Nhờ BTC mua giúp quyển 

Warren Buffet đầu tư như một cô gái

và cuốn dưới này ạ.. Cuốn dưới em tìm trên mạng thấy mỗi trên alphabook còn ạ. 

Và nhờ BTC gửi đến bố em: Trần Văn Tửu- Phân xưởng Cơ điện, Công ty xích líp Đông Anh, huyện Đông Anh, Hà Nội. 

Câu 6:

Dùng AM-Gm đánh giá được:

$P\leq \frac{4}{\sqrt{\frac{1}{3}.(a+b+c)^2+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}$

Đặt $(a+b+c)^2=x>0$ rồi khảo sát thấy đạt max tại x=36

Như vậy, theo bình chọn của số đông, BTC sẽ quyết định trao giải Toán thủ trẻ tuổi xuất sắc nhất cho nguyenhang28091996.

 

DANH SÁCH CÁC TOÁN THỦ ĐƯỢC NHẬN GIẢI THƯỞNG CỦA BTC

 

1)Giải Nhất

Trần Tiến Minh, học sinh lớp 12A1 THPT Liên Hà, Đông Anh, Hà Nội.

Phần thưởng trị giá: 150.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

2)Giải Nhì

Võ Hoàng Trọng, học sinh lớp 12A12 THPT Gò Vấp, Quận Gò Vấp, TP Hồ Chí Minh.

Phần thưởng trị giá: 100.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

3)Giải Ba

Nguyễn Ngọc Thắng, học sinh lớp 11A1 THPT Nguyễn Diêu, Tuy Phước, Bình Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

4)Giải Toán thủ nhỏ tuổi xuất sắc nhất

Nguyễn Thị Hằng, học sinh lớp 11B1 THPT A Hải Hậu, Hải Hậu, Nam Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

 

Giải thưởng là sách nếu thí sinh ở khu vực Hà Nội, là chuyển khoản nếu ở tỉnh xa. Các toán thủ hãy kiểm tra lại thông tin các nhân, tên, lớp, trường ở trên xem chính xác chưa, bơi vì các thông tin đó sẽ được ghi lên giấy chứng nhận

Tên em là Trần Tuấn Minh ạ. Nhờ anh Thế sửa giúp

Em xin đề cử nguyenhang28091996. 

Em có ý kiến nho nhỏ là lập ra 4 reply trong topic tên của các toán thủ và bầu chọn bằng nút "thích". 

Ta có:

$2abc+\sum a^2b=(a+b)(b+c)(c+a)$

Nên 

A=$\frac{2abc+\sum a^2b}{(a+b)(b+c)(c+a)}=1$

 

Giải phương trình $7^{x-1}=6\log_{7}(6x-5)+1$

Đề của 

hoangtrong2305

ĐK: $x> \frac{5}{6}$

Xét $f(x)=7^{x-1}-6log_{7}(6x-5)-1$

$f''(x)=7^{x-1}ln^27+\frac{216}{(6x-5)^2.ln7}>0$ với mọi $x> \frac{5}{6}$ 

Do đó $f(x)=0$ có không quá 2 nghiêm. Mà nhận thấy $x=1$ và $x=2$ là nghiệm

Suy ra PT có 2 nghiệm là $x=1$ và $x=2$

 

Không chứng minh hệ quả của định lý Rolle.

Điểm bài: 8

S = 25 + 8*3 = 49

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} (x^2+x+1).3^x=2x^2+x+1 \text{ (1)}\\ y^6x^4+2y^3+(x^2+1).y^2+y+\frac{1}{3}=0 \text{ (2)} \end{matrix}\right.$

Lời giải:

TH1: 

Với x<0 thì $3^x <1$

Suy ra $VT(1) < x^2+x+1 < 2x^2+x+1 =VP(1)$

Vậy TH này vô nghiệm

TH2:

x=0 thoả mãn

TH3: $x>0$

Ta chứng minh $3^x > x+1$ với $x>0$

Thật vậy xét 

$f(t) =3^t -t-1$ có $f'(t)= 3^t.ln3 -1>0$ suy ra hàm số đồng biến trên R

Do đó $f(x) > f(0) =0$ với x>0

Vậy ta có:

$VT(1)> x^3+ 2x^2+2x+1 > 2x^2+x+1=VP(1)$

TH này vô nghiệm

Từ đó ta có x=0 thay vào (2) ta được:

$6y^3+3y^2+3y+1=0$

$\Leftrightarrow (y+1)^3= -5y^3$

$\Leftrightarrow y=\frac{-1}{1+\sqrt[3]{5}}$

KẾT LUẬN: PT có 1 cặp nghiệm là $x=0 ; y=\frac{-1}{1+\sqrt[3]{5}}$

 

 

Từ đồ thị ta thấy để đường thẳng d chia tam giác ABC thành 2 phần có diện tích bằng nhau thì M phải cắt AB và AC.

Vì nếu M không cắt BC thì S tạo bởi giao điểm của d với tam giác và B sẽ có diện tích nhỏ hơn $S\Delta CBM= \frac{1}{2} S\Delta ABC$

??? 

Giả sử d cắt AB tại E và AC tại F.

Khi đó tồn tại t và $t_1$ soa cho 

$E( -1-t; 1+t)$ và $F(-1-t_1; 1+2t_1)$

(SAI)

Theo gia thiết $A*(-1;1)$, $B(3;5)$, $C(1; -3)$.

Khi đó: $sinBAC=a =\frac{3}{\sqrt{10}}$

Ta có: $S_{ABC}= \frac{1}{2} AB.AC.a=12$

Do đó $S_{AEF}= \frac{1}{2} AE.AF.a=6$ 

Suy ra $|t.t_1| =4$

TH1: $t_1= \frac{4}{t}$

Do $\vec{FE} =k \vec{ME}$ nên ta có:

$\frac{t+\frac{4}{t}}{t-\frac{5}{2}}=\frac{t-\frac{8}{t}}{t-5}\Leftrightarrow -2.5t^2+12t-40=0$ (Vô nghiệm)

TH2: $t_1= \frac{-4}{t}$

Áp dụng tương tự TH1 suy ra 

$\begin{bmatrix} t=\frac{-12-4\sqrt{34}}{5}\\ t=\frac{-12+4\sqrt{34}}{5} \end{bmatrix}$

Với $t=\frac{-12-4\sqrt{34}}{5}$ thì E nằm ngoài tam giác.

Do đó $t=\frac{-12+4\sqrt{34}}{5}$

Khi đó d có PT:

$(\frac{-49+8\sqrt{34}}{10})(x-\frac{3}{2})+(\frac{-37+4\sqrt{34}}{5})(y-6)=0$

 

 

 

 

ĐIỂM BÀI: 3 ĐIỂM

$D=R$

Ta có:

$y'= 4x^3-8mx$

$y'=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0\\ x^=2m \end{bmatrix}$

Do đó để hàm số có 3 điểm cữ trị thì $x^2=2m$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

Tức là  $m>0$

Khi đó ta có 3 điểm cực trị là: 

$A(0; 3m-1)$

$B(-\sqrt{2m}; -4m^2+3m-1)$

$C(\sqrt{2m}; -4m^2+3m-1)$

Suy ra tam giác ABC cân tại A.

Gọi H là trung điểm BC suy ra:

$H(0; -4m^2+3m-1)$

Ta có:

$r=\frac{S}{p}=\frac{AH.BC}{AB+BC+CA}=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$

Xét:

$f(m)=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$

Liên tục và xác định trên $[0; +\infty]$ mà

$f(m)\geq 0$ với mọi $m\geq 0$

và $\lim_{m\rightarrow +\infty}f(m)=+\infty$

Suy ra tập giá trị hàm số $f(m)$ với $m\geq 0$

$G=[0; +\infty )$ 

Khi đó xét đk m>0 thì f(m) không có cực đại và cực tiểu

Vậy r không có giá trị nhỏ nhất lớn nhất

KL: Không có m để r đạt cực đại hay cực tiểu

 

 

Điểm bài: 10

S = 17 + 10*3 = 47

Cách 2:

Chon HTTD Oxyz với gốc O, OS cùng hướng Oz, Ox cùng hướng OD, Oy cùng hướng OC và chọn đơn vị $\frac{a}{\sqrt{2}} =1$ (đơn vị với trục toạ độ)
Giả sử $S(0;0; z)$
Ta có: $C(0;1;0)$
D(1;0;0 )
B(-1;0;0)
Mặt phẳng (SCD) có VTPT là: $\vec{n_1}= [CS,CD]= (z;z;1)$
Mặt phẳng (SCB) có VTPT là: $\vec{n_1}= [BS; BC]= (-z; z;1)$
Góc giữa 2 mặt phẳng này là $\alpha$ nên
$cos\alpha = \frac{|\vec{n_1}.\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|.|\vec{n_2}|}=\frac{1}{2z^2+1}$
Suy ra:
$z=\sqrt{\frac{1-cos\alpha}{2cos\alpha}}=\frac{sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{cos\alpha}}$
Suy ra:
$OS= \frac{sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2cos\alpha}}.a$
Vậy
$V=\frac{a^3.sin\frac{\alpha}{2}}{3\sqrt{2cos\alpha}}$

 

Điểm thưởng: 10

Giải:

Gọi O là tâm đáy suy ra SO vuông góc đáy
Gọi E là hình chiếu của B trên SC
Ta có BD vuông góc với SO và AC nên BD vuông góc (SOC) suy ra BD vuông góc SC
Mặt khác BE vuông góc SC nên $SC \perp (BDE)$ suy ra $SC\perp DE$ và $SC\perp OE$
Vậy góc giữa 2 mặt bên bằng góc giữa BE và ED.
Tam giác OEC vuông tại E nên $OE<OC$ suy ra $OE< OD$ suy ra góc $\widehat{OED} > \frac{\pi}{4} $
Do đó $\widehat{BED} > \frac{\pi}{2}$ vậy $ \widehat{BED}= \pi -\alpha$
Suy ra $tan\widehat{OED}= cot\frac{\alpha}{2}= \frac{OD}{OE}$
Suy ra $OE =\frac{a}{\sqrt{2}.cot\frac{\alpha}{2}}$
Xét tam giác COS vuông tại O có $OE \perp SC$
Suy ra :
$\frac{1}{OE^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OC^2}$
$\Leftrightarrow OS= \frac{a}{\sqrt{2(cot^2\frac{\alpha}{2}-1)}}=\frac{a.sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2.cos\alpha}}$
Do đó ta có kết quả cảu V là:
$V= \frac{a^3.sin\frac{\alpha}{2}}{3\sqrt{2cos\alpha}}$

 

 

Điểm bài: 10

S = 18 + 3*10+10 = 58

Do hàm số là hàm tuần hoàn với chu kì $2\pi$ nên ta chỉ cần xét $x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$
Từ PT suy ra ĐK: $sinx, cosx\geq \frac{-1}{2}$ $\Leftrightarrow x\in [\frac{-\pi}{6}; \frac{2\pi}{3}]$
Xét $f(x)=VT$
Ta có hàm số đã cho liên tục trên tập xác định của nó nên tập giá trị
$G= \left \{ \right.x| x\in [minf(x); maxf(x)]\left \} \right.$
**Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$f(x)=\sqrt{1+2sinx}+\sqrt{1+2cosx}\leq \sqrt{2(2+2(sinx+cosx))}$
$f(x)\leq \sqrt{2(2+2\sqrt{2}sin(x+\frac{\pi}{4}))}\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{\pi}{4}$ thỏa mãn ĐK
** Xét min
Đặt $sinx+cosx =t$ thì $t=\sqrt{2}sin(x+\frac{\pi}{4})$ Với Đk của x thì BD trên ĐTLG $sin(x+\frac{\pi}{4}) \geq sin\frac{\pi}{12}$
Suy ra $t\geq \sqrt{2}.sin \frac{\pi}{12}$
Ta có: $f^2(x)=2+2t+\sqrt{2t^2+2t-1}\geq 1+\sqrt{3} \Leftrightarrow f(x)\geq \sqrt{1+\sqrt{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi $t= \sqrt{2}sin\frac{\pi}{12}$ thỏa mãn
Vậy ta có $G= \left \{ \right.x | x\in [\sqrt{1+\sqrt{3}}; 2\sqrt{1+\sqrt{2}}\left \} \right.$
Do đó để PT đã cho có nghiệm thì a phải thuộc tập giá trị G
KL: $a\in [\sqrt{1+\sqrt{3}}; 2\sqrt{1+\sqrt{2}}]$

ĐIỂM: 10

S = 24 + 3*10 = 54

Bài giải:
Không đặt điều kiện
Xét PT số (1) x và y khác 0
Đặt $\frac{x}{y}=t$ ta được
$2t+\frac{4}{t}=4\sqrt{2t-1-\frac{3}{t}}-1$
Xét đk:
$2t-1-\frac{3}{t}\geq 0 \Leftrightarrow \frac{(2t-3)(t+1)}{t}\geq 0 \Leftrightarrow t\in [-1;0) \cup [\frac{3}{2}; +\infty)$
Mặt khác nếu $t \in [-1;0)$ thì $VT\leq -4$ mà $VP\geq -1$ nên PT vô nghiệm
Do đó $t\in [\frac{3}{2}; +\infty)$
Khi đó PT tương đương:
$2t^2+t+4-4\sqrt{t(2t^2-t-3)}=0$
$\Leftrightarrow 2t^2-3t+4(t+1)-4\sqrt{(2t^2-3t)(t+1)}=0$
$\Leftrightarrow (\sqrt{2t^2-3t}-2\sqrt{t+1})^2=0 \Leftrightarrow t=4$
**Xét PT số (2)
từ ĐK: $x>0$ và $x=4y$ suy ra y>0
Áp dụng BDT AM-Gm ta có:
$x^2+xy+3x\geq 2x\sqrt{xy+3x}$
Do đó, áp dụng thêm BDT $2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2$ ta có:
$VT\geq \sqrt{2(x+y+3)}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y+3}=VP$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y+3$ kết hợp x=4y suy ra $\left\{\begin{matrix} x=4\\ y=1 \end{matrix}\right.$
Thoả mãn.
KẾT LUẬN: PT có cặp nghiệm $x=4; y=1$

Cách giải khá hay
Điểm bài 9
S = 17 + 3*9 = 44

Số các số tạo thành là:
B1: Chọn 4 trong 7 số có $C_7^4$ cách
B2: Xếp theo thứ tự giảm dần có 1 cách
Vậy có $C_7^4$ số các số tạo thành
** Tính tổng tất cả các số tạo thành:
%%Tính tổng hàng nghìn
CHọn số hàng nghìn và xếp các số còn lại
Với a=7 thì có $C_6^3$ số
Với a=6 thì có $C_5^3$ số
Với a=5 có $C_4^3$ số
Với a=4 có 1 số
Vậy tổng hàng nghìn là $C_6^3.7+C_5^3.6+C_4^3.5+1.4=224$
##Tổng hàng trăm : Chọn số hàng trăm từ 6 đến 3 rồi chọn số hàng nghìn, chục, đơn vị ta tính được tổng hàng trăm
$C_5^2.6+C_4^2.2.5+C_3^2.3.4+1.4.3=168$
## Tổng hàng chục.. Chọn số hàng chục từ 5 đến 2 rồi đến nghìn, trăm đơn vị ta tính được tổng hàng chục:
$C_2^2.4.5+C_3^2.3.4+C_4^2.2.3+C_5^2.1.2= 112$
## Tổng hàng đơn vị.. chọn hàng đơn vị từ 4 đến 1 rồi 3 hàng còn lại.. Ta tính được tổng hàng đơn vị
$1.4+C_4^3.3+C_5^3.2+C_6^3.1=56$
Vậy tổng tất cả các chữ số tạo thành là:
$224.1000+168.100+112.10+56= 241976$
______________________________
Cách làm đúng, nhưng cần trình bày rõ ràng và đầy đủ hơn!
Điểm bài: $d=9$

S = 26 + 3*9 = 53

$\left\{\begin{matrix}x^{2}(y+1)=6y-2 & \\ x^{4}y^{2}+2x^{2}y^{2}+y(x^{2}+1)=12y^{2}-1 & \end{matrix}\right.$

Nhận xét y=0 không phải là nghiệm. Với y khác 0 nhân PT 1 với y rồi đặt: $x^2y=a, y=b$ (Đặt cho dễ nhìn )
Ta được:
$\left\{\begin{matrix} ab+a=6b^2-2b\\ a^2+2ab+a+b=12b^2-1 \end{matrix}\right.$
Nhân PT 1 với -2 rồi cộng vế ta được:
$b=\frac{a^2-a+1}{3}$
Thế vào PT 1 ta được PT bậc 4 ẩn a có 2 nghiệm là 0 và $\frac{2}{3}$.. còn lại chắc bạn có thể giải nối!

Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d: \frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z}{-1}$ và mặt phẳng $(P): x+2y+z-1=0$. Viết phương trình đường thẳng $\Delta$ song song với mặt phẳng $(P)$ và cắt hai đường thẳng $Ox, d$ lần lượt tại $A,B$ sao cho độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất.

Đề của Spin9x

Đường thẳng $d$ có phương trình tham số là: $\left\{\begin{matrix} x=2+2t\\y=t-1 \\z=-t \end{matrix}\right.$
$\Delta$ giao Ox tại A suy ra tồn tại $t_1$ sao cho $A(t_1; 0;0)$
$\Delta$ giao d tại B suy ra tồn tại t sao cho $B(2+2t; t-1; -t)$
Ta có $\vec{AB}= (2+2t-t_1; t-1; -t)$
Mặt phẳng (P) có VTPT :$ \vec{n_{P}}= (1;2;1)$
Do $\Delta$ song song với (P) nên $\vec{AB}$ vuông góc $\vec{n_P}$
ta được:
$2+2t-t_1+2t-2-t=0\Leftrightarrow t_1= 3t$
Khi đó:
$AB= \sqrt{(2-t)^2+t^2+(t-1)^2}=\sqrt{3t^2-6t+5}==\sqrt{3(t-1)^2+2}\geq \sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $t=1 $
Ta có: $\vec{AB}= (1;0;1)$ (nhầm) và $A(3;0;0)$
Vậy $\Delta$ có PTTS $\left\{\begin{matrix} x=t+3\\y=0 \\ z=-t \end{matrix}\right.$

Điểm bài: 9
S = 26 + 3*9 = 53

Bài toán:
Cho đường tròn © xác định:
$\left\{\begin{matrix} (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=16 (S)\\ ax+by+cz+1=0 ®\end{matrix}\right.$
Với ($a,b,c>0$ và $3\geq a+b+c\geq 1$)
Và mặt phẳng (P): $x+y+z-5=0$
Tìm mặt cầu $(S_1)$ chứa đường tròn © và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

Lời giải:
(S) có tâm $M(1;1;1)$ và bán kính $R_S=4$
** Xét đk để © tồn tại
$d_{(M,(P))} < R_S$
$\frac{|a+b+c+1|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}<4$
$\Leftrightarrow a+b+c+1< 4\sqrt{a^2+b^2+c^2}$ (1)
Điều này đúng vì áp dụng BDT $a^2+b^2+c^2\geq \frac{(a+b+c)^2}{3}$
Suy ra $VP(1) \geq \frac{4}{\sqrt{3}} (a+b+c)^2> 2(a+b+c)> a+b+c+1$
Vậy © tồn tại

** Giả sử $(S_1)$ có tâm I
Nhận xét: Tất cả các mặt cầu chứa © sẽ có tâm cách đều các điểm trên ©. Do đó các mặt cầu chứa © có tâm thuộc trục đối xứng của đường tròn ©
Gọi trục đối xứng là (d)
Suy ra $(d) \left\{\begin{matrix} \text{qua M(1,1,1)}\\ \text{VTCP } \vec{u}=\vec{n_p}=(1;1;1) \end{matrix}\right.$
(d) có PTTS :
$\left\{\begin{matrix} x=1+at\\y=1+bt \\z=1+ct \end{matrix}\right.$
Do $I\in (d)$ nên tồn tại $t\in R$ sao cho $I(1+at; 1+bt; 1+ct)$
** Tính:
Bán kính đường tròn ©:
$R_C^2=R_S^2-d_{(M,®)}^2=16-\frac{(a+b+c+1)^2}{a^2+b^2+c^2}$
Ta có $I\in (P)$ nên $at+bt+ct=2 \Leftrightarrow t=\frac{2}{a+b+c}$
Khi đó:
$d_{I,®}^2=\frac{(a+b+c+1+\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c})^2}{a^2+b^2+c^2}$
Bán kính mặt cầu $(S_1)$
$R_{(S_1)}^2=d_{I,(P)}^2+R_C^2=16+4\frac{a+b+c+1}{a+b+c}+4\frac{a^2+b^2+c^2}{(a+b+c)^2}$
Do $3\geq a+b+c\geq 1$ và $3(a^2+b^2+c^2)\geq (a+b+c)^2$ nên
$R_{S_1}\geq \sqrt{\frac{68}{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$
Vậy:
$(S_1)$ cần tìm có tâm $I(\frac{5}{3};\frac{5}{3};\frac{5}{3})$ và bán kính $\sqrt{\frac{68}{3}}$

Em xin xoá bài trên. Lấy bài này
$I= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{4cosx-3sinx+1}{4sinx+3cosx+5}dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx$

$I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{4cosx-3sinx}{4sinx+3cosx+5}dx+ \frac{1}{5}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{cos(x-a)+1}+x|_0^{\frac{\pi}{2}}$ (Với $\left\{\begin{matrix} cosa=\frac{3}{5}\\ sina=\frac{4}{5}\\ a\in [0;\frac{\pi}{2}] \end{matrix}\right.$ )
$I=ln(4sinx+3cosx+5)|_0^{\frac{\pi}{2}}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{10}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{cos^2(\frac{x-a}{2})}$
$I= ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{5}tan(\frac{x-a}{2})|_0^{\frac{\pi}{2}}$
$I=ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{5}tan(\frac{\pi}{4}-\frac{a}{2})-\frac{1}{5}tan\frac{-a}{2}$
$I=ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{6}$

KL:
$I=ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{6}$

Bài giải ngắn gọn, rõ ràng mạch lạc
Điểm bài 10
S = 26 + 10*3 = 56

ĐK: $x\geq 0$
Ta có $-(2^{x+1}+\sqrt{x}-1).log_3(2+\sqrt{x})<0$ với mọi $x>0$ do $2^{x+1}+\sqrt{x}-1\geq1$ và $log_3(\sqrt{x}+2)>0$
Ta chứng minh $2^x(1-\sqrt{x}) log_3^2(2+\sqrt{x})-2 <0$ (1) với mọi x>0
Thật vậy
TH1: Xét $x\in [0;1)$
Ta có $2^x<2, 0<(1-\sqrt{x}) <1, log_3^2 (2+\sqrt{x})<1$
Em đã thiếu: Rõ ràng là với $x=0$ thì $VT(1) = 0$
Do đó $2^x(1-\sqrt{x}) log_3^2(2+\sqrt{x})<2$ suy ra (1) đúng.
TH2: $x\geq 1$
Khi đó ta luôn có $2^x(1-\sqrt{x}) log_3^2(2+\sqrt{x}) \geq 0$
Do đó (1) đúng

Vì vậy PT đã cho có $VT<VP$

PT đã cho vô nghiệm!


Điểm bài:9
S = 15+ 3*9 = 42

Gọi $I(a,b,c)$ là 1 điểm sao cho:
$\vec{IA_1}+\vec{IA_2}+...+\vec{IA_n}=0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} na=x_1+x_2+..+x_n\\ nb=y_1+y_2+..+y_n\\ nc=z_1+z_2+..+z_n \end{matrix}\right.$
Suy ra:
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\\ b=\frac{y_1+y_2+..+y_n}{n}\\ c=\frac{z_1+z_2+..+z_n}{n} \end{matrix}\right.$
Khi đó:
$S=|\vec{MA_1}+MA_2+..+MA_n|=n|\vec{MI}|=n.MI$
S min khi MI min.. Tức M là hình chiếu của I trên (P).
Đường thẳng MI có VTCP $\vec{u}=\vec{n_p}=(1; 1; -1)$
và qua $I(a,b,c)$ suy ra MI có PTTS
$\left\{\begin{matrix} x=a+t\\ y=b+t\\ z=c-t \end{matrix}\right.$
M thuộc MI nên tồn tại $t\in R$ sao cho
$M(a+t, b+t, c-t)$
M thuộc (P) nên
$a+t+b+t-c+t-1=0$
$\Leftrightarrow t=\frac{c+1-a-b}{3}$
Khi đó:
$M(\frac{c+2a+1-b}{3}; \frac{c+2b+1-a}{3}; \frac{2c+a+b-1}{3})$
KL:
$M(\frac{c+2a+1-b}{3}; \frac{c+2b+1-a}{3}; \frac{2c+a+b-1}{3})$
với $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\\ b=\frac{y_1+y_2+..+y_n}{n}\\ c=\frac{z_1+z_2+..+z_n}{n} \end{matrix}\right.$

Bài làm trình bày tốt,tuy vẫn có 1 số lỗi Latex.
Điểm :10/10.

