Chủ đề này có 8 trả lời

[trambau]

BÀI I:

1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị $(P)$  của hàm số $y=x^2+bx+1$ biết rằng $(P)$ đi qua điểm $A(2;1)$

2. giải bất phương trình $\sqrt{4x^2+5x+1}+2\sqrt{x^2+x+1} \geq x+3$

BÀI II 

1. giải phương trình $\frac{4sin^3x-2cosx(sinx-1)-4sinx+1}{1+cos4x}=0$

2. giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}=\sqrt{y}+y & & \\ (y+\sqrt{xy}+x-x^2)(x+1)-4=0 & & \end{matrix}\right.$

BÀI III

1. cho $x,y,z$ là các số thực phân biệt không âm. chứng minh

$$\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{z+y}{(y-z)^2}+\frac{x+z}{(x-z)^2}\geq \frac{9}{x+y+z}$$

2. Cho dãy số ($u_n$) xác định như sau $\left\{\begin{matrix} u_1=2,u_2=5 & & \\ u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n, \forall n\geq 1 & & \end{matrix}\right.$ . tìm $lim(\frac{u_n}{3^n})$

BÀI IV:

1. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh của lớp 11A, 3 học sinh của lớp 11B và 5 học sinh của lớp 11C thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh của cùng một lớp đứng cạnh nhau.

2.  Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc các cạnh $AB,AC$ sao cho $AM=AN$ ( $M,N$ không trùng với các đỉnh của tam giác). Đường thẳng $d_1$ đi qua $A$ và vuông góc với $BN$ cắt cạnh $BC$ tại $H$ ($\frac{6}{5};{-2}{3}$), đường thẳng $d_2$ đi qua M và vuông góc với $BN$ cắt canh $BC$ tại K ($\frac{2}{5};\frac{2}{3}$). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$ biết rằng đỉnh $A$ thuộc đường thẳng ($\delta$) : $5x+3y+13=0$ và có hoành độ dương

BÀI V

1. Cho tứ diện $SABC$ có $SA=SB=SC=1$. Một mặt phẳng ($\alpha$) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện và cắt các cạnh $SA,SB,SC$ lần lượt tại $A',B',C'$ CMR biểu thức $T=\frac{1}{SA'}+\frac{1}{SB'}+\frac{1}{SC'}$ luôn có giá trị không đổi

2. Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Một điểm M di động trên cạnh đáy BC ( M khác B,C). Mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua M đồng thời song song với hai đường thẳng SB và AC. Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt bởi $(\alpha)$ và tìm vị trí của điểm M để thiết diện đó có diện tích lớn nhất

[trambau]

BÀI IV:

1. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh của lớp 11A, 3 học sinh của lớp 11B và 5 học sinh của lớp 11C thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh của cùng một lớp đứng cạnh nhau.

 

 

Xin làm bài dễ trước 

$|\Omega |=10!$ cách xếp 

gọi A là biến cố ''không có học sinh của cùng một lớp đứng cạnh nhau''

xếp 5 hs của 11 C : 5! cách. Khi đó  giữa 5 hs 11C có 6 chỗ trống ( 4 chỗ ở giữa và 2 chỗ ngoài trước sau). do 2 hs 11C ko đứng gần nhau nên phải có 4 người của 11 A hoặc 11B

TH1: ABCBCACBCBC

có 1 hs lớp A hoặc B ở phía ngoài trước hoặc sau hàng 4 hs còn lại xếp vào 4 chỗ trống giữa các bạn C có : 2.5! cách xếp

TH2 : có 1 hs A và B vào 1 chỗ trống 3 hs còn lại xếp vào 3 vị trí có 2.3.2.4.3! cách xếp

vậy |A|=5!(2.5!+2.3.2.4.3!) 

=> P(A)= $\frac{11}{630}$

[trambau]

BÀI II 

1. giải phương trình $\frac{4sin^3x-2cosx(sinx-1)-4sinx+1}{1+cos4x}=0$

2. giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}=\sqrt{y}+y & & \\ (y+\sqrt{xy}+x-x^2)(x+1)-4=0 & & \end{matrix}\right.$

 

1. $\Leftrightarrow \frac{(2cosx+1)(1-sin2x)}{1+cos4x}=0$ đến đây chắc dễ

2. ĐK $\left\{\begin{matrix} x,y\geq 0 & & \\ x+y+(x-y)(\sqrt{xy}-2)\geq 0 & & \end{matrix}\right.$

PT(2) => $y+\sqrt{xy}-2=\frac{(x+2)(x-1)^2}{x+1}\geq 0$ (3)

PT (1) => $(x-y)(\frac{y+\sqrt{xy}-2}{\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2+y)}}+\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}})=0$

kết hợp với (3) được $x=y$ thay vào PT (2) được $-x^3+2x^2+3x-4=0$ dùng cardano giải tiếp

[TrucCumgarDaklak]

---Phúc Ngô gửi bạn cũ ---

$III.2$

$u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_{n}\Leftrightarrow u_{n+2}-2u_{n+1}=3\left ( u_{n+1}-2u_{n} \right )$

Đặt $u_{n+1}-2u_{n}=v_{n}$, ta có:

$\left\{\begin{matrix} v_{1}=1 & & \\ v_{n+1}=3v_{n} & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow v_{n}=3^{n-1}\Rightarrow u_{n}=2u_{n-1}+3^{n-2}$

$\Leftrightarrow u_{n}-3^{n-1}=2\left ( u_{n-1}-3^{n-2} \right )=...=2^{n-1}\left ( u_{1}-1 \right )=2^{n-1}\Leftrightarrow u_{n}=2^{n-1}+3^{n-1}$

$\Rightarrow lim\frac{u_{n}}{3^{n}}=lim\frac{2^{n-1}+3^{n-1}}{3^{n}}=\frac{1}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TrucCumgarDaklak: 09-03-2018 - 16:58

[Duy Thai2002]

Đặt $x+y=a,y+z=b,z+x=c$, bđt $<=> \frac{a}{(b-c)^{2}}+\frac{b}{(c-a)^{2}}+\frac{c}{(a-b)^{2}}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}$

Đây là một bất đẳng thức quen thuộc trong sách sáng tạo bất đẳng thức Tham khảo cách chứng minh trong sách.

[didifulls]

BÀI III

2.  Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc các cạnh $AB,AC$ sao cho $AM=AN$ ( $M,N$ không trùng với các đỉnh của tam giác). Đường thẳng $d_1$ đi qua $A$ và vuông góc với $BN$ cắt cạnh $BC$ tại $H$ ($\frac{6}{5};{-2}{3}$), đường thẳng $d_2$ đi qua M và vuông góc với $BN$ cắt canh $BC$ tại K ($\frac{2}{5};\frac{2}{3}$). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$ biết rằng đỉnh $A$ thuộc đường thẳng ($\delta$) : $5x+3y+13=0$ và có hoành độ dương

 

Để ý $KH=HC$ =>C  =)))
Viét pt QH qua H tạo với HK một góc 45 độ . (có 2 pt thử với pt nào cho $x_A >0$ thì nhận )
=> pt AC => A
=> dễ dàng => B
 

[TuAnh1611]

BÀI I:

1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị $(P)$  của hàm số $y=x^2+bx+1$ biết rằng $(P)$ đi qua điểm $A(2;1)$

2. giải bất phương trình $\sqrt{4x^2+5x+1}+2\sqrt{x^2+x+1} \geq x+3$

BÀI II 

1. giải phương trình $\frac{4sin^3x-2cosx(sinx-1)-4sinx+1}{1+cos4x}=0$

2. giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x}+\sqrt{xy+(x-y)(\sqrt{xy}-2)}=\sqrt{y}+y & & \\ (y+\sqrt{xy}+x-x^2)(x+1)-4=0 & & \end{matrix}\right.$

BÀI III

1. cho $x,y,z$ là các số thực phân biệt không âm. chứng minh

$$\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{z+y}{(y-z)^2}+\frac{x+z}{(x-z)^2}\geq \frac{9}{x+y+z}$$

2. Cho dãy số ($u_n$) xác định như sau $\left\{\begin{matrix} u_1=2,u_2=5 & & \\ u_{n+2}=5u_{n+1}-6u_n, \forall n\geq 1 & & \end{matrix}\right.$ . tìm $lim(\frac{u_n}{3^n})$

BÀI IV:

1. Xếp ngẫu nhiên 10 học sinh gồm 2 học sinh của lớp 11A, 3 học sinh của lớp 11B và 5 học sinh của lớp 11C thành một hàng ngang. Tính xác suất để không có học sinh của cùng một lớp đứng cạnh nhau.

