minh29995

Nhờ BTC mua giúp quyển 

Warren Buffet đầu tư như một cô gái

và cuốn dưới này ạ.. Cuốn dưới em tìm trên mạng thấy mỗi trên alphabook còn ạ. 

Và nhờ BTC gửi đến bố em: Trần Văn Tửu- Phân xưởng Cơ điện, Công ty xích líp Đông Anh, huyện Đông Anh, Hà Nội. 

Câu 6:

Dùng AM-Gm đánh giá được:

$P\leq \frac{4}{\sqrt{\frac{1}{3}.(a+b+c)^2+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}$

Đặt $(a+b+c)^2=x>0$ rồi khảo sát thấy đạt max tại x=36

Như vậy, theo bình chọn của số đông, BTC sẽ quyết định trao giải Toán thủ trẻ tuổi xuất sắc nhất cho nguyenhang28091996.

 

DANH SÁCH CÁC TOÁN THỦ ĐƯỢC NHẬN GIẢI THƯỞNG CỦA BTC

 

1)Giải Nhất

Trần Tiến Minh, học sinh lớp 12A1 THPT Liên Hà, Đông Anh, Hà Nội.

Phần thưởng trị giá: 150.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

2)Giải Nhì

Võ Hoàng Trọng, học sinh lớp 12A12 THPT Gò Vấp, Quận Gò Vấp, TP Hồ Chí Minh.

Phần thưởng trị giá: 100.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

3)Giải Ba

Nguyễn Ngọc Thắng, học sinh lớp 11A1 THPT Nguyễn Diêu, Tuy Phước, Bình Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

4)Giải Toán thủ nhỏ tuổi xuất sắc nhất

Nguyễn Thị Hằng, học sinh lớp 11B1 THPT A Hải Hậu, Hải Hậu, Nam Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

 

Giải thưởng là sách nếu thí sinh ở khu vực Hà Nội, là chuyển khoản nếu ở tỉnh xa. Các toán thủ hãy kiểm tra lại thông tin các nhân, tên, lớp, trường ở trên xem chính xác chưa, bơi vì các thông tin đó sẽ được ghi lên giấy chứng nhận

Tên em là Trần Tuấn Minh ạ. Nhờ anh Thế sửa giúp

Em xin đề cử nguyenhang28091996. 

Em có ý kiến nho nhỏ là lập ra 4 reply trong topic tên của các toán thủ và bầu chọn bằng nút "thích". 

 

Giải phương trình $7^{x-1}=6\log_{7}(6x-5)+1$

Đề của 

hoangtrong2305

ĐK: $x> \frac{5}{6}$

Xét $f(x)=7^{x-1}-6log_{7}(6x-5)-1$

$f''(x)=7^{x-1}ln^27+\frac{216}{(6x-5)^2.ln7}>0$ với mọi $x> \frac{5}{6}$ 

Do đó $f(x)=0$ có không quá 2 nghiêm. Mà nhận thấy $x=1$ và $x=2$ là nghiệm

Suy ra PT có 2 nghiệm là $x=1$ và $x=2$

 

Không chứng minh hệ quả của định lý Rolle.

Điểm bài: 8

S = 25 + 8*3 = 49

$D=R$

Ta có:

$y'= 4x^3-8mx$

$y'=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=0\\ x^=2m \end{bmatrix}$

Do đó để hàm số có 3 điểm cữ trị thì $x^2=2m$ có 2 nghiệm phân biệt khác 0

Tức là  $m>0$

Khi đó ta có 3 điểm cực trị là: 

$A(0; 3m-1)$

$B(-\sqrt{2m}; -4m^2+3m-1)$

$C(\sqrt{2m}; -4m^2+3m-1)$

Suy ra tam giác ABC cân tại A.

Gọi H là trung điểm BC suy ra:

$H(0; -4m^2+3m-1)$

Ta có:

$r=\frac{S}{p}=\frac{AH.BC}{AB+BC+CA}=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$

Xét:

$f(m)=\frac{4m^2}{\sqrt{8m^3+1}+1}$

Liên tục và xác định trên $[0; +\infty]$ mà

$f(m)\geq 0$ với mọi $m\geq 0$

và $\lim_{m\rightarrow +\infty}f(m)=+\infty$

Suy ra tập giá trị hàm số $f(m)$ với $m\geq 0$

$G=[0; +\infty )$ 

Khi đó xét đk m>0 thì f(m) không có cực đại và cực tiểu

Vậy r không có giá trị nhỏ nhất lớn nhất

KL: Không có m để r đạt cực đại hay cực tiểu

 

 

Điểm bài: 10

S = 17 + 10*3 = 47

Giải:

Gọi O là tâm đáy suy ra SO vuông góc đáy
Gọi E là hình chiếu của B trên SC
Ta có BD vuông góc với SO và AC nên BD vuông góc (SOC) suy ra BD vuông góc SC
Mặt khác BE vuông góc SC nên $SC \perp (BDE)$ suy ra $SC\perp DE$ và $SC\perp OE$
Vậy góc giữa 2 mặt bên bằng góc giữa BE và ED.
Tam giác OEC vuông tại E nên $OE<OC$ suy ra $OE< OD$ suy ra góc $\widehat{OED} > \frac{\pi}{4} $
Do đó $\widehat{BED} > \frac{\pi}{2}$ vậy $ \widehat{BED}= \pi -\alpha$
Suy ra $tan\widehat{OED}= cot\frac{\alpha}{2}= \frac{OD}{OE}$
Suy ra $OE =\frac{a}{\sqrt{2}.cot\frac{\alpha}{2}}$
Xét tam giác COS vuông tại O có $OE \perp SC$
Suy ra :
$\frac{1}{OE^2}=\frac{1}{OS^2}+\frac{1}{OC^2}$
$\Leftrightarrow OS= \frac{a}{\sqrt{2(cot^2\frac{\alpha}{2}-1)}}=\frac{a.sin\frac{\alpha}{2}}{\sqrt{2.cos\alpha}}$
Do đó ta có kết quả cảu V là:
$V= \frac{a^3.sin\frac{\alpha}{2}}{3\sqrt{2cos\alpha}}$

 

 

Điểm bài: 10

S = 18 + 3*10+10 = 58

Do hàm số là hàm tuần hoàn với chu kì $2\pi$ nên ta chỉ cần xét $x\in [-\frac{\pi}{2}, \frac{3\pi}{2}]$
Từ PT suy ra ĐK: $sinx, cosx\geq \frac{-1}{2}$ $\Leftrightarrow x\in [\frac{-\pi}{6}; \frac{2\pi}{3}]$
Xét $f(x)=VT$
Ta có hàm số đã cho liên tục trên tập xác định của nó nên tập giá trị
$G= \left \{ \right.x| x\in [minf(x); maxf(x)]\left \} \right.$
**Áp dụng BĐT Cauchy-Schwart ta có:
$f(x)=\sqrt{1+2sinx}+\sqrt{1+2cosx}\leq \sqrt{2(2+2(sinx+cosx))}$
$f(x)\leq \sqrt{2(2+2\sqrt{2}sin(x+\frac{\pi}{4}))}\leq 2\sqrt{1+\sqrt{2}}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=\frac{\pi}{4}$ thỏa mãn ĐK
** Xét min
Đặt $sinx+cosx =t$ thì $t=\sqrt{2}sin(x+\frac{\pi}{4})$ Với Đk của x thì BD trên ĐTLG $sin(x+\frac{\pi}{4}) \geq sin\frac{\pi}{12}$
Suy ra $t\geq \sqrt{2}.sin \frac{\pi}{12}$
Ta có: $f^2(x)=2+2t+\sqrt{2t^2+2t-1}\geq 1+\sqrt{3} \Leftrightarrow f(x)\geq \sqrt{1+\sqrt{3}}$
Dấu bằng xảy ra khi $t= \sqrt{2}sin\frac{\pi}{12}$ thỏa mãn
Vậy ta có $G= \left \{ \right.x | x\in [\sqrt{1+\sqrt{3}}; 2\sqrt{1+\sqrt{2}}\left \} \right.$
Do đó để PT đã cho có nghiệm thì a phải thuộc tập giá trị G
KL: $a\in [\sqrt{1+\sqrt{3}}; 2\sqrt{1+\sqrt{2}}]$

ĐIỂM: 10

S = 24 + 3*10 = 54

Bài giải:
Không đặt điều kiện
Xét PT số (1) x và y khác 0
Đặt $\frac{x}{y}=t$ ta được
$2t+\frac{4}{t}=4\sqrt{2t-1-\frac{3}{t}}-1$
Xét đk:
$2t-1-\frac{3}{t}\geq 0 \Leftrightarrow \frac{(2t-3)(t+1)}{t}\geq 0 \Leftrightarrow t\in [-1;0) \cup [\frac{3}{2}; +\infty)$
Mặt khác nếu $t \in [-1;0)$ thì $VT\leq -4$ mà $VP\geq -1$ nên PT vô nghiệm
Do đó $t\in [\frac{3}{2}; +\infty)$
Khi đó PT tương đương:
$2t^2+t+4-4\sqrt{t(2t^2-t-3)}=0$
$\Leftrightarrow 2t^2-3t+4(t+1)-4\sqrt{(2t^2-3t)(t+1)}=0$
$\Leftrightarrow (\sqrt{2t^2-3t}-2\sqrt{t+1})^2=0 \Leftrightarrow t=4$
**Xét PT số (2)
từ ĐK: $x>0$ và $x=4y$ suy ra y>0
Áp dụng BDT AM-Gm ta có:
$x^2+xy+3x\geq 2x\sqrt{xy+3x}$
Do đó, áp dụng thêm BDT $2(a^2+b^2)\geq (a+b)^2$ ta có:
$VT\geq \sqrt{2(x+y+3)}\geq \sqrt{x}+\sqrt{y+3}=VP$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y+3$ kết hợp x=4y suy ra $\left\{\begin{matrix} x=4\\ y=1 \end{matrix}\right.$
Thoả mãn.
KẾT LUẬN: PT có cặp nghiệm $x=4; y=1$

