ah ; các bạn vào vòng 2 đều là thành viên diễn đàn thao1t1 ; doductai ; fecma21 ; PTT1

Từ cấp 2 đến giờ chưa bao giờ mình được một cái giải BA toán trở lên cả ( CÁI DUYÊN )

----------------------------

Cám ơn anh MRMATH nhé , em chỉ may mắn thôi .

năm nay HD đúng là có bội thu ; cái hôm báo số lượng giải lo sốt vó ,sợ trượt lại chờ mãi ko thấy thầy báo -> càng lo hơn

------------------------------------------------------

To harry : thôi em nói về chuyện cũ làm gì ? bây giờ là phải nhìn vào tương lai ....

năm nay thầy NGHỊ sẽ có thêm 1 suất QT nữa là ăn 3 rồi ....
----------------------------------

Qua vòng 1 rồi bà con ơi

Đề Thi HSG Tỉnh Hải Dương VÒNG 1

Bài 1 (2 điểm): Cho ($\ C_{m} $) : $\ y = \dfrac{x^2-2.mx-3}{x+m} $

a, Khi m=2 ta có đường cong ©, Hãy viết pt đường cong (C') đối xứng với đường cong C qua điểm I(-2;-1)

b, Tìm tập hợp những điểm mà ($\ C_{m} $) không đi qua với mọi m ;

Bài 2:(2,5 điểm)

a, Cho 3 số $\ 2^{x+ylog_{2}3} ; 3^{y+1} ; 4^{x-y.log_{2}3} $ theo thứ tự đó là 3 số hạng liên tiếp

của một cấp số cộng và cấp số nhân. Tìm x,y

b, Cho © : $ y= \dfrac{x+1}{x^2+x+1} $

-, CMR © cỏ điểm uốn .

-, Gọi tọa độ 3 điểm uốn là $ x_{1};x_[2};x_{3} $. Tính : S = $\ \sum \dfrac{x_{1}+1}{x_{1}^2+x_{1}+1} $

Bài 3 (2 điểm ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxyz cho © : $ x^2+y^2 = 4 $

và (C') : $ (x+2)^2+(y+2)^2 = 1 $

a, Viết pt tiếp tuyến chung của © và(C')

b, Viết pt đường tròn qua 2 giao điểm của © và (C') và điểm M(5;4)

Bài 4 2 điểm )
a, CHo hàm số f: $ Q^{+} -> Q^{+} $

$\ f(x)+f(y)+2xy.f(xy) = \dfrac{f(x.y)}{f(x+y)} $ với mọi x,y>0 và thuộc Q ; . Tính f(2007)

b, Giải pt : $\ \sqrt{3}^{{\sqrt{3}^{2x}-1} = 1+2x $

Bài 5 (1d) Cho góc tam diện Oxyz với 3 góc = 60 độ ; điểm I cố định trrong góc tam diện; mặt phẳng (P) qua I

cắt Ox; Oy ;Oz tại M;N;P . Tìm min của THỂ TÍCH OMNP


--------------------------------------------------------------------------------------

CÁC BẠN HÃY LÀM CỤ THỂ RA NHÉ ? CÁC BÀI NÀY TUY KHÔNG KHÓ NHƯNG ĐS RẤT LẺ VÀ DỄ NHẦM , CÓ THỂ SẼ ĐI LAN MAN ĐẤY

-------------------------------------------

LÂU LẮM MỚI LÊN DIỄN ĐÀN

cách giải của mình dễ hiểu hơn . Dùng dồn biến . mời mọi người suy nghĩ .

sau một tuần nếu không ai giải mình sẽ dưad lời giải lên và xóa bài này sau.

lâu không thấy ai trả lời nên mình giải vậy . hiển nhiên lag $ m \geq k $ rồi

biến đổi cái ở giữa ra M = $ (1-\dfrac{1}{m+1})-(\dfrac{k-1}{m+1}-\dfrac{k.(k-1)}{(m+1)(m+2)})-(\dfrac{k.(k-1).(k-2)}{(m+1)(m+2)(m+3)}-\dfrac{k.(k-1).(k-2).(k-3)}{(m+1).(m+2).(m+3).(m+4)})-.... $

nếu k chẵn thì số số chẵn ( ngoài 1 ) => có $ \dfrac{k}{2} $ cặp số ghép vào một ngoặc kia .

Mỗi ngoặc $ \geq 0 $ ( do $ k \leq m $ ); => $ M \leq 1-\dfrac{1}{m+1} = \dfrac{m}{m+1} $

nếu k lẻ thì còn dư cái số âm đằng sau nên vẫn thỏa mãn

phần còn lại CM tương tự nhé

dễ :
Với k=1 BDT đúng . Xét khi k>1 ; với mỗi k ta xét hàm ẩn n trên $\ [k,+\infty] $

$ f(k) = (1+\dfrac{1}{n})^k-1-\dfrac{k}{n}-\dfrac{k}{n^2} $

$ f'(k) = k.(1+\dfrac{1}{n})^{k-1}.\dfrac{-1}{n^2}+\dfrac{k}{n^2}+\dfrac{k^2}{n^4} = -\dfrac{k.(1+\dfrac{1}{n})^{k-1}-k-\dfrac{k^2}{n^2}}{n^2} $

(TỬ) $ T = k.(1+\dfrac{1}{n})^{k-1}-k-\dfrac{k^2}{n^2} > k.(1+\dfrac{1}{n})-k-\dfrac{k^2}{n^2} = \dfrac{k}{n}-\dfrac{k}{n^2} \geq 0 $

=> f(x) nghịch biến => $ f(x) \leq f(k) = (1+\dfrac{1}{k})^k-3 < 0 $

ngoài ra bạn hãy thử giải = nội suy NT nhé

Các bạn xem trong ' Đa thức đại số và phân thức hữu tỉ ' của thầy MẬU có tất cả các vấn đề trên .

( trong đó có cách giải pt bậc 3;4 TQ luôn ) và dù pt bậc 3 ấy có nghiệm vô tỉ cũng tính chính xác không ảnh hưởng tới

pt bậc 4) . Nếu rỗi tớ sẽ post lên .

bài toán : Cho n điểm trong mặt phẳng $ A_{1};A_{2};...A_{{n}} $ . Mỗi điểm được nối với điểm gần

nó nhất ( có thể nhiều điểm một lúc , độ dài các đoạn không cần phân biệt ).CMR tồn tại một điểm dược nối với không

quá 3 điểm .

OK . lời giả của bạn sẽ có ích cho bài toán này

Tìm $\ f(x) : z -> z $ thỏa mãn

$ f(x+1) = \dfrac{f^2(x)-1}{x} $ và $ \dfrac{f(x)}{x} $ bị chặn .

bài 1 CM : $ \dfrac{1}{3}.[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2] \leq a^2+b^2+c^2-3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $

$ VP -VT = \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3}+\dfrac{2.(ab+bc+ca)}{3}-3.\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $

đúng do $ \dfrac{a^2+b^2+c^2}{3} \geq \sqrt[3]{a^2b^2c^2} ; \dfrac{2.(ab+bc+ca)}{3} \geq 2.\sqrt[3]{a^2b^2c^2} $

chiều còn lại CM tương tự nhé

bài 2 là đề thi vào Nguỹen trãi mà .

bạn xem ở đây : http://diendantoanho...showtopic=17991

đã có rất nhiếu bài viết về Định lý lớn fecma trên diễn đàn ... nhưng đồng ý với nemo là không lên cắm sâu vào suy nghĩ nó làm gì cho mệt. fecma cũng chịu thôi . cái CM = 200 trang sau đó rút ngắn tối đa tới 20 trang = ý tưởng ....và cả thế giới có mấy người hiểu được thì cũng chịu . Không những thế lại còn dùng máy tính điện tử khá nhiều nữa. Có lẽ sẽ có cách giải ngắn gọn ? có lẽ thế .....

----------------

anh NĂNG LƯỢNG vào chỗ 'VP POLICE ' trên dd xem bài chữ kí của em để giải quyết nhé

cái ảnh này mình đang đứng chụp ở máy tôi _ do VŨ chụp

( còn ảnh trên là thằng HAI chụp nghiêng ) nên thành ra là nó như thế _ chụp thảng có lẽ đẹp hết ý

nhưng không hiểu sao cái máy tôi nó mất mất ảnh này .....

cũng may đã kịp dơn về máy rồi ... cám ơn chú boy nhiều lắm .

ảnh còn lại chụp đẹp hơn nhiều .... rồi anh sẽ đưa lên sau .

lão boy này lấy cái ảnh xấu nhất của tôi để post lên à ? trông boy_kct khỏe ghê ?

có gì chờ anh rửa ảnh rồi đưa lên tiếp .

anh admin có thể bảo em cách cho nhỏ ảnh ở chữ kí không ? cái ảnh của em ở đây là cái nhỏ nhất ở ngoài rồi đấy

thế mà nó vẫn cứ to thế ? hoặc nếu không anh chỉnh hộ am luôn ?

ơ, thế cách của cậu là gì vậy HẰNG ?

có lex chỉ có dánh giá thôi .

đây : $ \dfrac{(a+b)^2}{3} = \dfrac{(c+b)^2}{4} = \dfrac{(a+c)^2}{5} =k $

=> $ a+b = \sqrt{3.k} $ ; $ b+c = 2.\sqrt{k} $ ; và $ c+a = \sqrt{5.k} $

hệ 3 ẩn 3 pt dễ rồi

$ a = \dfrac{\sqrt{3.k}+\sqrt{5.k}-2.\sqrt{k}}{2} $

$ b = \dfrac{\sqrt{3.k}+2.\sqrt{k}- \sqrt{5.k}}{2} $

$ c = \dfrac{\sqrt{5.k}+2.\sqrt{k}- \sqrt{3.k}}{2} $

mọi k>0 ;

of topic

bài 1 của bạn sai đề rồi ; cho c -> 0 thì VT -> $ 2^{a+b}+2^a+2^b $ ; VP -> $ 2^{a+b}+1 $

chọn a,b = 1 thôi là cũng thấy sai rồi .

bài 2 dồn biến + đạo hàm . ( nhưng hình như cách này hơi trâu )

$ VT^2= (\sqrt{x^4+4.x^3-2}+\sqrt{4.x^4-4.x^3+2})^2 \leq 2.(x^4+4.x^3-2+4.x^4-4.x^3+2) =10.x^4 $

$ VP^2 = (5.x^2+2.x+1)^2 = [4.x^2+(x+1)^2]^2 \geq 16x^4 \geq 10.x^4 $

dấu = khi x=0 vô lí => pt vô nghiệm

bài này có cách giải = BDT hay tuyệt

$ VT = (2^{sin^{2}x}+2^{cos^{2}x})+(3^{cos^{2}x}-2^{cos^{2}x}) $

mà *) $ 2^{sin^{2}x}+2^{cos^{2}x} \leq 3 $ do .....

$\ (2^{sin^{2}x}-1).(2^{cos^{2}x}-1) \geq 0 $ => $ 2^{sin^{2}x}+2^{cos^{2}x} \leq 2^{sin^{2}x+cos^{2}x}+1 = 3 $

và *) $ (3^{cos^{2}x}-2^{cos^{2}x}) \leq 1 $

thật vậy xét $ f(x) = 3^x-2^x $ trên [0;1] thì $ f'(x) = 3^x.ln3-2^x.ln2 > 0 $

=> $ f(x) \leq f(1) = 1 $

Vậy $ VT \leq 4 $ => pt có nghiệm là $ sinx = 0 $ => $ x = k.\pi $

ơ đến cái $ \delta =84.m^2+1 = r^2 $ ta chuyển về $ r^2-84.m^2 = 1 $

đây là pt pell và nó có vô số nghiệm ; với nghiệm nhỏ nhất $ r_{1} = 55 ; m_{1} = 6 $ từ đó => CT TQ ;

còn việc kiểm nghiệm chờ ngày mai anh sẽ làm cụ thể ; nhưng anh nghĩ bài toán này sẽ có vô số nghiệm đấy ;

OK , anh xin lỗi nhé , hôm anh đọc anh quên mất cái $ a+b \leq 7 $ , sửa cho em luôn đây

$ 0 < b \leq a \leq 4 $ và $ a+b \leq 7 = 4+3 $

nên $ a^2+b^2 \leq 4^2+3^2 = 25 $ OK ( BDT KARAMATA đây mà )

em có thể cm trực tiếp là do $ a \leq 4 $ nên đặt a=4-x ( $ x \geq 0 $ ; do a+b=7 nên b = 3+x ;

ta thấy gay là x<1 vì nếu x>1 thì a<3 ; => b>4 => a<b vô lí

=> $ a^2+b^2 = (4-x)^2+(3+x)^2 = 4^2+3^2-2.x+2.x^2 = 25+x.(x-1) \leq 25 $ dấu = khi x=0;

bài này dễ thật

$ BT = \dfrac{2.x+\dfrac{1}{x}+y+\dfrac{1}{y}}{a^2+b^2} $

$ M = a^2+b^2 \leq 4^2+4^2 = 32 $ do $ 0 < a,b \leq 4 $

$ T = (2.x+\dfrac{1}{x})+(y+\dfrac{1}{y}) $ tìm min T là xong ?

2 cái bt kia đều có min tại biên tức là $ f(x) = 2.x+\dfrac{1}{x} \geq \dfrac{9}{2} $

vì $ x \geq 2 $ và $ F'(x) = 2-\dfrac{1}{x^2} = \dfrac{2.x^2-1}{x^4} > 0 $

hoặc khônng biến đổi cũng được mà.

tương tự với biểu thức y nhé .

hình như bài này ngược dấu hả bạn , cô si là thấy liền

$ VT = 4.(2.cos{\dfrac{A-B}{2}}.cos{\dfrac{A+B}{2}}+1-2.sin^2{\dfrac{C}{2}}) = 4+8.cos{\dfrac{A-B}{2}}.sin{\dfrac{C}{2}}-8.sin^2{\dfrac{C}{2}} $

$\ VP = 3+2.cos{\dfrac{A-B}{2}}.cos(\dfrac{A+B}{2}-C)+2.cos^{2}{\dfrac{A-B}{2}}+1 = 4+2.cos{\dfrac{A-B}{2}}.sin{\dfrac{3.C}{2}}+2.cos^{2}{\dfrac{A-B}{2}} $

$\ VT \leq VP $ <=> $\ 4+8.cos{\dfrac{A-B}{2}}.sin{\dfrac{C}{2}}-8.sin^2{\dfrac{C}{2} \leq 4+2.cos{\dfrac{A-B}{2}}.sin{\dfrac{3.C}{2}}+2.cos^{2}{\dfrac{A-B}{2}} $

<=> $\ 8.cos{\dfrac{A-B}{2}}.sin{\dfrac{C}{2}} \leq (8.sin^2{\dfrac{C}{2}}+2.cos^{2}{\dfrac{A-B}{2}})+2.cos{\dfrac{A-B}{2}}.sin{\dfrac{3.C}{2}} $

by cauchy : $\ 8.sin^2{\dfrac{C}{2}}+2.cos^{2}{\dfrac{A-B}{2}}) \geq 8..cos{\dfrac{A-B}{2}}.sin{\dfrac{C}{2}}$

CHỌN C=min thì $ sin{\dfrac{3.C}{2} \geq 0 $ => BDT đúng ;

xin lỗi các bạn ; lời giải trên của mình có chút nhầm lẫn nhwung vẫn có thể chỉnh sửa được cho rõ ràng ra

đó là sau bao nhiêu lần đổi bậc mũ thì do $ a_{1};a_{2} $ số mũ # tình chẵn lẻ nên n luôn chẵn

nếu ta cho (n-2) số $\ a_{1};a_{2};....a_{{n-2}} $ với $\ a_{1} = a_{3} =...=a_{n-3} = F ; $

và $\ a_{2} = a_{4} =...=a_{n-2} = -F ; $ và $\ a_{{n-1}} = a_{{n}} = 0 $ ( hay 1 số =1 cũng được )

thì $\ S_{i} = (n-2).F^{i} $ ( nếu i chẵn ) sẽ tiến ra vô cùng .....

có lẽ vanhoa cũng không để ý tơi chỗ này ; lần sau mình sẽ để ý thật kỹ .

biến đổi $\ sin^{2}(a+b) = (sina.cosb+sinb.cosa)^2 = sin^{2}a.cos^{2}b+sin^{2}b.cos^{2}a + 2.cosa.cosb.sina.sinb $

BDT <=> $\ sin^{2}a+sin^{2}b \leq sin^{2}a.cos^{2}b+sin^{2}b.cos^{2}a + 2.cosa.cosb.sina.sinb $

<=> $\ sin^{2}a.(1-cos^{2}b}) + sin^{2}b.(1-cos^{2}a}) \leq 2.cosa.cosb.sina.sinb $

<=> $\ 2.sin^{2}a.sin^{2}b \leq 2.cosa.cosb.sina.sinb $

đến đayta thấy nếu đề bài chỉ có $ a,b < 90 $ thì sẽ sai ngay vì nếu cho -90 < a < 0 ; 0<b<90 thì VP < 0;

nên a,b cùng > 0 hoặc < 0 hay là thêm ab> 0 thì hiển nhiên có điều trên là đúng vì $\ sin^{2}a+sin^{2}b \leq 1$