2.  Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc các cạnh $AB,AC$ sao cho $AM=AN$ ( $M,N$ không trùng với các đỉnh của tam giác). Đường thẳng $d_1$ đi qua $A$ và vuông góc với $BN$ cắt cạnh $BC$ tại $H$ ($\frac{6}{5};{-2}{3}$), đường thẳng $d_2$ đi qua M và vuông góc với $BN$ cắt canh $BC$ tại K ($\frac{2}{5};\frac{2}{3}$). Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$ biết rằng đỉnh $A$ thuộc đường thẳng ($\delta$) : $5x+3y+13=0$ và có hoành độ dương

BÀI V

1. Cho tứ diện $SABC$ có $SA=SB=SC=1$. Một mặt phẳng ($\alpha$) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện và cắt các cạnh $SA,SB,SC$ lần lượt tại $A',B',C'$ CMR biểu thức $T=\frac{1}{SA'}+\frac{1}{SB'}+\frac{1}{SC'}$ luôn có giá trị không đổi

2. Cho hình chóp tứ giác $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Một điểm M di động trên cạnh đáy BC ( M khác B,C). Mặt phẳng $(\alpha)$ đi qua M đồng thời song song với hai đường thẳng SB và AC. Xác định thiết diện hình chóp S.ABCD cắt bởi $(\alpha)$ và tìm vị trí của điểm M để thiết diện đó có diện tích lớn nhất

GIả sử $x \geq y \geq z \geq 0$

có $\frac{y+z}{(y-z)^2}\geq \frac{1}{y} $

$\Leftrightarrow y(y+z) \geq (y-z)^2 \Leftrightarrow z(3y-z) \geq 0$ (luôn đúng do $y \geq z \geq 0$)

có $\frac{z+x}{(z-x)^2}\geq \frac{1}{x} $

$\Leftrightarrow x(z+x) \geq (z-x)^2 \Leftrightarrow z(3x-z) \geq 0$ (luôn đúng do $x \geq z \geq 0$)

Suy ra $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{y+z}{(y-z)^2}+\frac{z+x}{(z-x)^2} \geq \frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$

Mà $z \geq 0$ nên $\frac{9}{x+y+z} \leq \frac{9}{x+y}$

Ta cần chứng minh: $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{9}{x+y}$

$\Leftrightarrow \frac{(x+y)^2}{(x-y)^2}+(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}) \geq 9$

$\Leftrightarrow \frac{4xy}{(x-y)^2}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{4\frac{x}{y}}{(\frac{x}{y}-1)^2}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq 6$

Đặt $\frac{x}{y}=t >0$

Khi đó $\frac{4t}{(t-1)^2}+t+\frac{1}{t} \geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{4t}{(t-1)^2}+\frac{(t-1)^2}{t} \geq 4$ (luôn đúng theo bất đẳng thức AM-GM)

Vậy bài toán đã được chứng minh xong.

[toannguyenebolala]

 

GIả sử $x \geq y \geq z \geq 0$

có $\frac{y+z}{(y-z)^2}\geq \frac{1}{y} $

$\Leftrightarrow y(y+z) \geq (y-z)^2 \Leftrightarrow z(3y-z) \geq 0$ (luôn đúng do $y \geq z \geq 0$)

có $\frac{z+x}{(z-x)^2}\geq \frac{1}{x} $

$\Leftrightarrow x(z+x) \geq (z-x)^2 \Leftrightarrow z(3x-z) \geq 0$ (luôn đúng do $x \geq z \geq 0$)

Suy ra $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{y+z}{(y-z)^2}+\frac{z+x}{(z-x)^2} \geq \frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$

Mà $z \geq 0$ nên $\frac{9}{x+y+z} \leq \frac{9}{x+y}$

Ta cần chứng minh: $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y} \geq \frac{9}{x+y}$

$\Leftrightarrow \frac{(x+y)^2}{(x-y)^2}+(x+y)(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}) \geq 9$

$\Leftrightarrow \frac{4xy}{(x-y)^2}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{4\frac{x}{y}}{(\frac{x}{y}-1)^2}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq 6$

Đặt $\frac{x}{y}=t >0$

Khi đó $\frac{4t}{(t-1)^2}+t+\frac{1}{t} \geq 6$

$\Leftrightarrow \frac{4t}{(t-1)^2}+\frac{(t-1)^2}{t} \geq 4$ (luôn đúng theo bất đẳng thức AM-GM)

Vậy bài toán đã được chứng minh xong.

 

Ta có thể rút ngắn phần chứng minh cuối lại $\frac{x+y}{(x-y)^2}+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\geq \frac{9}{x+y}\Leftrightarrow \frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{xy}\geq \frac{9}{(x+y)^2}$ (dĩ nhiên đúng theo C-S)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi toannguyenebolala: 09-03-2018 - 21:13

[trambau]

đây là đáp án đề https://drive.google...6rHdihqwu6/view