ĐỀ THI CHỌN ĐT HSG QG VÒNG 1 TỈNH ĐẮC NÔNG NĂM 2018
#1
Đã gửi 07-09-2017 - 15:32
#2
Đã gửi 07-09-2017 - 17:06
- duylax2412, Drago và MoMo123 thích
Còn trời còn nước còn non
Còn cô bán rượu.... anh còn say sưa !!!
#3
Đã gửi 07-09-2017 - 19:21
em có cách này không biết có được không
<=> $65\sqrt{2x-x^{2}}+45\sqrt{2x+x^{2}}=160$
$\Leftrightarrow 13(\sqrt{50x-25x^{2}}-4)+9(\sqrt{50x+25x^{2}}-12)=0$
$\Leftrightarrow 13.\frac{50x-25x^{2}-16}{\sqrt{50x-25x^{2}}+4}+9.\frac{50x+25x^{2}-144}{\sqrt{50x+25x^{2}}+12}=0$
$\Leftrightarrow 13.\frac{(5x-8)(2-5x)}{\sqrt{50x-25x^{2}}+4}+9.\frac{(5x-8)(5x+18)}{\sqrt{50x+25x^{2}}+12}=0$
$\Leftrightarrow (5x-8)(\frac{13(2-5x)}{\sqrt{50x-25x^{2}}+4}+\frac{9(5x+8)}{\sqrt{50x-25x^{2}}+12})=0$
TH1 x=1,6 (TM)
TH2 Ta xét các khoảng giá trị của x:
$[0;\frac{2}{5}];[\frac{2}{5};2]$ ta được PT bên trong ngoặc còn lại vô nghiệm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 07-09-2017 - 19:31
- Drago và nguyenbaohoang0208 thích
#4
Đã gửi 07-09-2017 - 20:15
Câu 2:
2) Vì $\hat{A}=\pi-\hat{B}-\hat{C}$ và $\hat{B}\leq \frac{\pi}{2}$ nên $\hat {A}\geq \frac{\pi}{2}-\hat{C}$
Do đó $(sinA+sinC)^2\geq (sin(\frac{\pi}{2}-\hat{C})+sinC)^2=sin^2(\frac{\pi}{2}-\hat{C})+sin^2C+2sin(\frac{\pi}{2}-\hat{C})sinC=1+2sin(\frac{\pi}{2}-\hat{C})sinC> sin^2B \Rightarrow sinA+sinC>sinB $
Ta lại có nhận xét sau: Nếu $b>a$ thì $\frac{a}{b}<\frac{a+m}{b+m}$ với $m;a;b$ là các số nguyên dương nên
$\frac{sinB}{sinA+sinB+sinC}<\frac{sinB}{sinA+sinC}<\frac{sinB+sinB}{sinB+sinA+sinC}=\frac{2sinB}{sinA+sinB+sinC}(1)$
Tương tự $\frac{sinA}{sinA+sinB+sinC}<\frac{sinA}{sinB+sinC}<\frac{2sinA}{sinA+sinB+sinC}(2)$
$\frac{sinC}{sinA+sinB+sinC}<\frac{sinC}{sinB+sinA}<\frac{2sinC}{sinA+sinB+sinC}(3)$
Cộng 3 vế $(1);(2);(3)$ ta có $1<M<2$ nên $\left[M\right]=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 08-09-2017 - 21:57
- Drago, MoMo123 và nguyenbaohoang0208 thích
Sống khỏe và sống tốt
#5
Đã gửi 07-09-2017 - 20:27
Câu 1:
Phương trình ban đầu tương đương:
$\frac{1+\sqrt{1+(\frac{1}{x})^2}}{1+\sqrt{1+(f(x))^2}}=\frac{f(x)}{\frac{1}{x}}\Leftrightarrow \frac{1}{x}(1+\sqrt{1+(\frac{1}{x})^2})=f(x)(1+\sqrt{1+(f(x))^2})$
Ta nhận thấy rằng hàm $g(t)=t(1+\sqrt{1+t^2})$ đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên chỉ có duy nhất $f(x)=\frac{1}{x}$ làm thỏa mãn phương trình ban đầu.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 07-09-2017 - 20:28
- CaptainCuong và MoMo123 thích
Sống khỏe và sống tốt
#6
Đã gửi 08-09-2017 - 21:26
Câu 2:
a) Ta có: $ \Sigma \frac{sinA}{sinB+sinC} = \frac {\Sigma sinA ( sinA+sinB)(sinA+sinC)}{\prod (sinA+sinB) }$
Ta có: $ \Sigma sinA (sinA+sinB) = (sinA+sinB+sinC)^3+3sinAsinBsinC-2(sinA+sinB+sinC)(sinAsinB+sinBsinC+sinCsinA)$
Tiếp đó áp dụng các hệ thức sau đây
$sina+sinB+sinC= \frac{p}{R}$
$\sum sinAsinB = \frac{p^2+r^2+4Rr}{4R^2}$
$\prod sinA=\frac{pr}{2R^2} $
Và bằng biến đôi tương đương cuối cùng ta cần chứng minh :
$1<\frac{2(p^2-Rr-r^2)}{p^2+r^2+2Rr}<2$
Bất đẳng thức đầu tương đương: $p^2 > 4Rr+3r^2$
Áp dụng bất đẳng thức quen thuộc: $p^2 \geq 16Rr-5r^2$ do đó chỉ cần chứng minh $16Rr-5r^2 > 4Rr+3r^2$
$\Rightarrow 3R>2r$ (Đúng)
Bất đẳng thức thứ 2 tương đương:
$ 2r^2+3Rr>0$ hiển nhiên.
Vậy $[M]=1$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh