Chủ đề này có 21 trả lời

[bangbang1412]

                                            THI THỬ KHTN ĐỢT 4 ( TOÁN 2 ) 

Câu $1$ : a) Giải hệ 

                                   $x^{2}+y^{2}-y=(2x+1)(y-1)$

                                   $(x-1)(2y+1)=7$

b) Giải phương trình

                                  $\sqrt[4]{x-1} + \sqrt[4]{5-x}=2$

Câu $2$ : a ) Tìm nghiệm nguyên 

                                  $x^{2}-4xy+6y^{2}-2x-20y=-35$

b) Cho $0 \leq x,y,z\leq 1$ . Giải phương trình

             $\frac{x}{xz+y+1} + \frac{y}{xy+z+1} + \frac{z}{yz+x+1} = \frac{3}{x+y+z}$

Câu $3$ : Cho $AB$ là dây cung khác đường kính của một đường tròn $(O)$ . Gọi $O'$ là trung điểm $OB$ . Lần lượt gọi $(O_{1}) , (O_{2})$ là tâm các đường tròn đường kính $OA , O'B$ . Gọi $MN$ là tiếp tuyến chung của hai đường tròn $(O_{1}),(O_{2})$ ( $M \in (O_{1}) , N\in (O_{2})$) . Giả sử $AM$ giao $(O)$ ở $C$ khác $A$ . 

a) CMR : $CO$ vuông góc $MN$ 

b) CMR $AMNB$ nội tiếp

c) CMR : $MN = \frac{\sqrt{6}}{4} AB$

Câu $4$ : Cho bảng $n^{2} x n^{2}$ ô vuông . Mỗi ô đánh dấu một số nguyên dương phân biệt . Hai ô chung một cạnh thì có hiệu không vượt quá $n$ . CMR có ít nhất $\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1$ ô được đánh dấu cùng một số .

[HoangHungChelski]

Câu 1: 
a. $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-y-1)^2=0 & & \\ (x-1)(2y+1)=7 & & \end{matrix}\right.$ Đến đây dễ...
b. Đặt $\sqrt[4]{x-1}=a,\sqrt[4]{5-x}=b(a,b\geq 0)$. ĐKXĐ: $1\leq x\leq 5$
Ta có: $\left\{\begin{matrix} a+b=2 & & \\ a^4+b^4=4 & & \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=2-b & & \\ (2-b)^4+b^4=4(1) & & \end{matrix}\right.$

Câu 2:
b. BĐT trá hình:
Từ gt $\Rightarrow (x-1)(y-1)\geq 0\Leftrightarrow xy+1\geq x+y\Leftrightarrow xy+z+1\geq x+y+z\Leftrightarrow \frac{y}{xy+z+1}\leq \frac{y}{x+y+z}$
Ta có được các BĐT tương tự, cộng từng vế các bđt lại, ta có:
$VT\leq \frac{x+y+z}{x+y+z}\leq \frac{3}{x+y+z}$
Dấu bằng $\Leftrightarrow x=y=z=1$.
Vậy pt có nghiệm $x=y=z=1$
 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangHungChelski: 04-05-2014 - 17:02

[duaconcuachua98]

                                            THI THỬ KHTN ĐỢT 4 ( TOÁN 2 ) 

Câu $1$ : a) Giải hệ 

                                   $x^{2}+y^{2}-y=(2x+1)(y-1)$

                                   $(x-1)(2y+1)=7$

$x^{2}+y^{2}-y=2xy-2x+y-1\Leftrightarrow (x-y)^{2}+2(x-y)+1=0\Leftrightarrow (x-y+1)^{2}=0\Leftrightarrow x=y-1$

$(x-1)(2y+1)=7\Leftrightarrow (y-2)(2y+1)=7\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=3\rightarrow x=2 & \\ y=\frac{-3}{2}\rightarrow x=\frac{-5}{2} & \end{bmatrix}$

[bangbang1412]

Câu 1: 
a. $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x-y-1)^2=0 & & \\ (x-1)(2y+1)=7 & & \end{matrix}\right.$ Đến đây dễ...
b. Đặt $\sqrt[4]{x-1}=a,\sqrt[4]{5-x}=b(a,b\geq 0)$. ĐKXĐ: $1\leq x\leq 5$
Ta có: $\left\{\begin{matrix} a+b=2 & & \\ a^4+b^4=4 & & \end{matrix}\right.$. Không có gì khó.

Câu 2:
b. BĐT trá hình:
Từ gt $\Rightarrow (x-1)(y-1)\geq 0\Leftrightarrow xy+1\geq x+y\Leftrightarrow xy+z+1\geq x+y+z\Leftrightarrow \frac{y}{xy+z+1}\leq \frac{y}{x+y+z}$
Ta có được các BĐT tương tự, cộng từng vế các bđt lại, ta có:
$VT\leq \frac{x+y+z}{x+y+z}\leq \frac{3}{x+y+z}$
Dấu bằng $\Leftrightarrow x=y=z=1$.
Vậy pt có nghiệm $x=y=z=1$
 

Ông anh cần xem lại con hệ , hơn nữa giải thì giải hết đừng giải kiểu không có gì khó . 

[Trang Luong]

Câu $2$ : a ) Tìm nghiệm nguyên 

                                  $x^{2}-4xy+6y^{2}-2x-20y=-35$

 

Ta có : 

$x^2-4xy+6y^2-2x-20y+35=0\Leftrightarrow \left ( x-2y-1 \right )^2+2y^2-24y+34=0\Leftrightarrow \left ( x-2y-1 \right )^2+2\left ( y-6 \right )^2=38$

Đến đây chặn giá trị của $y$ 

[Trang Luong]

Tạm thời mình làm được phần a,b

• Phần a)

Ta thấy : $\Delta AO_1M\sim \Delta AOC(g.g)\Rightarrow AM=\frac{1}{2}AC\Rightarrow O_1M\parallel OC\Rightarrow OC\perp MN$

• Phần b)

Gọi $P$ là giao điểm thứ 2 của $(O_1)$ với  $AB$ $\Rightarrow \angle APO=90^{\circ}\Rightarrow OP$ là trung trực của $AB$ 

$\Rightarrow O_1P\parallel OB\Rightarrow \angle MO_1P=\angle COB$

Ta chứng minh : $C,N,B$ thẳng hàng.

Vì $O_2N\perp MN\Rightarrow OC\parallel O_2N$ Giả sử $O_2N$ cắt $BC$ tại $N'$ $\Rightarrow \frac{O_2N'}{OC}=\frac{O_2B}{OC}\Rightarrow O_2B=O_2N'\Rightarrow N\equiv N'$

Ta thấy tiếp tuyến $Nx$ của $(O_2)$  $\Rightarrow \angle xNB=\angle NO'B=\frac{1}{2}\angle NO_2B=\frac{1}{2}\angle COB=\frac{1}{2}\angle MO_1P=\angle MAP=\angle MAB\Rightarrow AMNB$ nội tiếp

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 04-05-2014 - 20:19

[bangbang1412]

 Mình giải không giống đáp án , mình cũng không giải ở đây , các cậu thử dùng 1 cách là định lý Cos nữa ^^ câu 3c

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 04-05-2014 - 21:25

[Trang Luong]

 Mình giải không giống đáp án , mình cũng không giải ở đây , các cậu thử dùng 1 cách là định lý Cos nữa ^^ câu 3c

Mình k đi thi nên cũng chả biết đáp án như thế nào. Bạn có thể chụp đáp án lên được k   

Cách của mình chứng minh 3 điểm thằng hàng $B,O,M$ rồi sd Pytago, bạn có thể nói rõ hơn cách chủa bạn k 

[bangbang1412]

Mình chỉ ghi ý , từ $M$ kẻ $MT$ song song $AB$ . Thì $MT = \frac{AB}{2}$ . Xong đó đặt $CA=2x,CB=2y$ . Áp dụng định lý cos tính $MN$ và $MT$ theo $x,y$ trước đó bạn phải tính $\frac{x^{2}}{y^{2}}$

[Trang Luong]

Mình chỉ ghi ý , từ $M$ kẻ $MT$ song song $AB$ . Thì $MT = \frac{AB}{2}$ . Xong đó đặt $CA=2x,CB=2y$ . Áp dụng định lý cos tính $MN$ và $MT$ theo $x,y$ trước đó bạn phải tính $\frac{x^{2}}{y^{2}}$

Thực ra mình vừa nghĩ ra 1 phần c rất hay và cực ngắn chả cần   định lý cos

• Phần c

Theo ta thấy : từ phần a và b ta có tỷ số $\frac{NB}{CB}=\frac{1}{4},\frac{AM}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{AM}{AC}.\frac{CN}{CB}=\frac{3}{4}.\frac{1}{2}=\frac{3}{8}=\frac{6}{16}$

mà ta thấy $\Delta CMN\sim \Delta CBA(g.g)\Rightarrow \frac{CM}{CB}=\frac{CN}{CA}=\frac{MN}{BA}\Rightarrow \left ( \frac{MN}{AB} \right )^2=\frac{CM.CN}{CA.BC}=\frac{6}{16}\Rightarrow \frac{MN}{AB}=\frac{\sqrt{6}}{4}$

[bangbang1412]

Thực ra mình vừa nghĩ ra 1 phần c rất hay và cực ngắn chả cần   định lý cos

• Phần c

Theo ta thấy : từ phần a và b ta có tỷ số $\frac{NB}{CB}=\frac{1}{4},\frac{AM}{AC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{AM}{AC}.\frac{CN}{CB}=\frac{3}{4}.\frac{1}{2}=\frac{3}{8}=\frac{6}{16}$

mà ta thấy $\Delta CMN\sim \Delta CBA(g.g)\Rightarrow \frac{CM}{CB}=\frac{CN}{CA}=\frac{MN}{BA}\Rightarrow \left ( \frac{MN}{AB} \right )^2=\frac{CM.CN}{CA.BC}=\frac{6}{16}\Rightarrow \frac{MN}{AB}=\frac{\sqrt{6}}{4}$

Thật ra ngồi trong phòng nó khác , =)) hơn nữa mình kém khoản tam giác đồng dạng.

[bangbang1412]

=)) Tiếng anh thì mình mất gốc , tổ dùng cực hạn gọi số lớn nhất nhỏ nhất . mình bỏ câu tổ . 

[phuocdinh1999]

                                            THI THỬ KHTN ĐỢT 4 ( TOÁN 2 ) 

 

Câu $4$ : Cho bảng $n^{2} x n^{2}$ ô vuông . Mỗi ô đánh dấu một số nguyên dương phân biệt . Hai ô chung một cạnh thì có hiệu không vượt quá $n$ . CMR có ít nhất $\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor+1$ ô được đánh dấu cùng một số .

Làm nốt câu này luôn

• Quy ước mỗi lần chuyển sang một ô kề gọi là 1 bước nhảy

Gọi $a$ là số nhỏ nhất, $b$ là số lớn nhất

 

Số bước nhảy từ ô $a$ sang ô $b$ nhiều nhất có thể là (đi như hình trên) : $2n^2-2$ (như trên là $2.3^2-2=16)$ 

 

Mà $2$ ô kề nhau có hiệu không quá $n$ nên $0\leq b-a\leq (2n^2-2)n(1)$ 

 

Gọi $x$ là một số bất kỳ thuộc bảng trên thì $a\leq x\leq b\Rightarrow x$ có $b-a+1$(cách chọn) $(2)$

 

Từ $(1)$ và $(2)$ , số giá trị 1 ô bất kỳ có thể nhận nhiều nhất có thể là $(2n^2-2)n+1$

 

Do trên bảng có $n^4$ ô nên phải có ít nhất $\left \lfloor \frac{n^4}{(2n^2-2)n+1} \right \rfloor+1$ ô bằng nhau $(*)$

                                                                                (do$\frac{n^4}{(2n^2-2)n+1}$ $\not \in\mathbb{N}$)

 

• Bây giờ ta CM: $\left \lfloor \frac{n^4}{2n(n^2-1)+1} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$ $(**)$

(đến đây mình xét TH hơi lâu, ko biết chỗ này giải quyết sao cho gọn)

 

$TH1:n=2k\Rightarrow \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor=k$

Có $\frac{n^4}{2n(n^2-1)+1}=\frac{n^4}{2n^3+(1-2n)}>\frac{n}{2}=k$

Chỉ cần CM: $\frac{n^4}{2n(n^2-1)+1}<\frac{n}{2}+1\Leftrightarrow n^2(n-2)+3n(n^2-1)+2>0$ (đúng do $n\geq 2$)

 

 

$TH2:n=2k+1\Rightarrow \left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor=k=\frac{n-1}{2}$

Theo $TH1$ thì $\frac{n^4}{2n(n^2-1)+1}>\frac{n}{2}>\frac{n-1}{2}$

 

Ta cần CM: $\frac{n^4}{2n(n^2-1)+1}<\frac{n-1}{2}+1\Leftrightarrow n^2(n-2)+n(n^2-1)+1>0$ (đúng)

 

Từ $(*)$ và $(**)$ ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuocdinh1999: 06-05-2014 - 15:24

[BysLyl]

                                            THI THỬ KHTN ĐỢT 4 ( TOÁN 2 ) 

 

b) Cho $0 \leq x,y,z\leq 1$ . Giải phương trình

             $\frac{x}{xz+y+1} + \frac{y}{xy+z+1} + \frac{z}{yz+x+1} = \frac{3}{x+y+z}$

 

Mình làm một cách khác bài BĐT:

gt=> $xyz\leq 1$  $\sum \frac{x}{xz+y+1}\geq \sum \frac{x}{xz+xy^{2}z+xyz}=\sum \frac{1}{y^{2}z+yz+z}\geq \frac{9}{x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+xy+yz+zx+x+y+z}$

