Chủ đề này có 10 trả lời

[Crystal]

Đề thi chọn HSG tỉnh Đồng Nai vòng 1 năm học 2012-2013

Câu 1.
Cho hàm số $y=x^2(x^2+a)$; với $x$ là biến số thực và $a$ là tham số thực. Chứng minh rằng đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi $a<-2$.

Câu 2.
Giải hệ phương trình: $\begin{cases} (x+y)(3xy-4\sqrt{x})=-2\\ (y+x)(3xy+4\sqrt{y})=2\end{cases}$

Câu 3.
Giải phương trình: $(3-\cos 4x)(\sin x-\cos x)=2$.

Câu 4.
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thoả $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất của:
\[P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\]
Câu 5.
Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình chữ nhật, $SA$ vuông góc với mặt phẳng $(ABCD)$. Biết $AB=a, BC=2a, SA=a\sqrt{3}$ (với $a \in \mathbb{R}, a>0$). Gọi $M, N$ là trung điểm của $SB$ và $AD$. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng $AM$ và $BN$.

Câu 6.
Cho $p, k$ là các số nguyên dương thoả $p$ là số nguyên tố và $2 \le k \le p-1$. Chứng minh rằng $C_{p+1}^{k}$ chia hết cho $p$.

[WhjteShadow]

Câu 4.
Cho $a, b, c$ là các số thực không âm thoả $a^2+b^2+c^2=1$. Tìm giá trị lớn nhất của:
\[P=(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)\]

1 bài bất đẳng thức hay và đơn giản của tác giả Phan Thành Nam
Ta sẽ chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$
Do đây là 1 bất đẳng thức hoán vị vòng quanh nên ta sẽ xét 2 trường hợp:
$\bullet$ Nếu $a\geq b\geq c$.Lúc đó hiển nhiên ta có điều phải chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 0\geq 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$
$\bullet$ Nếu $a\leq b\leq c$.Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
$$4(a+b+c)(b-c)(c-b)(c-a)\leq \left[(a+b+c)(b-a)+(c-a)(c-b)\right]^2$$
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
$$a^2+b^2+c^2\geq (a+b+c)(b-a)+(c-a)(c-b)$$
$$\Leftrightarrow a(2a+2c-b)\geq 0$$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $b=(\sqrt{2}-1)c,a=0$ và các hoán vị $\square$

[donghaidhtt]

Câu 2.
Giải hệ phương trình: $\begin{cases} (x+y)(3xy-4\sqrt{x})=-2 (1)\\ (y+x)(3xy+4\sqrt{y})=2 (2)\end{cases}$
Câu 3.
Giải phương trình: $(3-\cos 4x)(\sin x-\cos x)=2$.

Điều kiện $\left\{\begin{matrix} x\geq 0\\ y\geq 0 \end{matrix}\right.$
+Nhận thấy $x+y=0$ không thoả mãn hệ phương trình
+Xét $x+y\neq 0$
- Lấy $(2)-(1)$ ta có $(x+y).4.(\sqrt{x}+\sqrt{y})=4\Leftrightarrow \sqrt{x}+\sqrt{y}=\dfrac{1}{x+y} (*)$
- Lấy $(2)+(1)$ ta có $(x+y)(6xy-4\sqrt{x}+4\sqrt{y})=0\Leftrightarrow 4\sqrt{x}-4\sqrt{y}=6xy\Leftrightarrow \sqrt{x}-\sqrt{y}=\dfrac{3xy}{2}(**)$
- Lấy $(*)\times (**)$ ta có: $x-y=\dfrac{3xy}{2(x+y)}\Leftrightarrow 2x^2-2y^2-3xy=0\Leftrightarrow (x-2y)(2x+y)=0 \Leftrightarrow x=2y $
Loại trường hợp $2x+y=0$ do xét $x+y\neq 0$ và điều kiện $\left\{\begin{matrix} x\geq 0\\ y\geq 0 \end{matrix}\right.$
+$x=2y$ thay vào $(**)$ ta có $4\sqrt{2y}-4\sqrt{y}=12y^{2}\Leftrightarrow 3y^2=\sqrt{y}(\sqrt{2}-1)\Leftrightarrow 9y^4=y(3-2\sqrt{2})\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=0\\ y=\sqrt[3]{\dfrac{3-2\sqrt{2}}{9}} \end{bmatrix}\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0\\ x=2\sqrt[3]{\dfrac{3-2\sqrt{2}}{9}} \end{bmatrix}$
Chỉ có $(x;y)=\begin{pmatrix} 2\sqrt[3]{\dfrac{3-2\sqrt{2}}{9}};\sqrt[3]{\dfrac{3-2\sqrt{2}}{9}} \end{pmatrix}$ là nghiệm duy nhất.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 19-10-2012 - 21:40

[Spin9x]

Bài khoảng cách cũng không khó

Đáp án:
$\sqrt{\frac{3}{7}}$

[cool hunter]

1 bài bất đẳng thức hay và đơn giản của tác giả Phan Thành Nam
Ta sẽ chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$
Do đây là 1 bất đẳng thức hoán vị vòng quanh nên ta sẽ xét 2 trường hợp:
$\bullet$ Nếu $a\geq b\geq c$.Lúc đó hiển nhiên ta có điều phải chứng minh:
$$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 0\geq 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$
$\bullet$ Nếu $a\leq b\leq c$.Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có:
$$4(a+b+c)(b-c)(c-b)(c-a)\leq \left[(a+b+c)(b-a)+(c-a)(c-b)\right]^2$$
Vậy nên ta chỉ cần chứng minh:
$$a^2+b^2+c^2\geq (a+b+c)(b-a)+(c-a)(c-b)$$
$$\Leftrightarrow a(2a+2c-b)\geq 0$$
Bất đẳng thức cuối cùng luôn đúng nên ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi $b=(\sqrt{2}-1)c,a=0$ và các hoán vị $\square$

Sao lại nghĩ ra đc bđt $$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$.
Cho t biết cách suy luận đc k.

[Alexman113]

Câu 3.
Giải phương trình: $(3-\cos 4x)(\sin x-\cos x)=2\,\,\,\,\,(*)$.

Phương trình $(*)\Leftrightarrow\left(2+2\sin^22x\right)\left(\sin x-\cos x\right)=2\\\Leftrightarrow\left(1+\sin^22x\right)\left(\sin x-\cos x\right)=1$

Đặt $\sin x-\cos x=t,\,\left|t\right|\leq\sqrt{2}\Rightarrow \sin2x=1-t^2$. Phương trình trên viết lại:
$$\left(1+\left(1-t^2\right)^2\right)t=1\\\Leftrightarrow t^5-2t^3+2t-1=0\\ \Leftrightarrow \left(t-1\right)\left(t^4+t^3-t^2-t+1\right)=0\\\Leftrightarrow t=1\\\mbox{ (vì:$t^4+t^3-t^2-t+1=\left(t^2+\dfrac{t}{2}-\dfrac{3}{4}\right)^2+\left(\dfrac{t}{2}-\dfrac{1}{4}\right)^2+\dfrac{3}{8}>0$)}\\ \Leftrightarrow \sin x-\cos x=1\\\Leftrightarrow \sin\left(x-\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\\\Leftrightarrow \left[\begin{array}{1}x=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi\\x=\pi+k2\pi\end{array}\right. \,\,,k\in\mathbb{Z}$$

Phương trình có hai họ nghiệm là: $x=\dfrac{\pi}{2}+k2\pi$ và $x=\pi+k2\pi\\\,,k\in\mathbb{Z}$

[mekjpdoj]

Câu 5)
sau khi vẽ hình, bắt đầu Dựng hình như sau
trong mp(SAB) dựng tia Bx // tia AS
kéo dài AM cắt Bx tại Q. dễ dàng chứng minh được QB=SA và M là trung điểm QB

bây giờ đề bài đã cho trở thành như sau

"Cho tứ diện Q.ABN với đáy ABN là tam giác vuông cân tại A. AN=AB=a, QB vuông mp(ABN) vá QB= $a\sqrt{3}$
tính khoảng cách giữa QA và BN."

Tính như sau
lấy I trung điểm BN => AI vuông BN (AI ở đây chỉ phục vụ cho việc tính toán nên có thể kẻ sau khi dựng hình hoàn tất)
kẻ tia Ay // NB
kẻ BK vuông Ay tại K ( =>BK= AI)
ta chứng minh được AK vuông mp(QBK)
kẻ BH vuông QK
từ đó ta có BH vuông mp(QAK)
mà AK // BN hay BN // (QAK)
nên d(BN, AM)= d(BN, AQ) = d( BN, (QAK)) = d( B, (QAK))= BH
mà BH là đường cao trong tam giác QBK vuông tại B, nên ta tính được BH 1 cách dễ dàng

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mekjpdoj: 23-10-2012 - 22:40

[quoctruong1202]

Sao lại nghĩ ra đc bđt $$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$.
Cho t biết cách suy luận đc k.

Xin nhờ bạn giải thích cho mọi người biết đi, tớ đang rất tò mò!

[hoangtrong2305]

Câu 1.
Cho hàm số $y=x^2(x^2+a)$; với $x$ là biến số thực và $a$ là tham số thực. Chứng minh rằng đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn khi và chỉ khi $a<-2$.

$y=x^2(x^2+a)$

TXĐ: $D=\mathbb{R}$

$y=x^4+ax^{2}$

$\Rightarrow y'=4x^3+2ax$

$y'=0\Leftrightarrow 4x^3+2ax=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0\\ x^{2}=\frac{-a}{2} \end{bmatrix}$

Để hàm số có 3 cực trị $\Leftrightarrow a<0$

Khi đó toạ độ 3 điểm cực trị là $\left\{\begin{matrix} A(0;0)\\ B(\sqrt{\frac{-a}{2}};\frac{-a^{2}}{4})\\ C(-\sqrt{\frac{-a}{2}};\frac{-a^{2}}{4}) \end{matrix}\right.$

Ta có $\Delta ABC$ luôn cân tại $A$

Để $\Delta ABC$ nhọn $\Leftrightarrow 0^{o}<\widehat{A}<90^{o}$

Gọi $I$ trung điểm $BC\Rightarrow I(0;\frac{-a^{2}}{4})$

Khi đó, $\Delta ABC$ nhọn $\Leftrightarrow 0^{o}<\widehat{BAI}<45^{o}$

$\Leftrightarrow \cos 0^{o}>\cos \widehat{BAI}>\cos 45^{o}$

$\Leftrightarrow 1>\frac{AI}{AB}>\frac{\sqrt{2}}{2}$

$\Leftrightarrow 1>\frac{AI^{2}}{AB^{2}}>\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow 1>\frac{\frac{a^{4}}{16}}{\frac{-a}{2}+\frac{a^{4}}{16}}>\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow 1>\frac{a^{4}}{a^{4}-8a}>\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow a^{4}-8a>a^{4}>\frac{1}{2}(a^{4}-8a)$

$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a<-2\\ a>0 \end{bmatrix}$

So điều kiện, nhận $a<-2$

Vậy $a<-2$ thì đồ thị hàm số đã cho có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác nhọn.

[WhjteShadow]

Sao lại nghĩ ra đc bđt $$(a^2+b^2+c^2)^2\geq 4(a+b+c)(a-b)(b-c)(c-a)$$.
Cho t biết cách suy luận đc k.

Xin nhờ bạn giải thích cho mọi người biết đi, tớ đang rất tò mò!

Mình làm nhiều nên những bài thế này mình thuộc hết rồi @@~

[hienbn]

Mình làm nhiều nên những bài thế này mình thuộc hết rồi @@~

Bất đẳng thức không đối xứng thường là khó. Mình cũng thấy bài này hay, nhưng mình nghĩ lời giải vẫn không tự nhiên lắm. Có bạn nào có cách lượng giác hóa bài này không vậy? Nếu Giả sử a<b<c đặt a=sinx; b=cosx.siny; c=cosx.cosy. thì sẽ có x=0, và sin4y=1. Mình cũng chưa giải được, có bạn nào có cách dùng lượng giác không vậy?