Tìm $m$ để hàm sau đồng biến trên $\left(-\infty;-1\right]\cup \left[2;+\infty\right)$:

 

$f(x)=x^{3}-3(2m+1)x^{2}+(12m+5)x+2$

1.tìm m để hàm số $y=x^{3}+3(m-2)x^{2}+3x+m$ đồng biến trên $(-\infty;1 )$

2. tìm m để hàm số $y=x^{3}-3(2m+1)x^{2}+(12m+5)x+2$ đồng biến trên $(2;+\infty )$

1.$y=x^{3}+3(m-2)x^{2}+3x+m$ đồng biến trên $(-\infty;1 )$

   $\Leftrightarrow y'=3x^{2}+6(m-2)x+3$ đồng biến trên $(-\infty;1 )$

   $\Leftrightarrow y'\geq 0 \forall x\in (-\infty ;1)$

   $\Leftrightarrow 3x^{2}+6(m-2)x+3\geq 0 \forall x\in (-\infty ;1)$

   $\Leftrightarrow m\geq \frac{-x^{2}+4x-1}{2x}$ với $x\neq 0$

Xét $g(x)=\frac{-x^{2}+4x-1}{2x}$

   $\Rightarrow g'(x)=\frac{-x^{2}+1}{2x^{2}}$

   $\Rightarrow g'(x) >0 \forall x\in (-\infty ;1)$

   $g'(x)=0\Leftrightarrow x=-1$

Lập bảng biến thiên ta có: $Max_{g(x)}=3$

Do đó,$m\geq 3$ thỏa mãn bài.

Tìm m để hàm số y=x²(m-x)-m đồng biến trên khoảng (1;2)

Xét: $y'=-3x^{2}+2mx$ $\forall x\in \left ( 1;2 \right )$

 

Khi đó, y đồng biến trên $\left ( 1;2 \right )$

 

$\Leftrightarrow y'\geq 0 \forall x\in \left ( 1;2 \right )$

 

$\Leftrightarrow -3x^{2}+2mx\geq 0\\\Leftrightarrow m\geq \frac{3x^{2}}{2x}> \frac{3}{2}\forall x\in \left ( 1;2 \right )$

 

Vậy $m>\frac{3}{2}$

Tìm $m$ để hàm sau đồng biến trên khoảng $\left ( -\infty ;-1 \right ]\cup \left [ 2;+\infty \right )$:

 

$f\left ( x \right )=x^{3}-3\left ( 2m+1 \right )x^{2}+\left ( 12m+5 \right )x+2$

Giải phương trinh: (4x-1)$\sqrt{x^2+1}=2x^2 + 2x +1$

PT trên tương đương với:
$\left (4x-1\right )\left (\sqrt{x^{2}+1}-\frac{5}{3}\right )=2x^{2}-\frac{14}{3}x+\frac{8}{3}\\\\\Leftrightarrow \left (4x-1\right )\left (\sqrt{x^{2}+1}-\frac{5}{3}\right )=2\left (x-\frac{4}{3}\right )\left (x-1\right )\\\\\Leftrightarrow \left (4x-1\right )\left (\frac{x^{2}+1-\frac{25}{9}}{\sqrt{x^{2}+1}+\frac{5}{3}}\right )=2\left (x-\frac{4}{3}\right )\left (x-1\right )\\\\\Leftrightarrow \left (4x-1\right )\left (x-\frac{4}{3}\right )\left (x+\frac{4}{3}\right ).\frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}+\frac{5}{3}}=2\left (x-\frac{4}{3}\right )\left (x-1\right )$
Đến đây là ra !

Cho a,b,c dương :abc=1

CM:$\sum \frac{a}{b}+5\geq \prod (1+a)$

BĐT trên tương đương với:

$\frac{a^{2}c+b^{2}a+c^{2}a+5abc }{abc} \geq \left (1+\sum a +\sum ab+abc \right )\\\\ \Leftrightarrow \sum a^{2}c+4abc\Leftrightarrow abc\left ( \sum a+\sum ab+abc \right )\\\\ \Leftrightarrow \sum a^{2}c+3\geq \sum a+\sum ab\\\\ \ \Leftrightarrow ab\left (b-1 \right )+ac\left (a-1 \right )+bc\left (c-1 \right )+\sum \left ( 1-a\right ) \geq 0\\\\ \Leftrightarrow \left ( b-1 \right ) \left (ab-1 \right )+\left ( a-1 \right ) \left (ac-1 \right )+ \left (c-1 \right ) \left ( bc-1 \right ) \geq 0$

 

Đến đây xét trường hợp của $a,b,c$ là xong

bài 1,2

bài 4 giống bài 2

bài 5 ko rõ ràng lắm

nếu muốn hỏi bài thi nên vào diễn đàn vatlypt.com

ở đấy các thầy giảng giải nhiệt tình lắm!  

Cho tam giác ABC đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC tại D, L đối xứng với D qua I. AL cắt BC tại K. Chứng minh BK=CD

Bài trên có thể viết lại như sau:

Cho $\triangle ABC$,$D,E$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $(I)$ và bàng tiếp $(J)$ góc $A$ với $BC$.$ID\cap (I)\equiv K$. Chứng minh: $A,K,E$ thẳng hàng.

 

Dễ thấy $AB,AC$ là tiếp tuyến của $(I),(J)$ nên $A$ là tâm vị tự ngoài của phép vị tự hai đường tròn trên.Ta có: $E,D$ đối xứng với nhau. Do đó, 2 điểm này tương ứng là hai điểm vị tự đường tròn $(I),(J)$.Theo phép vị tự tâm $A$ thì $A,K,E$ thẳng hàng.

2 vật nhỏ mang điện tích đặt trong chân không cách nhau 1m đẩy nhau bằng lực điện 1,8N. Tổng 2 điện tích 2 vật là 3.10^-5C. Tính điện tính mỗi vật


Tại 3 đỉnh của một tam giác đều cạnh 6cm trong chân không có đặt 3 điện tích điểm q1=6.10^-9 q2=q3=-8.10^-9. Xác định lực tác dụng lên q0=8.10^-9 tại tâm tam giác

2 điện tích điểm q1=q2=2.10^-6 đặt tại điểm A và B trong chân không cách nhau một khoảng bằng d. I là trung điểm AB. Điện tích q3=8.10^-6 đặt tại điểm C trên đường trung trực của AB cách I một khoảng x
a) Cho d=8cm x=3cm. Xác định lực điện tổng hợp lên q3
b) Tính x để lực điện tổng hợp tác dụng lên q3 có độ lớn cực đại

1.

Ta có: $1,8=F=\frac{k.\left | q_{1}.q_{2} \right |}{\varepsilon r^{2}}=\frac{9.10^{9}.\left | q_{1}.q_{2} \right |}{1^{2}}\\\\\Rightarrow \left | q_{1}.q_{2} \right |=2.10^{-10}$

mà $q_{1}+q_{2}=3.10^{-5}$

Từ đó tìm đc $q_{1};q_{2}$

 

2. $q_{1}$ đặt tại $A$

Tacó:$\overrightarrow{F}=\overrightarrow{F_{02}}+\overrightarrow{F_{03}}+\overrightarrow{F_{01}}\\\\=\overrightarrow{F_{23}}+\overrightarrow{F_{01}}\Rightarrow F=F_{23}+F_{01}$

Mà $F_{23}=\sqrt{F_{02}^{2}+F_{03}^{2}+2F_{02}F_{03}.cos\left ( \overrightarrow{F_{02}} ,\overrightarrow{F_{03}}\right )}=1,66.10^{-5}$

Từ đó là ra

 

3. để mai vậy!

Giải phương trình nghiệm nguyên dương:

 

$x^{-2}+y^{-2}=z^{-2}$

 

 

 

 

 

 

 

(TH&TT số 481)

Tìm Min của:

$y=\left ( cos^{2}3x+\frac{1}{2}sinxsin5x\right )^{4}+\left (sin^{2}2x+\frac{1}{2}sinxsin5x\right )^{4}$

Do file ở trên đã mất và không tại được. Mặt khác để tiện cho những ai không có nick Mathscope cũng như mấy thủ tục lằng nhằng để xem tài liệu bên ấy. Em xin đưa link 3 cuốn sách trên lên.

 

Lượng giác Mathscope tập 1

 

Lượng giác Mathscope tập 2

 

Lượng giác Mathscope tập 3

Tìm các giới hạn sau
a) $\lim_{x\to-\infty }\frac{\sqrt[3]{x^3-2x}+x}{\sqrt{9x^2+2x}+2x}$
b) $\lim_{x\to+\infty }\frac{1}{4x-2}\sqrt{\frac{8x^3+x-1}{x+4}}$

p
https://drive.google...VVNoRTNSMWJNT0E

Cho $a,b,c$ là 3 cạnh 1 tam giác.Chứng minh:

$\frac{(b+c-a)^{4}}{a(a+b-c)}+\frac{(c+a-b)^{4}}{b(b+c-a)}+\frac{(a+b-c)^{4}}{c(c+a-b)}\geq ab+bc+ca$









P/s: Greece MO 2007

Cho nửa (O) đường kính AB, trên tia đối của AB lấy điểm E. Từ điểm E A B kẻ các tiếp tuyến với nửa đường tròn (O) Tiếp tuyến kẻ từ E cắt các tiếp tuyến kẻ từ A và B lần lượt tại C và D
a) Gọi M là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ E. Chứng minh tứ giác ACMO nội tiếp
b) Chứng minh DM.CE=DE.CM
c) Tính AC và BD biết góc AOC = alpha
Chứng minh AC.BD không phụ thuộc vàp alpha

a) Dễ thấy $\widehat{CAO}=\widehat{CMO}=90^{o}$
Do đó có đpcm
b) Tương tự có $BOMD$ nội tiếp
Do đó,$CE.EM=EA.EO$ và $EM.ED=EO.EB$
Suy ra, $\frac{CE}{ED}=\frac{EA}{EB}$
Mặt khác có,$\frac{CM}{DM}=\frac{CA}{BD}$
Ta cần chứng minh,$\frac{EA}{EB}=\frac{AC}{BD}$ ( đúng )
Theo định lý $Talet$
Do đó có đpcm
c) Tự tính đc

Cho $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}\geq 0$ sao cho $a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n}=1$.
Chứng minh:
$(a_{1}^{2}+1)(a_{2}^{2}+1)...(a_{n}^{2}+1)\geq (\frac{n^{2}+1}{n^{2}})^{n}$

Cho $x_1 < x_2 < x_3 < \cdots$ Là các số lớn hơn hoặc bằng 1 thoả mãn:
\[x^2 - \lfloor x^2 \rfloor = \left(x - \lfloor x \rfloor \right)^2.\]
Và $x_{2017}$ viết được dưới dạng $\frac{m}{n}$ với $(m,n)=1$
Tính $A=m+n$

Cho $x_1 < x_2 < x_3 < \cdots$ Là các số lớn hơn hoặc bằng 1 thoả mãn:
\[x^2 - \lfloor x^2 \rfloor = \left(x - \lfloor x \rfloor \right)^2.\]
Và $x_{2017}$ viết được dưới dạng $\frac{m}{n}$ với $(m,n)=1$
Tính $A=m+n$

Cho $-1 < x_1 < x_2 , \cdots < x_n < 1$ và $x_1^{13} + x_2^{13} + \cdots + x_n^{13} = x_1 + x_2 + \cdots + x_n$.

Chứng minh nếu $y_1 < y_2 < \cdots < y_n$ thì:

\[ x_1^{13}y_1 + \cdots + x_n^{13}y_n < x_1y_1 + x_2y_2 + \cdots + x_ny_n. \]

Cho $x,y,z\geq 0$ thỏa mãn: $x+y+z+xyz=1$.Chứng minh:

 

$\frac{3}{4}\leq \sqrt{x}+y+z^{2}\leq \frac{5}{4}$

Cho $x,y,z>0$ sao cho $x+y+z=3$.Chứng minh:

 

$\sqrt{\frac{a}{1+2ab}}+\sqrt{\frac{b}{1+2bc}}+\sqrt{\frac{c}{1+2ca}}\geq \sqrt{3}$

 

Mở Rộng:

Cho $x,y,z>0$ sao cho $x+y+z=3$.Chứng minh:

 

$\left ( \frac{x}{1+2xy+xz} \right )^{\frac{3}{2}}+\left ( \frac{y}{1+2yz+xy} \right )^{\frac{3}{2}}+\left ( \frac{z}{1+2zx+yz} \right )^{\frac{3}{2}}\geq \frac{3}{8}$

 

Cho $x,y,z>0$ sao cho $x+y+z=3$.Chứng minh:

 

$\sqrt{\frac{a}{1+2ab+ca}}+\sqrt{\frac{b}{1+2bc+ab}}+\sqrt{\frac{c}{1+2ca+bc}}\le\frac{9}{2(ab+bc+ca)}$

     UBND TỈNH KON TUM                                                                           TUYỂN SINH VÀO 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                              TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

                                                     NĂM HỌC:2017-2018

                                                     MÔN:TOÁN CHUYÊN 

                                            NGÀY: 6/9/2017

                                 TIME:150'

 

 

Câu 1:(2 điểm)

a) Giải phương trình:

 

$x^{4}-3x^{2}+\frac{1}{x^{4}}-\frac{3}{x^{2}}-2=0$

 

b) Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x\sqrt{y}+y\sqrt{x} &=6 \\ x^{2}y+xy^{2} &=20 \end{matrix}\right.$

 

Câu 2:(2 điểm) Cho:

 

$M=\frac{y}{\sqrt{xy}-x}+\frac{x}{\sqrt{xy}+y}-\frac{x+y}{\sqrt{xy}}\left ( x>y>0 \right )$

 

a) Rút gọn $M$

b) Tìm $Min$:

 

$N=x^{2}-\frac{M}{y\left ( x+y \right )}\left ( x>y>0 \right )$

 

Câu 3:(1 điểm)

Xét 2020 số thực $x_{1},x_{2},...,x_{2020}$ nhận 1 trong 2 giá trị $2-\sqrt{3}$ hoặc $2+\sqrt{3}$.

Hỏi $\sum_{k=1}^{1010}x_{2k-1}.x_{2k}$ nhận bao nhiêu giá trị nguyên khác nhau.

 

Câu 4:(3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $BC$ và $A$ trên nửa đường tròn.Đường cao $AH$.Trên nửa mặt phẳng bờ $BC$ chứa $A$, vẽ nửa đường tròn $\left ( O_{1},R_{1} \right )$ đường kính $HB$ và nửa đường tròn $\left ( O_{2},R_{2} \right )$ đường kính $HC$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$.$M$ là giao của các tiếp tuyến tại $A,B$ của $(O)$.

 

a) Chứng minh: $BEFC$ nội tiếp.

b) $MC,AH,EF$ đồng quy

c) $(I,r)$ là đường tròn tiếp xúc ngoài $(O_{1}),(O_{2})$ và tiếp xúc vói $EF$ tại $D$.Chứng minh:

 

$\frac{1}{\sqrt{r}}=\frac{1}{\sqrt{R_{1}}}+\frac{1}{\sqrt{R_{2}}}$

 

Câu 5:(1 điểm) Cho hàm $y=f(x)=x^{2}+mx+m-13$.$x_{1},x_{2}$ là 2 nghiệm phân biệt của $f(x)=0$ với $m>13$.Tìm $m$ thỏa mãn:

$\left | x_{1} \right |f\left ( x_{2}-m \right )+\left | x_{2} \right |f\left ( x_{1}-m \right )=104$

 

Câu 6:(1 điểm) Với $a,b,c>0$ thỏa mãn $a+b+c=1$ Tìm max:

 

$P=6\left ( ab+bc+ca \right )+a\left ( a-b \right )^{2}+b\left ( b-c \right )^{2}+c\left ( c-a \right )^{2}$

Cho đường tròn (O), A nằm ngoài đường tròn. Từ A kẻ tiếp tuyến AB, AC; kẻ cát tuyến ADE (D nằm giữa A và E). Gọi H là giao điểm AO và BC, qua H vẽ dây MN.CM:a. ABOC nội tiếpb. BD.CE = BE.DCc. Chứng minh AO là phân giác góc MAN

Ta có: $HM.HN=HB.HC=HB^{2}=HA.HO$
Do đó,$AMON$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{OAM}=\widehat{MNO}$ (1)
Ta có: $ON^{2}=OC^{2}=OH.OA$
Do đó, $\triangle HNO\sim \triangle NAO (c.g.c)$
$\Rightarrow \widehat{OAN}=\widehat{MNO}$ (2)
Từ (1)&(2) ta có đpcm

cho $\triangle ABC$ vẽ về phía ngoài tam giác ABC các tam giác $\triangle ADC$ vuông cân tại D,$\triangle AKB$ vuông cân tại K ,$\triangle BIC$ vuông cân tại I

hỏi AI,CK,BD có đồng quy không?

Gọi $\left\{\begin{matrix} AI\cap BC &\equiv M \\ BD\cap AC &\equiv N \\ CK\cap AB &\equiv P \end{matrix}\right.$

 

Ta có:

$\frac{MB}{MC}.\frac{NC}{NA}.\frac{PA}{PB}$

 

$=\frac{S_{ABM}}{S_{ACM}}.\frac{S_{BCN}}{S_{BAN}}.\frac{S_{CAP}}{S_{CBP}}$

 

$=\frac{S_{ABI}}{S_{ACI}}.\frac{S_{BCD}}{S_{BAD}}.\frac{S_{CKA}}{S_{CKB}}$

 

$=\frac{S_{ABI}}{S_{CKB}}.\frac{S_{BCD}}{S_{ACI}}.\frac{S_{CKA}}{S_{BAD}}$

 

$=\prod \frac{\frac{1}{2}BA.BIcos\widehat{ABI}}{\frac{1}{2}BK.BCcos\widehat{CBK}}$

( công thức tính diện tích tam giác theo sin góc xen giữa)

 

$=\frac{BA.BI}{BK.BC}.\frac{BC.CD}{AC.CI}.\frac{AK.AC}{AB.AD}=1$

(Theo giả thiết đề bài cho)

Do đó, theo định lý $Ceva$ có $AI,CK,BD$ đồng quy.

 

Tổng quát:

Cho $\triangle ABC$. Dựng ra phía ngoài tam giác các $\triangle BCX,ACY,ABZ$ cân tại $X,Y,Z$.Chứng minh:$AX,BY,CZ$ đồng quy.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                                    ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 CHUYÊN THÁI BÌNH

             THÁI BÌNH                                                                                               NĂM 2017-2018

                                                                                                                   MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

                                            THỜI GIAN: 150'

 

 

 

Câu 1:(2 điểm) 

 

1. Cho $a,b,$ thực.Chứng minh ít nhất 1 trong 2 phương trình sau vô nghiệm:

 

$x^{2}+2ax+2a^{2}-b^{2}+1=0$ (1)

$x^{2}+2bx+3b^{2}-ab=0$ (2)

 

2. Cho $x,y,z$ thực sao cho $\left\{\begin{matrix} x+y+z=0 & \\ xyz\neq 0 & \end{matrix}\right.$

Tính:

$P=\frac{x^{2}}{-x^{2}+y^{2}+z^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}-y^{2}+z^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

 

Câu 2:(2,5 điểm)

 

1.Giải phương trình:

 

$\sqrt{x^{2}+4x+12}=2x-4+\sqrt{x+1}$

 

2.Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}-4xy\left ( \frac{2}{x-y}-1 \right ) &=4\left ( 4+xy \right ) \\ \sqrt{x-y}+3\sqrt{2y^{3}-y+1} &=2y^{3}-x+3 \end{matrix}\right.$

 

Câu 3:(1 điểm) Tìm $x,y$ nguyên thỏa mãn:

 

$x^{3}-y^{3}=6xy+3$

 

Câu 4:(3 điểm) Cho $ABCD$ nội tiếp $(O)$.$BA\cap CD\equiv E;AD\cap BC\equiv F$.$M,N$ là trung điểm $AC,BD$.Phân giác trong $\widehat{BEC},\widehat{BFA}$ cắt nhau tại $K$.Chứng minh:

1.$\widehat{DEF}+\widehat{DFE}=\widehat{ABC}$ và $\triangle EKF$ vuông.

2.$EM.BD=EN.AC$

3. $K,M,N$ thẳng hàng.

 

Câu 5:(1,5 điểm)

1.Cho $a,b,c$ thực dương.Chứng minh:

 

$\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\geq \frac{3}{\sqrt{5abc}}$

 

2.Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng 3 số bất kỳ trong chúng $>$ tổng 2 số còn lại.Chứng minh 5 số đã cho không nhỏ hơn 5.

 

 

 

 

 

 

 

 

P/s: Đề này khá dễ!