Đê chuyên Hà Nam 2018-2019
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGUYENNAMYENTRUNG: 03-06-2018 - 22:40
Câu số học
Xét x = 1 thì ta có y =1
Xét x = 2 thì y = 4
Xét x>2 thì ta có y>5
Vì 3.2y$\equiv 0(mod8)\Rightarrow VP\equiv 1(mod8) \Rightarrow 7^{x}\equiv 1(mod8)$
Do đó x chẵn
Đặt x = 2n ta có $()7^{n}-1)(7^{n}+1)=3.2^{y} Vì 7^{n}-1\vdots 3 và 7^{n}-1>3 \Rightarrow \exists a,b để 7^{n}+1=2a;7^{n}-1=3.2^{b} trong đó a+b = y \Rightarrow 2^{a}-3.2^{b}=2$
$\Rightarrow 2^{b}(2^{a-b}-3)=2 \Rightarrow 2^{b}=1 hoặc 2^{a-b}-3=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NGUYENNAMYENTRUNG: 03-06-2018 - 23:02
Câu bất: Từ gt $(xy+yz+zx)^{2}\geq (x+y+z)^{2}\geq 3(xy+yz+zx)\Rightarrow xy+yz+zx\geq 3$
Áp dụng Cauchy-Scwharz
VT$\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sum \sqrt{(x+2)(x^{2}-2x+4)}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{\sqrt{(x+y+z+6)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-2(x+y+z)+12)}}\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{(2xy+2yz+2zx+3)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-2(x+y+z)+12))}\geq \frac{2(x+y+z)^{2}}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+2(xy+yz+zx)-2(x+y+z)+15}=\frac{2(x+y+z)^{2}}{(x+y+z)^{2}-2(x+y+z)+15}$
Cần chứng minh $\frac{2(x+y+z)^{2}}{(x+y+z)^{2}-2(x+y+z)+15}\geq 1\Leftrightarrow (x+y+z)^{2}+2(x+y+z)-15\geq 0\Leftrightarrow (x+y+z-3)(x+y+z+5)\geq 0$ (luôn đúng do $x+y+z\geq \sqrt{3(xy+yz+zx)}\geq 3$
Câu 2.1
Giải phương trình; $\left ( \sqrt{x+9}-3 \right )\left ( \sqrt{9-x}+3 \right )=2x$ (điều kiện: $-9\leq x\leq 9$)
Đặt: a = $\sqrt{x+9}$ ; b = $\sqrt{9-x}$ ; (a,b $\geq$ 0)
Ta có hệ PT:
$\left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ (a-3)(b+3)=2(a^{2}-9) \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ (a-3)(b+3)-2(a-3)(a+3)=0 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ (a-3)(b-2a-3)=0 \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ \begin{bmatrix} a=3\\ b=2a+3 \end{bmatrix} \end{matrix}\right.$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ a=3 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a^{2}+b^{2}=18\\ b=2a+3 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} a=3\\ b=3 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a=3\\ b=-3(loai) \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a=0,6\\ b=4,2 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} a=-3(loai)\\ b=-3(loai) \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} \sqrt{x+9}=3\\ \sqrt{9-x}=3 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} \sqrt{x+9}=0,6\\ \sqrt{9-x}=4,2 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} \left\{\begin{matrix} x+9=9\\ 9-x=9 \end{matrix}\right.\\ \left\{\begin{matrix} x+9=0,36\\ 9-x=17,64 \end{matrix}\right. \end{bmatrix}$$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0\\ x=-8,64 \end{bmatrix}$ (nhận)
Bài 5. Ta xét hai trường hợp sau:
+ Nếu trong 6 điểm đã cho tồn tại một điểm là tâm của đường tròn, khi đó bài toán được chứng minh.
+ Nếu trong sáu điểm không có điểm nào trùng với tâm của đường tròn. Khi đó có hai khả năng xẩy ra là
- Trong sáu điểm có hai điểm cùng nằm trên một bán kính của đường tròn, khi đó bài toán được chứng minh.
- Trong sáu điểm đã cho không có hai điểm nào cùng nằm trên một bán kính. Khi đó ta vẽ sáu bán kính đi qua sáu điểm đã cho. Cứ hai bán kính gần nhau tao ra một góc ở tâm. Như vậy ta có sáu góc ở tâm. Theo nguyên lí cực hạn thì trong sáu góc đó tồn tại một góc có số đo bé nhất. Mà tổng số đo của sáu góc đó là 360 độ nên góc bé nhất không vượt quá 60 độ. Không mất tính tổng quát ta giả sử góc đó là AOB. Đến đây ta có điều phải chứng minh.
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh