Chủ đề này có 9 trả lời

[Belphegor Varia]

Đề thi khối 11 

Đề thi khối 10 

 

 

Nguồn : Lấy từ Facebook của thầy Nguyễn Quang Tân

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 03-08-2015 - 13:46

[tonarinototoro]

đề thi khối 10

câu 1, nhân liên hợp với x=1

câu 3,

$\sum \frac{x}{x^{4}+1+2xy}\leq \sum \frac{x}{2x^{2}+2xy}\leq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{x+y}\leq \frac{3}{2}$

$3=\sum \frac{1}{x}=\frac{1}{2}\left ( \left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right )+\left ( \frac{1}{y} +\frac{1}{z}\right ) +\left ( \frac{1}{z}+\frac{1}{x} \right )\right )\geq \frac{1}{2}.\sum \frac{4}{x+y}\Rightarrow \sum \frac{1}{x+y}\leq \frac{3}{2}$

từ 2 điều trên ta có đpcm

[viet nam in my heart]

Câu 4 (lớp 10)

Khi đổi chỗ $a$ và $c$ thì ta được tam thức bậc hai $cx^2+bx+a$ có $\Delta =b^2-4ac$

Khi thay $x$ bởi $x+t$ thì ta được tam thức bậc hai $ax^2 +(2at+b)x+at^2+bt+c$ có $\Delta =b^2-4ac$

Do đó sau 2 phép biến đổi trên thì tam thức bậc hai sẽ có $\Delta$ không đổi

Vậy không thể biến đa thức $x^2+8x-2015$ thành đa thức $2016x^2+8x-1$ bằng cách lặp lại các phép biến đổi trên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 03-08-2015 - 14:08

[Changg Changg]

Bài 2 (ở trên)

(a) Ta có $\overline{GF}.\overline{GE}=\overline{GB}.\overline{GC}$ nên $G$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(ATH)$ nên $\overline{AGT}$

(b) Ta có $\widehat{OKF}=\widehat{OTG}=180^{o}-\widehat{TAO}=\widehat{THE}+\widehat{FEH}$

Do đó $OK||TH$ nên $OK\perp TA$

Bài 5. (ở dưới)

Ta có phương trình: $(n^3-n+1)(n^4+n+1)=p^k$

Do $n^4+n+1\geqslant n^3-n+1$ nên $n^3-n+1\mid n^4+n+1=n(n^3-n+1)+n^2+1$

Do đó $n^3-n+1\mid n^2+1$ hay $2(n^2+1)=n^3-n+1$ hoặc $n^2+1=n^3-n+1$

Giải ra ta được $n=1$ hoặc $n=0$

Câu 2 (ở dưới)

(a) $\widehat{MKN}=\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}$ nên $AMKN$ nội tiếp.

(b) Dễ thấy $A$ đối xứng với $T$ qua $BC$ nên từ đó ta suy ra tứ giác $NBKP$ nội tiếp.

Từ đó suy ra $AMPB$ nội tiếp và $\Delta BPN\sim \Delta MPC$

Dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.

Bài 3. (ở trên)

Nếu $\deg P=0$ thì $P\equiv 0$ hoặc $P\equiv 1$.

Nếu $\deg P>0$ thì so sánh bậc hai vế ta có $\deg P=2$. Đồng nhất hệ số cao nhất hai vế ta được $P(x)=x^2+ax+b$

Theo định lý cơ bản của đại số, tồn tại $x_0\in\mathbb{C}$ thỏa mãn $P(x_0)=0$

Khi đó ta có $P(2015x_0)=0$ nên $2015x_0$ cũng là nghiệm. Nếu $|x_0|\ne 0$ thì $|2015x_0|>|x_0|$

Do đó $P(x)$ có vô hạn nghiệm, vô lý. Do đó $|x_0|=0$ hay $P(0)=0$ nên $b=0$

Thay $x=-a$ vào ta được: $P(-2015a)=0$. Do đó $-2015a=-a$ hoặc $-2015a=0$ hay $a=0$

Vậy $P(x)\equiv x^2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Changg Changg: 03-08-2015 - 18:39
Lần sau gộp chung bài viết vào

[Changg Changg]

Bài 5. (ở dưới)

Ta có phương trình: $(n^3-n+1)(n^4+n+1)=p^k$

Do $n^4+n+1\geqslant n^3-n+1$ nên $n^3-n+1\mid n^4+n+1=n(n^3-n+1)+n^2+1$

Do đó $n^3-n+1\mid n^2+1$ hay $2(n^2+1)=n^3-n+1$ hoặc $n^2+1=n^3-n+1$

Giải ra ta được $n=1$ hoặc $n=0$

[Changg Changg]

Câu 2 (ở dưới)

(a) $\widehat{MKN}=\widehat{BKC}=\widehat{BHC}=180^o-\widehat{BAC}$ nên $AMKN$ nội tiếp.

