Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

[TOPIC] $\text{Luyện đề ôn thi} $ $\boxed{\text{THPT Chuyên}}$ $\text{năm}$ $2018-2019$

đề thi ôn chuyên 2018-2019

  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 67 trả lời

#61 BurakkuYokuro11

BurakkuYokuro11

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K47 THPT Chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{Air Conditioner}$

Đã gửi 29-05-2018 - 22:56

ĐỀ 7 

$$\boxed{\text{VMF}}$$

Bài 1. a)Cho 3 số a,b,c thỏa mãn $c^2+2(ab-bc-ca) =0,\, b\neq c ,\, ; a+b \neq c$

Chứng min

h rằng $$\frac{2a^2-2ac+c^2}{2b^2-2bc+c^2}=\frac{a-c}{b-c}$$

b) Tìm số có 4 chữ số $\overline{abcd} $ sao cho 

1) $\overline{ab}; \overline{ad}$ là 2 số nguyên tố

2) $\overline{db}+c=b^2+d$

a)Từ (gt) suy ra $\left ( a+b-c \right )^2= a^2+b^2$

=> $a^2 = (a+b-c)^2-b^2= (a-c)(a+2b-c)$

     $ b^2 = (b-c)(b+2a-c)$

Ta có $\frac{2a^2-2ac+c^2}{2b^2-2bc+c^2}= \frac{a^2+(a-c)^2}{b^2+(b-c)^2} = \frac{(a-c)(a-c +a+2b-c)}{(b-c)(b-c+b+2a-c)}= \frac{a-c}{b-c}$ 

Suy ra đfcm

b) $\overline{ab}; \overline{ad}$ là 2 số nguyên tố lớn hơn 2 nên b, d thuộc tập 1,3,7,9.

Từ $\overline{db}+c=b^2+d$ Suy ra : 9d+c= b(b-1)

TH1: b= 1

TH2 : b=3

TH3 : b=7

TH4 : b=9

Suy ra ......


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BurakkuYokuro11: 29-05-2018 - 22:58

WangtaX

 


#62 HelpMeImDying

HelpMeImDying

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-05-2018 - 12:12

 

Bài 3. Cho $x,y,z,t >0$

Chứng minh BĐT sau

$$(x^2+1)(y^2+1)(z^2+1)(t^2+1) \geq \frac{16}{27}(x+y+z+t)^2$$

 

Ta có: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)=x^{2}y^{2}+x^{2}+y^{2}+1=x^{2}+y^{2}+(x^{2} y^{2}+\frac{1}{9})+\frac{8}{9}\geq x^{2}+y^{2}+\frac{2}{3}xy+\frac{8}{9}= (x+y)^{2}-\frac{4}{3}xy+\frac{8}{9}\geq \frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9}$

Áp dụng bđt B.C.S: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq (\frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9})((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq \frac{8}{9}(x+y+z+t)^{2}$: 

Ta cần chứng minh: $(z^{2}+1)(t^{2}+1)\geq \frac{2}{3}((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\Leftrightarrow 3(xy-\frac{1}{3})^{2}+(x-y)^{2}$

Vậy bđt được chứng minh



#63 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 30-05-2018 - 20:30

Ta có: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)=x^{2}y^{2}+x^{2}+y^{2}+1=x^{2}+y^{2}+(x^{2} y^{2}+\frac{1}{9})+\frac{8}{9}\geq x^{2}+y^{2}+\frac{2}{3}xy+\frac{8}{9}= (x+y)^{2}-\frac{4}{3}xy+\frac{8}{9}\geq \frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9}$

Áp dụng bđt B.C.S: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq (\frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9})((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq \frac{8}{9}(x+y+z+t)^{2}$: 

Ta cần chứng minh: $(z^{2}+1)(t^{2}+1)\geq \frac{2}{3}((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\Leftrightarrow 3(xy-\frac{1}{3})^{2}+(x-y)^{2}$

Vậy bđt được chứng minh

Cách khác của mình(thực ra cũng gần giống của bạn :D )

Đặt

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{a}{\sqrt{3}} & & & & \\ y=\frac{b}{\sqrt{3}} & & & & \\ z=\frac{c}{\sqrt{3}} & & & & \\ t=\frac{y}{\sqrt{3}} & & & & \end{matrix}\right.$

Quy về chứng minh $A=(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)(d^2+3) \geq 16(a+b+c+d)^2$

Trong 4 số $ a^2-1 ,\, ; b^2-1,\,; c^2-1,\,; d^2-1$ luôn tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu

KMTTQ, giả sử đó là $a^2-1; b^2-1$

$\rightarrow (a^2-1)(b^2-1)\geq 0 \Leftrightarrow a^2b^2+1\geq a^2+b^2$

$\Rightarrow A \geq 4(a^2+b^2+2)(c^2+3)(d^2+3) \geq 2((a+b)^2+4)(c^2+3)(d^2+3)$

$=2[(a+b)^2+4][(cd-1)^2+3c^2+3d^2+2cd+8]\geq 16[(a+b)^2+4][1+\frac{(c+d)^2}{4}] \geq 16(a+b+c+d)^2 (Q.E.D)$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=d=1$

$\Leftrightarrow x=y=z=t=\frac{1}{\sqrt{3}}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 30-05-2018 - 20:36


#64 Korkot

Korkot

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 31-05-2018 - 09:55

Bài 4: Đề 7: 

2) Gọi M' là điểm chính giữa cung BC.Hạ M'K vuông góc BC. Ta có $MA' \leq M'K$ 

Mà $\frac{M'K}{BK}= \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow \frac{M'K}{BC}=\frac{1}{2\sqrt{3}}$

Mặt khác, vì tam giác ABC đều nên $h=\frac{\sqrt{3}BC}{2}$ nên $M'K=\frac{h}{3}$

$\Rightarrow M'A \geq \frac{h}{3}$

 

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Korkot: 31-05-2018 - 23:13

  Nếu bạn cứ tiếp tục ca thán về cùng một nỗi buồn, cùng một việc nhỏ nhặt, bạn sẽ mãi mãi chìm đắm trong thất bại và sống một  cuộc đời nhỏ bé. Hãy luôn nhớ rằng, ngay cả một ngày tồi tệ nhất cũng chỉ có 24 tiếng đồng hồ mà thôi.

                   :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like  :like 


#65 TranNamNguyen

TranNamNguyen

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Vĩnh Phúc
  • Sở thích:Ngắm gái :v

Đã gửi 05-06-2018 - 16:07

Không có đề nào nữa ak  buồn thế



#66 Bimbeohb

Bimbeohb

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 28-07-2018 - 13:09

Cho a, b, c thuộc đoạn -1 đến 1, thỏa mãn $1+2abc\geq a^2 +b^2+c^2$:

Chứng minh rằng : $1 + 2a^2b^2c^2 \geq a^4+b^4+c^4$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Bimbeohb: 28-07-2018 - 13:09


#67 Bimbeohb

Bimbeohb

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 2 Bài viết

Đã gửi 28-07-2018 - 13:10

Cho a, b, c thuộc đoạn -1 đến 1, thỏa mãn  $1+2abc\geq a^2 +b^2+c^2$:

Chứng minh rằng : $1 + 2a^2b^2c^2 \geq a^4+b^4+c^4$



#68 MoMo123

MoMo123

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 333 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 03-08-2018 - 16:51

TOPIC đã kết thúc, để tránh tình trạng spam, mình xin khóa TOPIC. Cảm ơn vì mọi người đã tham gia TOPIC nhiệt tình







1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh