Đến nội dung

Hình ảnh

ĐỀ THI CHỌN ĐT HSG QG VÒNG 1 TỈNH ĐẮC NÔNG NĂM 2018


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết

21369258_122047275195453_5641866656861416949_n.jpg


$\mathbb{VTL}$


#2
nguyenkant

nguyenkant

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết

21371186_509126389435671_669192741636919

21317624_509126472768996_288984018658091


Còn trời còn nước còn non
Còn cô bán rượu.... anh còn say sưa !!!


#3
MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 334 Bài viết

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


#4
Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 302 Bài viết

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

Sống khỏe và sống tốt :D


#5
Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 302 Bài viết

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

Sống khỏe và sống tốt :D


#6
Nghiapnh1002

Nghiapnh1002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

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