đúng ( em nghĩ như thế)
em nghĩ cm $3^{a}\geq a+1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 04-07-2012 - 16:40

[hoangtrong2305]

Câu 1b:

$y' = 4{x^3} - 4(m + 1)x = 4x({x^2} - m - 1)$
Để hàm số có 3 cực trị thì $y' = 0$ có 3 nghiệm phân biệt
\[y' = 0 < = > \left[ \begin{array}{l}
{x_1} = 0 \\
{x_2} = \sqrt {m + 1} \\
{x_3} = - \sqrt {m + 1} \\
\end{array} \right.\]
Điều kiện: ${x_1} \ne {x_2} \ne {x_3} < = > \left\{ \begin{array}{l}
0 \ne \sqrt {m + 1} \ne - \sqrt {m + 1} \\
m + 1 \ge 0 \\
\end{array} \right. < = > m > - 1$
Gọi A,B,C là 3 cực trị, khi đó
\[\left[ \begin{array}{l}
{x_A} = 0 = > {y_A} = {m^2} \\
{x_B} = \sqrt {m + 1} = > {y_B} = - 2m - 1 \\
{x_C} = - \sqrt {m + 1} = > {y_C} = - 2m - 1 \\
\end{array} \right.\]
Nhận thấy $\left\{ \begin{array}{l}
{x_B} = - {x_C} \\
{y_B} = {y_C} \\
\end{array} \right.$
=> B và C đối xứng nhau qua Oy => ${\rm{ABC}}$ vuông tại A
Ta có:
$\begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} = \left( {\sqrt {m + 1} , - {m^2} - 2m - 1} \right) \\
\overrightarrow {AC} = \left( { - \sqrt {m + 1} , - {m^2} - 2m - 1} \right) \\
\end{array}$
Để ${\rm{ABC}}$ vuông tại A thì
\[\begin{array}{l}
\overrightarrow {AB} \overrightarrow {AC} = 0 \\
< = > - m - 1 + {\left( {m + 1} \right)^4} = 0 \\
< = > 4{m^2} + 3m = 0 \\
< = > \left[ \begin{array}{l}
m = 0 \\
m = - 1 \\
\end{array} \right. \\
\end{array}\]
So điều kiện, ta có giá trị m cần tìm là \[m = 0\]

Em với $longqnh$ xin mở rộng bài toán

Ta có:

\[\left[ \begin{array}{l}
{x_A} = 0 = > {y_A} = {m^2} \\
{x_B} = \sqrt {m + 1} = > {y_B} = - 2m - 1 \\
{x_C} = - \sqrt {m + 1} = > {y_C} = - 2m - 1 \\
\end{array} \right.\]

Như lời giải trên, ta có $B$ và $C$ đối xứng nhau qua $Oy$ và điểm $A$ chỉ nằm trên trục $Oy$ (do ${x_A} = 0$

Giả sử, đề toán nói rằng:

Tìm các giá trị của $m$ sao cho $\Delta ABC$ vuông cân tại $A$

Thì lời giải của bạn longqhn vẫn đúng:

Bởi vì $2$ điểm $B,C$ có cùng tung độ (là $-2m-1$) và hoành độ đối nhau nên $BC\perp Oy$ và nhận $Oy$ làm đường trung trực. Mặt khác, lại có điểm $A$ nằm trên $Oy$ thì $\Delta ABC$ cân tại $A$.


Như vậy, chắc hẳn một câu hỏi được đặt ra, vậy có phải với mọi giá trị $m>-1$ thì $\Delta ABC$ cân tại $A$ . Xét về lý thuyết cực trị, điều này là không thể vì nếu ba điểm $A,B.C$ thẳng hàng thì khi thiết lập bảng xét dấu, khi qua giá trị $B$ và $A$ thì bảng sẽ không đổi chiều. Đó là chứng minh về lý thuyết, nhưng nếu chứng minh bằng tính toán thì sao ?

Để trả lời câu hỏi này, ta sẽ làm phép phản chứng, giả sử $\Delta ABC$ cân tại $A$ với một vài giá trị $m$ nào đó

Vậy, giả sử tồn tại các điểm $m$ làm cho $\Delta ABC$ không thể cân tại $A$, thì chỉ có duy nhất $1$ trường hợp xảy ra, là $3$ điểm $A,B,C$ thẳng hàng (đương nhiên lúc đó $A$ là trung điểm $BC$)

Vậy ta cần giải:

$\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{AC}$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -\sqrt{m+1}=-\sqrt{m+1}\\ m^{2}+2m+1=-m^{2}-2m-1 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow (m+1)^{2}=0$

$\Rightarrow m=-1$ (sai do điều kiện $m>-1$)

Vậy với mọi giá trị $m>-1$ thì $\Delta ABC$ cân tại $A$

P/S: Tụi em chỉ mới nghiên cứu đến phần cực trị nên trong bài sẽ có một số chỗ lập luận sai sót, mong nhận được sự trợ giúp của mọi người

[E. Galois]

Dễ thấy hai khối $SABC, SABD$ có thể tích bằng nhau. Ta có $SA=\sqrt{AH^2+SH^2}=\frac{5a}{3}$
$SD=\sqrt{DH^2+SH^2}=\frac{a\sqrt{28}}{3}$
Do đó, bằng công thức Heron, ta tính được diện tích tam giác $ADS$ là $S_{ADS} = a^2\sqrt{\frac{2}{3}}$
Vậy khoảng cách cần tìm là
$d=\frac{3V_{SABD}}{S_{ADS}}=a\frac{\sqrt{42}}{8}$

[longqnh]

CÂU 5:
Ta có:
\[\begin{array}{l}
{\rm{SH}} \bot ({\rm{ABC)}} = > {\rm{HC}} = {\rm{h}}{{\rm{c}}_{({\rm{ABC)}}}}{\rm{SC}} \\
= > \left[ {SC,(ABC)} \right] = SCH = 60 \\
\end{array}\]
Xét $\Delta$AHC có
${\rm{HC = }}\sqrt {{\rm{H}}{{\rm{A}}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} - 2{\rm{HA}}{\rm{.AC}}{\rm{.cos}}} = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{3}{\rm{AB}}} \right)}^2} + {\rm{A}}{{\rm{C}}^2} - 2\frac{2}{3}{\rm{AB}}{\rm{.AC}}{\rm{.cos}}} = \frac{{a\sqrt 7 }}{3}$
$\Delta$ vuông SHC cho ta
${\rm{SH = HC}}\tan 60 = \frac{{a\sqrt 7 }}{3}\sqrt 3 = \frac{{a\sqrt {21} }}{3}$
${{\rm{V}}_{SABC}} = \frac{1}{3}{\rm{SH}}{\rm{.}}{{\rm{S}}_{ABC}} = \frac{1}{3}\frac{{a\sqrt {21} }}{3}\frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{a^3}\sqrt 7 }}{{12}}$
Dựng hình bình hành ACBD
Kẻ ${\rm{HI}} \bot {\rm{AD}}$
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{SH}} \bot {\rm{AD}} \\
{\rm{HI}} \bot {\rm{AD}} \\
\end{array} \right. = > {\rm{AD}} \bot {\rm{(SHI) = > (SAD)}} \bot {\rm{(SHI)}}$
Kẻ ${\rm{HK}} \bot {\rm{SI}}$
Vậy
\[\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{(SAD)}} \bot {\rm{(SHI)}} \\
{\rm{(SAD)}} \cap {\rm{(SHI) = SI}} \\
{\rm{HK}} \bot {\rm{SI}} \\
\end{array} \right. \\
= > {\rm{HK}} \bot {\rm{(SAD)}} \\
= > {\rm{d}}\left[ {{\rm{H,(SAD)}}} \right] = {\rm{HI}} \\
\end{array}\]
Gọi BJ là đường cao hạ từ B trong $\Delta$ABD,ta có:
$\frac{{{\rm{HI}}}}{{{\rm{BJ}}}} = \frac{{{\rm{HA}}}}{{{\rm{AB}}}} = > {\rm{HI = }}\frac{{a\sqrt 3 }}{3}$
$\Delta$ vuông SHI cho ta:
$\begin{array}{l}
\frac{1}{{H{K^2}}} = \frac{1}{{H{I^2}}} + \frac{1}{{H{S^2}}} \\
= > {\rm{HK = }}\frac{{a\sqrt {42} }}{{12}} \\
\end{array}$
Mà \[{\rm{d}}\left[ {{\rm{B,(SAD)}}} \right] = \frac{{{\rm{AB}}}}{{{\rm{AH}}}}{\rm{d}}\left[ {{\rm{H,(SAD)}}} \right] = \frac{{a\sqrt {42} }}{{8}}\]
Ta có:
$\begin{array}{l}
{\rm{BC//AD = > BC//(SAD)}} \\
{\rm{ = > d(SA,BC) = d}}\left[ {{\rm{C,(SAD)}}} \right] = {\rm{d}}\left[ {{\rm{B,(SAD)}}} \right] = \frac{{a\sqrt {42} }}{{8}} \\
\end{array}$

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longqnh: 04-07-2012 - 20:40

[namcpnh]

Bên Vnmath có đáp án rồi đó.Gửi mọi người nè http://www.vnmath.co...n-nam-2012.html

[LonelyKing]

Câu lượng giác mình giải thế này (có lẽ nhanh nhất)

[Tham Lang]

Chưa từng thấy cái đề nào xấu xí như cái đề này
Lời giải bài toán số 6:

$ 3^{|x-y|} + 3^{|y-z|}+ 3^{|z-x|} - \sqrt{ 6x^2 + 6y^2 + 6z^2}$

$= 3^{|x-y|} + 3^{|2x+y|}+ 3^{|x+2y|} - \sqrt{ 6x^2 + 6y^2 + 6(x+y)^2}$ ( do $z = -(x+y)$)

$ \ge 3+ 2|x-y| + 2|x+2y| + 2|2x+y| - 2 \sqrt{ 3(x^2 + xy+y^2)} $ ( sử dụng BĐT Bernoulli)

$ \ge 3 + 2 \left( |x-y| + 3| x+y| - \sqrt{ 3(x^2 + xy+y^2)} \right)$ ( sử dụng BĐT cơ bản : $|m+n| \le |m| + |n|$)

Do đó ta có thể định hướng cái chứng minh :

$ |x-y| + 3| x+y| \ge \frac{1}{2} \cdot \sqrt{ 3(3(x+y)^2 + (x-y)^2)} \ \ (*)$

Đặt $ a = |x-y| ; b = | x+y| $

Thì $(*)$ tương đương với :

$ 2a+6b \ge \sqrt{ 3(3b^2 + a^2)}$

$ \iff 4a^2 + 24ab + 36b^2 \ge 3a^2 + 9b^2 $

$ \iff a^2 + 24ab + 27b^2 \ge 0$ ; luôn đúng vì $ a ; b$ không âm

Vậy GTNN là $3$ ; đạt được chẳng hạn khi $ x=y=z=0$

Có lẽ ; nên có biện pháp chấn chỉnh và năm sau nên tuyển mới hoàn toàn đội ngũ GV ra đề ; ưu tiên các GV có kinh nghiệm luyện thi ĐH ; để đề có chất lượng tốt hơn

Giờ mới đọc kĩ bài của anh, và em nhận xét là bài toán áp dụng thiếu trường hợp.
Và nếu dùng Bernoulli, ta có thể có một khối lượng khổng lồ (chưa nói tới việc có giải được hay không)
Bất đẳng thức Bernoulli được phát biểu như sau :
Nếu $x>-1$ thì :
Khi $r\le 0 or r\ge 1$ thì $(x+1)^r\ge 1+xr$
Khi $0<r<1$ thì $(x+1)^r\le 1+xr$
Hiển nhiên, bài toán của anh PSW chỉ áp dụng cho trường hợp 1, và còn khá nhiều TH nữa phải giải quyết.
Bài toán này ta cũng có thể "kích" con số 6 lên để tạo ra những BĐT mới mạnh hơn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huymit_95: 04-07-2012 - 18:22

[WhjteShadow]

A Kiên ơi e nghĩ hướng bđt này không cần phải Cô si 3 số đầu ch0 dài đâu mà đến chỗ:
$P\geq 3^{|x-y|}+3^{|y-z|}+3^{|z-x|}-(|x-y|+|y-z|+|z-x|)$
Chỉ cần chứng minh $f(t)=3^t-t-1\geq 0$ với mọi $t\geq 0$
$\to f'(t)=3^t.ln3-1\geq 0$ Nên $f(t)=3^t-t-1\geq f(0)=0$
Áp dụng với $t=|x-y|,|y-z|,|z-x|$ rồi cộng lại là có $P\geq 3$

[Tham Lang]

A Kiên ơi e nghĩ hướng bđt này không cần phải Cô si 3 số đầu ch0 dài đâu mà đến chỗ:
$P\geq 3^{|x-y|}+3^{|y-z|}+3^{|z-x|}-(|x-y|+|y-z|+|z-x|)$
Chỉ cần chứng minh $f(t)=3^t-t-1\geq 0$ với mọi $t\geq 0$
$\to f'(t)=3^t.ln3-1\geq 0$ Nên $f(t)=3^t-t-1\geq f(0)=0$
Áp dụng với $t=|x-y|,|y-z|,|z-x|$ rồi cộng lại là có $P\geq 3$

Đây là lời giải của hầu hết các trang. Mà như vậy thì .....