Mà  $xy+yz+zx\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq x+y+z$

và $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq xy+yz+zx\leq x+y+z$

$\Rightarrow \sum \frac{x}{xz+y+1}\geq \frac{9}{3(x+y+z)}=\frac{3}{x+y+z}$

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BysLyl: 05-05-2014 - 20:37

[Trang Luong]

Bài BĐT mình xin làm cách của mấy thím "trẩu tre" chả sử dụng BĐT gì cả, làm theo cách học sinh lớp 7 

Ta có BĐT tương đương: $\left ( x+y+z \right )\left (\frac{x}{xz+y+1}+\frac{y}{xy+z+1}+\frac{z}{yz+x+1} \right )=3$

Ta xét : $\frac{x(x+y+z)}{xy+z+1}\leq 1\Rightarrow x^2+xy+xz\leq xy+z+1\Leftrightarrow x^2+xz\leq z+1$ luôn đúng vì $0\leq x,y,z\leq 1$

Vậy $\left ( x+y+z \right )\left (\frac{x}{xz+y+1}+\frac{y}{xy+z+1}+\frac{z}{yz+x+1} \right )\leq 3$

[Trang Luong]

                                  b) Giải phương trình

                                  $\sqrt[4]{x-1} + \sqrt[4]{5-x}=2$

 

Như vậy còn câu 1b) còn chưa rõ mặt mũi như thế nào. Tại hạ xin trình bày 1 cách:

Ta vẫn đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt[4]{x-1}=a\\ \sqrt[4]{5-x}=b \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b=2\\ a^4+b^4=4 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=2-b\\ a^4+b^4=4 \end{matrix}\right.\Rightarrow \left ( 2-b \right )^4+b^4=4$

$\Leftrightarrow 2b^4+16+24b^2-8b^3-32b=4\Leftrightarrow b^4+12b^2+6-4b^3-16b=0\Leftrightarrow \left ( b^2-2b \right )^2+8\left ( b^2-12b \right )+6=0$

Đặt $b^2-2b=t$ $\Rightarrow t^2+8t+6=0\Rightarrow \begin{bmatrix} t=-4+\sqrt{10}\\ t=-4-\sqrt{10} \end{bmatrix}$

[hoanganhhaha]

Bài giải pt có chứa căn thức có thể đặt b-1=a giải ra rất nhanh 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanganhhaha: 06-05-2014 - 20:53

[BysLyl]

Mình làm một cách khác bài BĐT:

gt=> $xyz\leq 1$  $\sum \frac{x}{xz+y+1}\geq \sum \frac{x}{xz+xy^{2}z+xyz}=\sum \frac{1}{y^{2}z+yz+z}\geq \frac{9}{x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+xy+yz+zx+x+y+z}$

Mà  $xy+yz+zx\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq x+y+z$

và $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq xy+yz+zx\leq x+y+z$

$\Rightarrow \sum \frac{x}{xz+y+1}\geq \frac{9}{3(x+y+z)}=\frac{3}{x+y+z}$

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

thấy cái bài này hai bạn ra $VT\leq VP một mình mình ra  VT\geq VP$  

Mọi người xem mình sai ở đâu với

[Trang Luong]

Mình làm một cách khác bài BĐT:

gt=> $xyz\leq 1$  $\sum \frac{x}{xz+y+1}\geq \sum \frac{x}{xz+xy^{2}z+xyz}=\sum \frac{1}{y^{2}z+yz+z}\geq \frac{9}{x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x+xy+yz+zx+x+y+z}$

Mà  $xy+yz+zx\leq x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq x+y+z$

và $x^{2}y+y^{2}z+z^{2}x\leq xy+yz+zx\leq x+y+z$

$\Rightarrow \sum \frac{x}{xz+y+1}\geq \frac{9}{3(x+y+z)}=\frac{3}{x+y+z}$

Dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1

Phải như thế này $xyz\leq 1$ $\sum \frac{x}{xz+y+1}\leq \sum \frac{x}{xz+xy^{2}z+xyz}=\frac{1}{y^{2}z+yz+z}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 06-05-2014 - 21:16

[QuynhTam]

Ta có : 
$x^2-4xy+6y^2-2x-20y+35=0\Leftrightarrow \left ( x-2y-1 \right )^2+2y^2-24y+34=0\Leftrightarrow \left ( x-2y-1 \right )^2+2\left ( y-6 \right )^2=38$
Đến đây chặn giá trị của $y$

Cho mình hỏi bạn có cách nào ngắn hơn k? Chứ mình thấy chặn y tới 9 giá trị lận (từ 2 tới 10)