S = 14 + 3*10 = 44

Tìm Min, Max của $\sqrt{3}cosA+3(cosB+cosC)$ với $A, B, C$ là các góc của 1 tam giác

Ta có:
$S=\sqrt{3}cosA+6cos\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}$
$S=\sqrt{3}-2sin^2\frac{A}{2}+6sin\frac{A}{2}.cos\frac{B-C}{2}$
Đặt $cos\frac{B-C}{2}=a \geq 0$ là tham số.
$sin\frac{A}{2}=x$ là ẩn. ($x\in (0; \frac{\pi}{2})$ )
Xét $f(x)=\sqrt{3}-2x^2+6ax$
$f'(x)=4\sqrt{3}-6a$
$f'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{2}a$
Lập bảng biến thiên ta có:
MinS không tồn tại.
MaxS đạt được khi $x=\frac{\sqrt{3}}{2}a$.
mà $a\leq 1$ nên MaxS đạt được khi
$a=1, x=\frac{\sqrt{3}}{2}$ tức $A=120^0; B=C=30^0$

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường tròn $\left ( C \right )$ phương trình $(x-1)^2+(y-1)^2=25$ và các điểm $A(7;9), B(0;8)$. Tìm tọa độ điểm M thuộc $\left ( C \right )$ sao cho biểu thức $P=MA+2MB$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Đề của hoangkkk

Bài trên lỗi LATEX chút nên xin BQT xóa cách 2 trên.. lấy bài này!
Cách 2:
Gọi $K(\frac{5}{2};3)$
Ta chứng minh $MA=2MK$ (*) với mọi $M(x,y)$ thuộc ©
Thật vậy:
$(*)\Leftrightarrow (x-7)^2+(y-9)^2=4(x-\frac{5}{2})^2+4(y-3)^2$
$\Leftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2=25$ (Đúng)
Ta có:
$P=2(MK+MB)\geq KB$
Dấu bằng xảy ra khi M là giao của đoạn KB và ©
Suy ra M(1;6) hoặc M(5; -2) nhưng M(5; -2) không thỏa mãn
KL: $M(1;6)$
(Chỗ này lại ăn bớt công đoạn rồi!)
____________________________________
Chuẩn và "thần bí" quá! - Cách tìm ra điểm $K$ như "bịp" ấy!
Điểm thưởng $d_t=8$

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường tròn $\left ( C \right )$ phương trình $(x-1)^2+(y-1)^2=25$ và các điểm $A(7;9), B(0;8)$. Tìm tọa độ điểm M thuộc $\left ( C \right )$ sao cho biểu thức $P=MA+2MB$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Đề của hoangkkk

Cách 2:
Gọi $K(\frac{5}{2};3)$ (K nằm trong đường tròn)
Ta chứng minh $MA=2MK$ (*) với mọi $M(x,y) thuộc ©
Thật vậy:
$(*)\Leftrightarrow (x-7)^2+(y-9)^2=4(x-\frac{5}{2})^2+4(y-3)^2$
$\Leftrightarrow (x-1)^2+(y-1)^2=25$ (Đúng)
Ta có:
$P=2(MK+MB)\geq KB$
Dấu bằng xảy ra khi M là giao của đoạn KB và ©
Suy ra M(1;6) hoặc M(5; -2) nhưng M(5; -2) không thỏa mãn.
KL: $M(1; 6)$
__________________
Lỗi $\LaTeX$ nặng!

Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho đường tròn $\left ( C \right )$ phương trình $(x-1)^2+(y-1)^2=25$ và các điểm $A(7;9), B(0;8)$. Tìm tọa độ điểm M thuộc $\left ( C \right )$ sao cho biểu thức $P=MA+2MB$ đạt giá trị nhỏ nhất.
Đề của hoangkkk

Gọi M(x,y) thuộc ©
Đặt $x-1=a, y-1=b$ ta được $a^2+b^2=25$ và
$P=\sqrt{(a-6)^2+(b-8)^2}+2\sqrt{(a+1)^2+(b-7)^2}$
Ta chứng minh:
$P\geq 5\sqrt{5}$
$\Leftrightarrow \sqrt{125-12a-16b}+2\sqrt{75+2a-14b}\geq 5\sqrt{5}$
$\Leftrightarrow a+18b-75\leq \sqrt{9375-650a-2950b+224b^2-24a^2+136ab}$ (*)
Nếu $a+18b-75\geq 0$ tức $\sqrt{25-b^2}\leq 75-18b$ suy ra $b\leq 4, a\geq 1$ thì $P>5\sqrt{5}$
(Chỗ này phải là "Nếu $a+18b-75\le 0$" chứ nhỉ?)
Với $a+18b-75>0$ tức $b>4$ thì
$(*)\Leftrightarrow 100ab-25a^2-100b^2-250b-500a+3750\geq 0$
$\Leftrightarrow 4ab-a^2-4b^2-10b-20a+150\geq 0$
$\Leftrightarrow (b-2a-5)^2\geq 0$ (Đúng)
Dấu bằng xảy ra khi b=2a+5 thay vào $a^2+b^2=25$ ta được
a=0, b=5 hoặc
a=-4, b=-3 ( loại do đang xét $b\geq 4$)
Kết luận: $MinP=5\sqrt{5}$ khi a=0, b=5
Vậy M(1,6)
________________________
Cậu này Đại số hoá Hình học giải tích rồi!
Lời giải chẳng thấy "tự nhiên" chút nào!
Điểm bài làm: $d=9$
$S=\left\lfloor\dfrac{52-1}{2}\right\rfloor+3\times 9+8=60$

Xác định $a, b$ để hàm số
$$f(x)=\left\{\begin{matrix}(x+a)e^{-bx} \textbf{ khi } x< 0 & & \\ ax^{2}+bx+1 \textbf{ khi } x\geq 0 & & \end{matrix}\right.$$
có đạo hàm tại $x=0$

****Với b=0 thì hàm số trở thành:
$f(x)=\left\{\begin{matrix} x+a \textbf{ khi} x<0 \\ ax^2+1 \textbf{khi} x\geq 0 \end{matrix}\right.$
Khi đó hàm số có đạo hàm khi và chỉ khi tồn tại giới hạn hữu hạn:
$\lim_{x\rightarrow 0^{-}} \frac{x+a-a}{x}= \lim_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{ax^2+1-1}{x} =A$ (*) (A là hằng số)
Nhưng
$\lim_{x\rightarrow 0^{-}} \frac{x+a-a}{x}=1; lim_{x\rightarrow 0^{+}} ax=0$
Do đó không tồn tại đạo hàm tại x=0
TH này không thỏa mãn
*** Với $b\neq 0$ ta có:
$\lim_{x\rightarrow 0^{-}}\frac{f(x)-f(x_0}{x-x_0}= \lim_{x\rightarrow 0^{-}}\frac{(x+a)e^{-bx}-a}{x}= \lim_{x\rightarrow0^{-}}(e^{-bx}+\frac{-ba(e^{-bx}-1)}{-bx})= 1-ab$ (tồn tại)
và
$\lim_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{f(x)-f(x_0}{x-x_0}= \lim_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{ax^2+bx}{x}=b$ (tồn tại)
Do đó để hàm số có đạo hàm tại x=0 thì:
$1-ab=b$
$\Leftrightarrow a=\frac{1-b}{b}$
Kết luận: các giá trị a,b thỏa mãn là:
$b\neq 0; a=\frac{1-b}{b}$
_________________________________
Hàm số có đạo hàm thì liên tục. Nên muốn hàm số có đạo hàm thì trước hết phải xét xem hàm có liên tục hay không đã!
Điểm bài làm: $d=4$
$S=\left\lfoor\dfrac{52-1}{2}\right\rfloor+3\times 4+0+0=37$