duongtoi

Giải phương trình :

$tan^{2}x.tan^{2}3x.tan5x=tan^{2}2x-tan^{2}3x+tan5x$

Điều kiện: Bạn tìm nhé!

Bạn xem lại đề bài xem nhé. Phải là $tan^{2}2x.tan^{2}3x.tan5x=tan^{2}2x-tan^{2}3x+tan5x$

Ta có $\tan^{2}2x.\tan^{2}3x.\tan5x=\tan^{2}2x-\tan^{2}3x+\tan5x$

$\Leftrightarrow \tan5x(1-\tan^22x\tan^23x)+(\tan^22x-\tan^23x)=0$

$\Leftrightarrow \tan5x(1-\tan 2x\tan3x)(1+\tan 2x\tan 3x)=-(\tan 2x-\tan 3x)(\tan 2x+\tan 3x)$

- Trường hợp 1: $1-\tan^22x\tan^23x = 0$ (Bạn tự làm)

- Trường hợp 2: $1-\tan^22x\tan^23x \ne 0$ ta có

$\Leftrightarrow \tan 5x=\tan 5x.\tan x\Leftrightarrow \tan 5x(1-\tan x)=0$

Bạn làm tiếp (nhớ đối chiếu điều kiện đề bài đã cho.

Giải phương trình

$cos^{2}x+cos^{2}2x+cos^{2}3x+cos^{2}4x=\frac{3}{2}$

Phương trình tương đương $2\cos ^2x - 1+2\cos^22x-1+2\cos^23x-1+2\cos^24x=0$

$\Leftrightarrow \cos 2x+\cos6x+\cos4x(2\cos4x+1)=0$

$\Leftrightarrow 2\cos4x.\cos2x+\cos4x(4\cos^22x-1)=0$

$\Leftrightarrow \cos4x(4\cos^22x+2\cos2x-1)=0$

Đến đây bạn có thể giải được rồi nhé!.

*)TH1 x=0$\Rightarrow$ không tồn tại y

*)TH2 x=1 $\Rightarrow$ y=2

*)TH3 x$\geq$ 2 $\Rightarrow$ nếu y$\geq 2  suy ra 5^{x}-2^{y}\vdots 3$(loại) $\Rightarrow$ y=0 hoặc y=1. Thay vào biểu thức thấy không tìm được x thỏa mãn

Vậy x=1,y=2

Chỗ trường hợp 3 chưa đúng nhé. Ví dụ $x = 2, y = 3$ thì $5^{x}-2^{y}$ không chia hết cho 3.

5^2p+1997=5^2p2+q²

Không tồn tại nhé. Ta có $5^2p$ và $5^{2p^2}$ chia hết cho 5 nên $1997 - q^2$ chia hết cho 5.

Mặt khác, $q^2$ có các chữ số tận cùng là 0, 1, 4, 5, 6, 9 nên $1997 - q^2$ không thể chia hết cho 5. (Mẫu thuẫn)

Tính tích phân:

$\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{x+\sin x}{{{\cos }^{2}}x}}dx$ 

Ta có $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{x}{\cos ^2x}}dx $ +$\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{\sin x}{\cos ^2x}}dx$.

Ta có $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{x}{{{\cos }^{2}}x}}dx$

= $x.\tan x\Big |_{0}^{\frac{\pi }{3}} - \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}\tan xdx$

= $\frac{\pi.\sqrt{3}{3} +\ln |\cos x|\Big |_{0}^{\frac{\pi }{3}}$

Ta có $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{3}}{\frac{\sin x}{{{\cos }^{2}}x}}dx = \frac{1}{\cos x}\Big |_{0}^{\frac{\pi }{3}} = 1$.

Suy ra kết quả I

Tính:

$I=\int\limits_{0}^{\ln 4}{\frac{{{e}^{2x}}}{{{e}^{x}}+2}dx}$  

Đặt $t = e^x + 2$ ta có $e^x = t - 2; dt = e^xdx$

Đổi cận: Với $x = 0$ thì $t = 3$; với $x = \ln 4$ thì $t = 6$.

Do đó, $I =\int_3^6 \frac{t-2}{t}dt$ = $\left (t-2\ln |t| \right )\Bigg|_3^6=3-2\ln 2$ 

nhờ các thành viên trong diễn đàn tính giúp câu nguyên hàm này:

$I=\int \sqrt{lnx}dx$

Đặt $t = \sqrt {\ln x}$. Suy ra, $x = e^{t^2}, {\rm d}x = 2t.e^{t^2}{\rm d}t$.

Do đó, $I = \int 2t^2.e^{t^2}{\rm d}t$    Tích phân này không giải được bằng kiến thức THPT bạn nhé.

Tính nguyên hàm: $\int \frac{lnx}{x}dx$

Ta có $\int \frac{lnx}{x}{\rm d}x = \int \ln x{\rm d} \ln x = \frac {\ln ^2x}{2} + C$

 

a. Ta có $MC=BC-BM=AC-CN=AN$ và $\angle OAC=\angle OCA=60^o$.

 

 Do đó $\triangle MOC=\triangle NOA$ (c.g.c), suy ra $OM=ON$.

 

 Vậy $\triangle OMN$ cân tại $O$, dẫn đến trung tuyến $OI$ cũng là đường cao, tức $\angle OIM=90^o=\angle OHM$. Vậy $OMHI$ nội tiếp được.

 

b. Gọi $P'$ là điểm thuộc cạnh $AC$ sao cho $AP'=NC$. Ta sẽ chứng minh $P'$ thẳng hàng với $O,I$ bằng cách chỉ ra $\angle IOH=\angle P'OA$.

 

Dễ dàng chứng minh $\triangle OP'A=\triangle ONC$ (c.g.c). Suy ra $\angle P'OA=\angle NOC$.

 

Vì $\triangle MOC=\triangle NOA$ nên $\angle ONA=\angle OMC$, từ đó $ONCM$ nội tiếp được. Dẫn đến $\angle NOC=\angle NMC$.

 

Lại vì $OMHI$ nội tiếp được nên $\angle NMC=\angle IOH$.

 

Từ đó $\angle IOH=\angle P'OA$, mà hai góc này ở vị trí so le trong nên $P',O,I$ thẳng hàng hay $P' \equiv P$.

 

Như vậy $PA=MB=NC$. Từ đó $\triangle APN=\triangle BMP=\triangle CNM$, dẫn đến $PM=MN=NP$. Hay $\triangle MNP$ đều.

 

//---------------------------

 

Còn câu c bài hình ai giúp mình với   

Em có thể tham khảo tại đây http://diendantoanho...ên-hà-nội-2014/

Mọi người tham khảo đề thi và đáp án môn Toán chuyên Hà Nội năm 2014 nhé.

Link tham khảo: http://thithu.edu.vn...en-ha-noi-2014/

Cho tứ giác ABCD nội tiếp . I là trung điểm AB . (I,$\frac{AB}{2}$) tiếp xúc BC , CD , DA . Chứng minh AD + BC = AB
Giúp e bài này với

Đề của em nhầm rồi.

Phải là $AD+BC=DC$.

Hình vẽ như file kèm theo nhé.

Ta có đường tròn tiếp xúc $BC$ tại $B$, tiếp xúc $DA$ tại $A, DC$ tại $E$.

Ta có $AD=DE;BC=CE$.

Do đó, $AD+BC=DE+EC=DC$

Cho đường tròn tâm $O$ . Trên đó lấy 3 điểm : $E$ ; $F$ ; $M$ tiếp tuyến $E$ và $F$ cắt nhau tại $A$ . Tiếp tuyến tại $E$ và $M$ cắt nhau ở $B$ . Tiếp tuyến $F$ ; $M$ cắt nhau tại $C$ . Qua $E$ kẻ đường thẳng song song $BC$ cắt $AM$ tại $I$ . Cắt $FM$ tại $Q$ . Kẻ $AK$ // $BC$ . Chứng minh : 

a, $I$ là trung điểm của $EQ$ 

Em xem lại đề bài nhé.

Điểm Q là điểm nào, $AK//BC$ là sao?

1.Giải phương trình: $\tan 2x+\sin 2x=\frac{3}{2}\cot x$

Đặt $t=\tan x$.

Ta có $PT\Leftrightarrow \frac{2t}{1-t^2}+\frac{2t}{1+t^2}=\frac{3}{2t}$  Điều kiện $t\ne0; t\ne\pm 1$.

$\Leftrightarrow \frac{4t}{1-t^4}=\frac{3}{2t}\Leftrightarrow 3t^4+8t^2-3=0\Leftrightarrow t^2=\frac{1}{3}\Leftrightarrow t=\pm\frac{1}{\sqrt3}$

(Hai nghiệm này đều thỏa mãn)

Thay vào ta được nghiệm $x$ là $x=\pm\frac{\pi}{6}+k\pi$ với $k\in\mathbb{Z}$.

Bài 6(2 điểm)

Cho $x> 0;y> 0$ và $x+y\leq 1$.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức;$A=\frac{2012}{x^{2}+y^{2}}+\frac{2013}{xy}$

Ta có $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy\le 1-2xy$.

Đặt $t=xy$. Ta có $0<t=xy\le \frac{(x+y)^2}{4}\le\frac{1}{4}$

Vậy $A=\frac{2012}{x^{2}+y^{2}}+\frac{2013}{xy}\ge\frac{2012}{1-2t}+\frac{2013}{t}$

$=\left (\frac{2012}{1-2t}+(1-2t).4.2012 \right )+\left (\frac{2013}{t}+t.16.2013 \right )-4(2012(1-2t)+t.4.2013)$

$\ge 2.2.2012+2.4.2013-4(2012+4028t)$  (Theo BDT Cauchy)

$\ge 4.2012+8.2013-4.2012-4.4028.\frac{1}{4}=12076$ (Vì $t\le \frac{1}{4}$).

Vậy $A\ge 12076$.

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=y=\frac{1}{2}$.

bài 1 b)

Theo giả thiết ta có $3(x^2+y^2)=25(x+y)$.

Suy ra, $x+y>0$ và $x+y$ chia hết cho 3.

Áp dụng BDT Bunhiaxcopki ta có $(x+y)^2\le 2(x^2+y^2)$.

Mặt khác, $x^2+y^2=(x+y)^2-2xy$.

TH1: $xy\ge 0$. Ta có $x^2+y^2\le (x+y)^2$.

Vậy ta có $\frac{1}{x+y}\le\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{3}{25}\le\frac{2}{x+y}$

$\Leftrightarrow \frac{25}{3}\le x+y\le \frac{50}{3}\Rightarrow x+y=\{9;12;15\}$.

- Nếu $x+y=9$ ta được $x^2+y^2=75\Leftrightarrow xy=3$.

Giải hệ này ta thấy không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=12$ ta được $x^2+y^2=100\Leftrightarrow xy=22$.

Hệ này cũng không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=15$ ta được $x^2+y^2=125\Leftrightarrow xy=50$.

Hệ này có nghiệm là $x=10;y=5$ hoặc $x=5;y=10$.

TH2: $xy<0$. Ta có $x^2+y^2> (x+y)^2$.

Vậy $\frac{x+y}{x^2+y^2}=\frac{3}{25}<\frac{1}{x+y}\Leftrightarrow x+y<\frac{8}{3}\Rightarrow x+y=\{3;6\}$

- Nếu $x+y=3$ ta được $x^2+y^2=25\Leftrightarrow xy=-8$.

Hệ này không có nghiệm nguyên.

- Nếu $x+y=6$ ta được $x^2+y^2=50\Leftrightarrow xy=7$.

Hệ này có nghiệm $x=7; y=-1$ hoặc $x=-1;y=7$.

(Chú ý các hệ này đều là đối xứng loại I).

Vậy PT có các nghiệm nguyên $(x;y)$ là $\{(-1;7);(7;-1);(5;10);(10;5)\}$.