Cách giải khá hay
Điểm bài 9
S = 17 + 3*9 = 44

Số các số tạo thành là:
B1: Chọn 4 trong 7 số có $C_7^4$ cách
B2: Xếp theo thứ tự giảm dần có 1 cách
Vậy có $C_7^4$ số các số tạo thành
** Tính tổng tất cả các số tạo thành:
%%Tính tổng hàng nghìn
CHọn số hàng nghìn và xếp các số còn lại
Với a=7 thì có $C_6^3$ số
Với a=6 thì có $C_5^3$ số
Với a=5 có $C_4^3$ số
Với a=4 có 1 số
Vậy tổng hàng nghìn là $C_6^3.7+C_5^3.6+C_4^3.5+1.4=224$
##Tổng hàng trăm : Chọn số hàng trăm từ 6 đến 3 rồi chọn số hàng nghìn, chục, đơn vị ta tính được tổng hàng trăm
$C_5^2.6+C_4^2.2.5+C_3^2.3.4+1.4.3=168$
## Tổng hàng chục.. Chọn số hàng chục từ 5 đến 2 rồi đến nghìn, trăm đơn vị ta tính được tổng hàng chục:
$C_2^2.4.5+C_3^2.3.4+C_4^2.2.3+C_5^2.1.2= 112$
## Tổng hàng đơn vị.. chọn hàng đơn vị từ 4 đến 1 rồi 3 hàng còn lại.. Ta tính được tổng hàng đơn vị
$1.4+C_4^3.3+C_5^3.2+C_6^3.1=56$
Vậy tổng tất cả các chữ số tạo thành là:
$224.1000+168.100+112.10+56= 241976$
______________________________
Cách làm đúng, nhưng cần trình bày rõ ràng và đầy đủ hơn!
Điểm bài: $d=9$

S = 26 + 3*9 = 53

$\left\{\begin{matrix}x^{2}(y+1)=6y-2 & \\ x^{4}y^{2}+2x^{2}y^{2}+y(x^{2}+1)=12y^{2}-1 & \end{matrix}\right.$

Nhận xét y=0 không phải là nghiệm. Với y khác 0 nhân PT 1 với y rồi đặt: $x^2y=a, y=b$ (Đặt cho dễ nhìn )
Ta được:
$\left\{\begin{matrix} ab+a=6b^2-2b\\ a^2+2ab+a+b=12b^2-1 \end{matrix}\right.$
Nhân PT 1 với -2 rồi cộng vế ta được:
$b=\frac{a^2-a+1}{3}$
Thế vào PT 1 ta được PT bậc 4 ẩn a có 2 nghiệm là 0 và $\frac{2}{3}$.. còn lại chắc bạn có thể giải nối!

Trong không gian $Oxyz$, cho đường thẳng $d: \frac{x-2}{2}=\frac{y+1}{1}=\frac{z}{-1}$ và mặt phẳng $(P): x+2y+z-1=0$. Viết phương trình đường thẳng $\Delta$ song song với mặt phẳng $(P)$ và cắt hai đường thẳng $Ox, d$ lần lượt tại $A,B$ sao cho độ dài đoạn $AB$ ngắn nhất.

Đề của Spin9x

Đường thẳng $d$ có phương trình tham số là: $\left\{\begin{matrix} x=2+2t\\y=t-1 \\z=-t \end{matrix}\right.$
$\Delta$ giao Ox tại A suy ra tồn tại $t_1$ sao cho $A(t_1; 0;0)$
$\Delta$ giao d tại B suy ra tồn tại t sao cho $B(2+2t; t-1; -t)$
Ta có $\vec{AB}= (2+2t-t_1; t-1; -t)$
Mặt phẳng (P) có VTPT :$ \vec{n_{P}}= (1;2;1)$
Do $\Delta$ song song với (P) nên $\vec{AB}$ vuông góc $\vec{n_P}$
ta được:
$2+2t-t_1+2t-2-t=0\Leftrightarrow t_1= 3t$
Khi đó:
$AB= \sqrt{(2-t)^2+t^2+(t-1)^2}=\sqrt{3t^2-6t+5}==\sqrt{3(t-1)^2+2}\geq \sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $t=1 $
Ta có: $\vec{AB}= (1;0;1)$ (nhầm) và $A(3;0;0)$
Vậy $\Delta$ có PTTS $\left\{\begin{matrix} x=t+3\\y=0 \\ z=-t \end{matrix}\right.$

Điểm bài: 9
S = 26 + 3*9 = 53

Em xin xoá bài trên. Lấy bài này
$I= \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{4cosx-3sinx+1}{4sinx+3cosx+5}dx+\int_0^{\frac{\pi}{2}}dx$

$I=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{4cosx-3sinx}{4sinx+3cosx+5}dx+ \frac{1}{5}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{cos(x-a)+1}+x|_0^{\frac{\pi}{2}}$ (Với $\left\{\begin{matrix} cosa=\frac{3}{5}\\ sina=\frac{4}{5}\\ a\in [0;\frac{\pi}{2}] \end{matrix}\right.$ )
$I=ln(4sinx+3cosx+5)|_0^{\frac{\pi}{2}}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{10}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{cos^2(\frac{x-a}{2})}$
$I= ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{5}tan(\frac{x-a}{2})|_0^{\frac{\pi}{2}}$
$I=ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{5}tan(\frac{\pi}{4}-\frac{a}{2})-\frac{1}{5}tan\frac{-a}{2}$
$I=ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{6}$

KL:
$I=ln\frac{9}{8}+\frac{\pi}{2}+\frac{1}{6}$

Bài giải ngắn gọn, rõ ràng mạch lạc
Điểm bài 10
S = 26 + 10*3 = 56

Gọi $I(a,b,c)$ là 1 điểm sao cho:
$\vec{IA_1}+\vec{IA_2}+...+\vec{IA_n}=0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} na=x_1+x_2+..+x_n\\ nb=y_1+y_2+..+y_n\\ nc=z_1+z_2+..+z_n \end{matrix}\right.$
Suy ra:
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\\ b=\frac{y_1+y_2+..+y_n}{n}\\ c=\frac{z_1+z_2+..+z_n}{n} \end{matrix}\right.$
Khi đó:
$S=|\vec{MA_1}+MA_2+..+MA_n|=n|\vec{MI}|=n.MI$
S min khi MI min.. Tức M là hình chiếu của I trên (P).
Đường thẳng MI có VTCP $\vec{u}=\vec{n_p}=(1; 1; -1)$
và qua $I(a,b,c)$ suy ra MI có PTTS
$\left\{\begin{matrix} x=a+t\\ y=b+t\\ z=c-t \end{matrix}\right.$
M thuộc MI nên tồn tại $t\in R$ sao cho
$M(a+t, b+t, c-t)$
M thuộc (P) nên
$a+t+b+t-c+t-1=0$
$\Leftrightarrow t=\frac{c+1-a-b}{3}$
Khi đó:
$M(\frac{c+2a+1-b}{3}; \frac{c+2b+1-a}{3}; \frac{2c+a+b-1}{3})$
KL:
$M(\frac{c+2a+1-b}{3}; \frac{c+2b+1-a}{3}; \frac{2c+a+b-1}{3})$
với $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}\\ b=\frac{y_1+y_2+..+y_n}{n}\\ c=\frac{z_1+z_2+..+z_n}{n} \end{matrix}\right.$

Bài làm trình bày tốt,tuy vẫn có 1 số lỗi Latex.
Điểm :10/10.

S = 14 + 3*10 = 44

Tìm Min, Max của $\sqrt{3}cosA+3(cosB+cosC)$ với $A, B, C$ là các góc của 1 tam giác

Ta có:
$S=\sqrt{3}cosA+6cos\frac{B+C}{2}.cos\frac{B-C}{2}$
$S=\sqrt{3}-2sin^2\frac{A}{2}+6sin\frac{A}{2}.cos\frac{B-C}{2}$
Đặt $cos\frac{B-C}{2}=a \geq 0$ là tham số.
$sin\frac{A}{2}=x$ là ẩn. ($x\in (0; \frac{\pi}{2})$ )
Xét $f(x)=\sqrt{3}-2x^2+6ax$
$f'(x)=4\sqrt{3}-6a$
$f'(x)=0\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{3}}{2}a$
Lập bảng biến thiên ta có:
MinS không tồn tại.
MaxS đạt được khi $x=\frac{\sqrt{3}}{2}a$.
mà $a\leq 1$ nên MaxS đạt được khi
$a=1, x=\frac{\sqrt{3}}{2}$ tức $A=120^0; B=C=30^0$