(b) Gọi $M$ là trung điểm $BC$, ta "lần lược" có một số kết quả dễ thấy sau:

- $KXMY$ nội tiếp

- $A, T$ đối xứng với nhau qua $BC$

- $KPMY$ và $KMPX$ nội tiếp.

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

[Dinh Xuan Hung]

Đề lớp 10 

Câu 3:

Áp dụng BĐT $AM-GM$

$x^4+1\geq 2x^2\Leftrightarrow \frac{x}{x^4+1+2xy}\leq \frac{x}{2x^2+2xy}=\frac{1}{2x+2y}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{1}{2x}+\frac{1}{2y} \right )$

CMTT:$\frac{y}{y^4+1+2yz}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{1}{2y}+\frac{1}{2z} \right )$

$\frac{z}{z^4+1+2xz}\leq \frac{1}{4}\left ( \frac{1}{2x}+\frac{1}{2z} \right )$

$\Rightarrow \sum \frac{x}{x^4+1+2xy}\leq \frac{1}{4}\left [ \frac{1}{2}.2(x+y+z) \right]=\frac{1}{4}(x+y+z)=\frac{3}{4}$

Câu 1:ĐK:$\left\{\begin{matrix} x^3+x^2+3x-1\geq 0 & & \\ x^3+6x+2\geq 0 & & \end{matrix}\right.$

$\sqrt{x^3+x^2+3x-1}-2+\sqrt{x^3+6x+2}-3=0$

$\Leftrightarrow \frac{x^3+x^2+3x-5}{2+\sqrt{x^3+x^2+3x-1}}+\frac{x^3+6x-7}{3+\sqrt{x^3+6x+2}}=0$

$\Leftrightarrow (x-1)\left [ \frac{x^2+2x+5}{2+\sqrt{x^3+x^2+3x-1}}+\frac{x^2+x+7}{3+\sqrt{x^3+6x+2}} \right ]=0$

Mà $\frac{x^2+2x+5}{2+\sqrt{x^3+x^2+3x-1}}+\frac{x^2+x+7}{3+\sqrt{x^3+6x+2}}>0$ với mọi $x$ thuộc TXĐ

$\Rightarrow x=1(TM)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 03-08-2015 - 15:43

[Changg Changg]

Bài 3. (ở trên)

Nếu $\deg P=0$ thì $P\equiv 0$ hoặc $P\equiv 1$.

Nếu $\deg P>0$ thì so sánh bậc hai vế ta có $\deg P=2$. Đồng nhất hệ số cao nhất hai vế ta được $P(x)=x^2+ax+b$

Theo định lý cơ bản của đại số, tồn tại $x_0\in\mathbb{C}$ thỏa mãn $P(x_0)=0$

Khi đó ta có $P(2015x_0)=0$ nên $2015x_0$ cũng là nghiệm. Nếu $|x_0|\ne 0$ thì $|2015x_0|>|x_0|$

Do đó $P(x)$ có vô hạn nghiệm, vô lý. Do đó $|x_0|=0$ hay $P(0)=0$ nên $b=0$

Thay $x=-a$ vào ta được: $P(-2015a)=0$. Do đó $-2015a=-a$ hoặc $-2015a=0$ hay $a=0$

Vậy $P(x)\equiv x^2$

[Hoang Tung 126]

Đề thi khối 11 

Đề thi khối 10 

 

 

Nguồn : Lấy từ Facebook của thầy Nguyễn Quang Tân

 Câu 1 đề 11: Ta chia ra làm 2 bước

- Bước 1 : Chứng minh bằng qui nạp ta chỉ ra được $u_{n}> 1$ do đó dãy bị chặn dưới

 

- Bước 2 : Chứng minh bằng qui nạp ta chỉ ra được $u_{n+1}< u_{n}$

 

Từ đó dãy có giới hạn hữu hạn ,Đặt $\lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n}=a> 1= > \lim_{n\rightarrow +\infty }u_{n+1}=a$. Thay vào đề bài ta tìm được $a$

[Korn FR]

đề thi khối 10

câu 1, nhân liên hợp với x=1

câu 3,

$\sum \frac{x}{x^{4}+1+2xy}\leq \sum \frac{x}{2x^{2}+2xy}\leq \frac{3}{4}\Leftrightarrow \sum \frac{1}{x+y}\leq \frac{3}{2}$

$3=\sum \frac{1}{x}=\frac{1}{2}\left ( \left ( \frac{1}{x}+\frac{1}{y} \right )+\left ( \frac{1}{y} +\frac{1}{z}\right ) +\left ( \frac{1}{z}+\frac{1}{x} \right )\right )\geq \frac{1}{2}.\sum \frac{4}{x+y}\Rightarrow \sum \frac{1}{x+y}\leq \frac{3}{2}$

từ 2 điều trên ta có đpcm

anh làm câu 1 cho em 1 cách cụ thể hơn, đc ko ạ!