Đến nội dung


Chú ý

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

Đề thi toán vòng 2 KHTN 2020-2021

chuyên toán vòng 2 khtn phương trình hệ hình học bất đẳng thức

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 7 trả lời

#1 KidChamHoc

KidChamHoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 192 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1-K101-LHP

Đã gửi 13-07-2020 - 19:25

:D

Hình gửi kèm

  • image.jpeg
  • image.jpeg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KidChamHoc: 13-07-2020 - 19:42


#2 KidChamHoc

KidChamHoc

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 192 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1-K101-LHP

Đã gửi 13-07-2020 - 19:35

Câu hệ lấy ý tưởng của bạn @Syndycate trong đề thi thử
Thế hết vào
$ y^2 +xy+x+y+5 = (x+y)(y+1) + (x+y)(x+1) + 1 = (x+y+1)^2 $
Nhẩm thấy $ 243 = 3^5 $ nên ta biến đổi pt (2) thành $ (x+y+1)^5 $

$ x^3+y^3 + 12y+13 = x^3+y^3+3y(x+y)(x+1)+3(x+y)(x+1) +1 = (x+y+1)^3 $ ;
$ PT(2) <=> (x+y+1)^5 = 3^5
<=> x+y+1=3 <=> ....... $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi KidChamHoc: 13-07-2020 - 19:35


#3 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết

Đã gửi 13-07-2020 - 19:46

:D

BĐt cần chứng minh tương đương
$3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4a^2b^2c^2\geqq 13abc$
Hay
$9(a+b+c)^2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+108a^2b^2c^2\geqq 13abc(a+b+c)^3$

$LHS-RHS=(a-b)^2[\frac{9}{16}(a+b+c)^2(\frac{8}{3}c(a+b+c)-4ab-(a+b)^2)+\frac{7}{4}c(a^3+b^3+c^3)+(21/4)abc(a+b)+(21/4)c^2(a^2+b^2+ac+bc)+9c^3(a+b)-21c^2ab+(9/4)c^2(2c^2-a^2-b^2))+\frac{1}{64}(a+b)^2(a+b-2c)^2(36(a+b)^2+20c^2+8c(a+b))\geqq 0$
Với $c=max${$a,b,c$}

#4 Daniel18

Daniel18

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết

Đã gửi 13-07-2020 - 20:10

BĐt cần chứng minh tương đương
$3(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+4a^2b^2c^2\geqq 13abc$
Hay
$9(a+b+c)^2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+108a^2b^2c^2\geqq 13abc(a+b+c)^3$

$LHS-RHS=(a-b)^2[\frac{9}{16}(a+b+c)^2(\frac{8}{3}c(a+b+c)-4ab-(a+b)^2)+\frac{7}{4}c(a^3+b^3+c^3)+(21/4)abc(a+b)+(21/4)c^2(a^2+b^2+ac+bc)+9c^3(a+b)-21c^2ab+(9/4)c^2(2c^2-a^2-b^2))+\frac{1}{64}(a+b)^2(a+b-2c)^2(36(a+b)^2+20c^2+8c(a+b))\geqq 0$
Với $c=max${$a,b,c$}

Hoặc
$LHS-RHS=\frac{(a-b)^2(18bc(b+c)+18ca(c+a)+77abc-13ab(a+b))}{54a^2b^2c}+\frac{(b-c)^2(18ca^2+5c^2a+18ab(a+b)+64abc)}{54ab^2c^2}+\frac{(c-a)^2(18cb^2+5c^2b+18ab(a+b)+64abc)}{54a^2bc^2}+\frac{13c(a-b)^2(c^3+cab-a^2b-ab^2)}{54a^2b^2c^2}\geqq 0$
Với $c=max${$a,b,c$}

#5 Pi9

Pi9

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 25 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\boxed{CNT}$

Đã gửi 13-07-2020 - 21:33

Câu III:

a) Gọi giao điểm của EF và AB là G.

$\widehat{AEF}=\widehat{AGE}=\widehat{FGK}=\widehat{FPA} \rightarrow AEPF$ nội tiếp.

b) Do $AEPF$ và $AQKF$ nội tiếp $\rightarrow \widehat{APL}=\widehat{AFE}=\widehat{AKL} \rightarrow AKPL$ nội tiếp

$\rightarrow \widehat{ALP}+\widehat{AKP}=180^0$

Mà $\widehat{AKP}=90^0 \rightarrow \widehat{ALP}=90^0 \rightarrow PL \perp AL$

 

Ai giải c) hình đi khó quá

 

Hình: https://imgur.com/a/bDpJgfN


" Tất cả con người chỉ là công cụ lợi dụng, thủ đoạn thế nào không quan trọng, hi sinh thứ gì cũng không thành vấn đề.

 

Trong thế giới này, chiến thắng là tất cả. Chỉ cần cuối cùng, mình vẫn dành được chiến thắng, như thế là đủ. " 

 

                                                                                                                                                                                                ~ Kiyokata Ayanokouji


#6 Peteroldar

Peteroldar

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 253 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PUBG
  • Sở thích:PUBG, maths, and so on....

Đã gửi 14-07-2020 - 16:09

Câu IV: 

Đưa BĐT về dạng đồng bậc $$9(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2+108(abc)^2\ge 31abc(a+b+c)^3$$

 

Giả sử $c=\max \{a,b,c\}$

 

Ta có 

 

$VT-VP=c\{ 9c^3+4[a^2(c-b)+b^2(c-a)]+5c(a-b)^2+18(a+b)c^2\}(a-b)^2+ab[5c^2+2(a+b)c+9(a+b)^2](c-a)(c-b)\ge 0$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Peteroldar: 14-07-2020 - 16:23


#7 tthnew

tthnew

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 322 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi cần đến.
  • Sở thích:Viết blog, viết SOS .v.v.. etc.

Đã gửi 16-07-2020 - 09:35

Câu IV: 

Đưa BĐT về dạng đồng bậc $$9(a+b+c)^2(ab+bc+ca)^2+108(abc)^2\ge 31abc(a+b+c)^3$$

Chuẩn hóa $a+b+c=3.$ Đặt $a^2+b^2+c^2=3+6t^2,\, ab+bc+ca=3-3t^2, \,0 < r=abc \leq \frac{p^3}{27} =1  \,\,\,(t \geqslant 0)$ thì cần chứng minh$:$

$$f(r) = 729\,{t}^{4}+108\,{r}^{2}-1458\,{t}^{2}-837\,r+729 \geqslant 0$$

Chú ý rằng khi $r$ tăng thì $f(r)$ giảm và $r \leqslant (1+2t)(t-1)^2$ do đó$:$ $$f(r) \geqslant f((1+2t)(t-1)^2) =27\,{t}^{2} \left( 16\,{t}^{2}-16\,t+15 \right)  \left( t-1 \right) ^{ 2} \geqslant 0$$ 



#8 PDF

PDF

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 147 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN

Đã gửi 27-07-2020 - 11:00

Mở rộng bài IV: Cho $a,b,c>0:a+b+c=3$. Chứng minh rằng: $4(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}})+9\geq \frac{21}{abc}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PDF: 27-07-2020 - 14:48






0 người đang xem chủ đề

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