Chủ đề này có 8 trả lời

[Zaraki]

Bài 1. (2 điểm) 

1. Cho đa thức $P(x)=2(x-1)^5+3(x+1)^3-4(x+2)^2$. Nếu viết $P(x)$ dưới dạng $P(x)=ax^5+bx^+cx^3+dx^2+ex+f$, hãy tính tổng $S=a+b=c+d+e+f$.
2. Cho các siis $a,b,c,x,y,z$ thỏa mãn $x=by+cz;y=ax+cz;z=ax+by;x+y+z \ne 0$. Chứng minh rằng $\dfrac{1}{1+a}+ \dfrac{1}{1+b}+ \dfrac{1}{1+c}=2$.

Bài 2. (2,5 điểm)

1. Giải phương trình $2 \sqrt{x-1}= x+ \sqrt{x-2}$.
2. Giải hệ phương trình $$\begin{cases} x=y^3-5y^2+8y-3 \\ y=-2x^3+10x62-16x+9 \end{cases}$$

Bài 3. (3,5 điểm) 

     1. Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O,R)$, có đường cao $AA'$. Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu của $A'$ trên $AB,AC$ và $J$ là giao điểm của $EF$ với đường kính $AD$ của đường tròn $(O,R)$.

• a) Chứng minh rằng tứ giác $BEJD$ là tứ giác nội tiếp và $A'A^2=AJ \cdot AD$.
• b) Gỉa sử $(O,R)$ CỐ ĐỊNH, $A$ là điểm cố định, hai điểm $B,C$ động trên đường tròn $(O,R)$ và $AA'=R \sqrt 2$. Chứng minh rằng đường thẳng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định.

     2. Trên mặt phẳng cho lục giác lồi $A_1A_2A_3A_4A_5A_6$. Biết rằng mỗi đỉnh đều nhìn các cạnh không đi qua nó dưới cùng một góc. Chứng minh rằng lục giác đã cho là lục giác đều.

Bài 4. (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thoả mãn phương trình: $$(x+y)(x+y-xy-2)=3-2xy$$

Bài 5. (1 điểm) Cho $9$ số nguyên dương lớn hơn $1$, đôi một khác nhau và có tính chất: ước nguyên của mỗi số trong chúng thuộc tập $\{ 3;5;7 \}$. Chứng minh rằng trong $9$ số đó luôn tồn tại hai số mà tích của chúng là một số chính phương.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Jinbe: 14-06-2013 - 12:03

[hoaadc08]

Tôi nêu hướng giải câu 2 ( ý 1 )
Đặt :\[t = \sqrt {x - 1} \,\,\left( {t \ge 1} \right)\]
Đưa pt về pt ẩn t :\[{\left( {t - 1} \right)^2} + \sqrt {\left( {t - 1} \right)\left( {t + 1} \right)} = 0 \Leftrightarrow \sqrt {t - 1} \left[ {\left( {t - 1} \right)\sqrt {t - 1} + \sqrt {t + 1} } \right] = 0\]
Đáp số : t = 1 suy ra : x = 2 là nghiệm duy nhất của pt .


Hướng giải câu 2 ( ý 2 ) :
Hệ pt : \[\left\{ \begin{array}{l}
x = {y^3} - 5{y^2} + 8y - 3\\
y = - 2{x^3} + 10{x^2} - 16x + 9
\end{array} \right.\]
\[\left\{ \begin{array}{l}
x = {y^3} - 5{y^2} + 8y - 3\\
y = - 2{x^3} + 10{x^2} - 16x + 9
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x - 1 = \left( {y - 1} \right){\left( {y - 2} \right)^2}\\
y - 1 = - 2\left( {x - 1} \right){\left( {x - 2} \right)^2}
\end{array} \right.\]
Từ đây lập luận (x =1 , y = 1) là nghiệm duy nhất của hệ .

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 16-06-2013 - 08:38

[DarkBlood]

Bài 1. (2 điểm) 

1. Cho đa thức $P(x)=2(x-1)^5+3(x+1)^3-4(x+2)^2$. Nếu viết $P(x)$ dưới dạng $P(x)=ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f$, hãy tính tổng $S=a+b=c+d+e+f$.
2. Cho các siis $a,b,c,x,y,z$ thỏa mãn $x=by+cz;y=ax+cz;z=ax+by;x+y+z \ne 0$. Chứng minh rằng $\dfrac{1}{1+a}+ \dfrac{1}{1+b}+ \dfrac{1}{1+c}=2$.

Bài 1: 

$1)$ Nhận xét: $P(1)=a+b+c+d+e+f$ 

Do đó để tính tổng $S,$ ta tính giá trị của $P(1).$

Ta có:

$P(1)=2(1-1)^5+3(1+1)^3-4(1+2)^2=-12$

Vậy $S=-12$

 

$2)$ Ta có:

$x+y+z=2ax+2by+2cz$ mà $by+cz=x$ nên $x+y+z=2ax+2x \Leftrightarrow 2x(a+1)=x+y+z$

Mà $x+y+z\neq 0$ nên $x\neq 0$ và $a+1\neq 0.$ Do đó: $\dfrac{1}{a+1}=2\ \cdot\ \dfrac{x}{x+y+z}$

Tương tự, ta có: $\sum \dfrac{1}{a+1}=2\ \cdot\ \sum \dfrac{x}{x+y+z}=2$ 

 

 

Bài 4. (1 điểm) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x,y)$ thoả mãn phương trình: $$(x+y)(x+y-xy-2)=3-2xy$$

Ta có: $(x+y)(x+y-xy-2)=3-2xy$

$\Leftrightarrow (x+y)(x+y-2)-xy(x+y)+2xy=3$

$\Leftrightarrow (x+y-xy)(x+y-2)=3=1.3=3.1=(-1).(-3)$

 

Trường hợp 1: $\left\{\begin{matrix} x+y-xy=1\\ x+y-2=3 \end{matrix}\right.$

Ta có: $(x+y-2)-(x+y-xy)=3-1\Leftrightarrow xy-2=2\Leftrightarrow xy=4 \Leftrightarrow x=\dfrac{4}{y}$

Mà $x+y-2=3$ nên $\dfrac{4}{y}+y=5\Leftrightarrow y^2-5y+4=0\Leftrightarrow y=1\ \vee\ y=4$

Từ đó tính được $x=4\ \vee\ x=1$

 

Giải tương tự với các trường hợp: 

$\bullet$ $\left\{\begin{matrix} x+y-xy=3\\ x+y-2=1 \end{matrix}\right.$

$\bullet$ $\left\{\begin{matrix} x+y-xy=-1\\ x+y-2=-3 \end{matrix}\right.$

$\bullet$ $\left\{\begin{matrix} x+y-xy=-3\\ x+y-2=-1 \end{matrix}\right.$

 

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình là $$\boxed{\left \{ x\ ;\ y \right \}=\left \{ 0\ ;\ 3 \right \}\ ;\ \left \{ 3\ ;\ 0 \right \}\ ;\ \left \{ 1\ ;\ 4 \right \}\ ;\ \left \{ 4\ ;\ 1 \right \}\ ;\ \left \{ 0\ ;\ -1 \right \}\ ;\ \left \{ -1\ ;\ 0 \right \}}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DarkBlood: 14-06-2013 - 10:35

[etucgnaohtn]

Bài 1 

1) $P(x)=2x^5-10x^4+23x^3-15x^2+3x-15$ nên $...$

2) Lấy $x+y-z$ $...$

Bài 2 : ĐK : $x\geq 2$

1)Đặt $\sqrt{x-1}=a , \sqrt{x-2}=b$

$PT\Leftrightarrow (a-1)^2=-b\Leftrightarrow (\sqrt{x-1}-1)^2=-\sqrt{x-2}$

$\Rightarrow -\sqrt{x-2}\geq 0$ . Mà $-\sqrt{x-2}\leq 0$ nên $\Rightarrow -\sqrt{x-2}=0$$\Rightarrow x=2$ ( thoả mãn điều kiện xác định )

Vậy PT đã cho có nghiệm x là 2 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi etucgnaohtn: 14-06-2013 - 15:48

[Juliel]

 

Bài 3. (3,5 điểm) 

     1. Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O,R)$, có đường cao $AA'$. Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu của $A'$ trên $AB,AC$ và $J$ là giao điểm của $EF$ với đường kính $AD$ của đường tròn $(O,R)$.

• a) Chứng minh rằng tứ giác $BẸD$ là tứ giác nội tiếp và $A'A^2=AJ \cdot AD$.
• b) Gỉa sử $(O,R)$ CỐ ĐỊNH, $A$ là điểm cố định, hai điểm $B,C$ động trên đường tròn $(O,R)$ và $AA'=R \sqrt 2$. Chứng minh rằng đường thẳng $EF$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

Bạn nào giúp mình up hình nhé !

a) $\widehat{AEF}=\widehat{EA'F}$ (AEA'F là tứ giác nội tiếp) và $\widehat{AA'F}=\widehat{FCB}$ (cùng phụ $\widehat{FA'C}$ )

Suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{FCB}$ , lại có $\widehat{JDB}=\widehat{FCB}$ (cùng chắn cung AB)

Do đó $\widehat{AEF}=\widehat{JDB}$ 

Vậy : BEJD là tứ giác nội tiếp

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) sao cho $\widehat{xAB}$ chắn cung AB nhỏ

Ta có $\widehat{xAB}=\widehat{AEF}(=\widehat{ACB})$ (so le trong) $\Rightarrow Ax//EF$ mà Ax vuông góc với AD suy ra EF vuông góc với AD

$\Rightarrow \Delta AJF~\Delta ACD\Rightarrow AJ.AD=AF.AC=AA'^{2}$

b) $AJ.AD=AA'^{2}=2R^{2}$ không đổi mà A,D cố định nên J cố định

Vậy : EF luôn đi qua 1 điểm cố định

[Zaraki]

Nhận xét. Đây có lẽ là đề đầu tiên trong năm không có câu bất đẳng thức. 

[ngocduy286]

gọi 9 số đã cho là: $ a_i = 3^{x_i}5^{y_i}7^{z_i}$ với i từ 1 dến 9

$c:=$ chẵn, $l:=lẻ$ thì các cặp $(x_i, y_i, z_i) $ có tính chất thuộc 1 trong 8 tập sau: $(c,c,c), (c,c,l), (c,l,l), (c,l,c), (l,l,l), (l,c,l), (l.l.c), (l,l,c)$

vì có 9 số khác nhau nên theo đi dép Lê ta có 2 số có bộ mũ cùng tính chất suy ra tích của hai số này là chính phương

Bạn nào vào chém tiếp Bài 3.2 đi nào

[emhoctoan777]

Bạn nào giúp mình up hình nhé !

a) $\widehat{AEF}=\widehat{EA'F}$ (AEA'F là tứ giác nội tiếp) và $\widehat{AA'F}=\widehat{FCB}$ (cùng phụ $\widehat{FA'C}$ )

Suy ra $\widehat{AEF}=\widehat{FCB}$ , lại có $\widehat{JDB}=\widehat{FCB}$ (cùng chắn cung AB)

Do đó $\widehat{AEF}=\widehat{JDB}$ 

Vậy : BEJD là tứ giác nội tiếp

Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) sao cho $\widehat{xAB}$ chắn cung AB nhỏ

Ta có $\widehat{xAB}=\widehat{AEF}(=\widehat{ACB})$ (so le trong) $\Rightarrow Ax//EF$ mà Ax vuông góc với AD suy ra EF vuông góc với AD

$\Rightarrow \Delta AJF~\Delta ACD\Rightarrow AJ.AD=AF.AC=AA'^{2}$

b) $AJ.AD=AA'^{2}=2R^{2}$ không đổi mà A,D cố định nên J cố định

Vậy : EF luôn đi qua 1 điểm cố định

Mình có cách khác ngắn hơn
a, Ta có: 
gócEAA' bằng gócA'BD (cùng phụ gócABA')
gócDAC bằng gócA'BD (TG ABDC nt)
suy ra: gócEAA' bằng gócDAC 
lại có: TG AEA'F nt(có 2 góc vuong) suy ra gócEAA' bằng gócEFK
suy ra gócEFK bằng gócDAC, suy ra gócEJD bằng 90độ
suy ra TG EJDB nt
1b, Ta có tam giác AJF đồng dạng với tam giác ACD suy ra dpcm  
(khỏi phải kẻ tiếp tuyến) 

[Kenshin Keiko]

đề gõ sai nhiều vậy ạ?