dangerous_nicegirl

Gọi $B(a;1-2a);C(b;\frac{-6-3b}{4})$.

• Toạ độ điểm $A$ là nghiệm của hệ $$\left\{\begin{matrix} 2x+y-1=0 & & \\ 3x+4y+6=0 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=2;y=-3$$
• Ta có:$\overrightarrow{BM}(1-a;-4+2a);\overrightarrow{MC}(b-1;\frac{6-3b}{4})$
• Do $\overrightarrow{BM}= \frac{2}{3}\overrightarrow{MC}$

• Nên $$\left\{\begin{matrix} 1-a=\frac{2}{3}(b-1) & & \\ -4+2a=\frac{2}{3}.\frac{6-3b}{4} & & \end{matrix}\right.$$

$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a+\frac{2}{3}b=\frac{5}{3} & & \\ 4a+b=10 & & \end{matrix}\right.$$
$$ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a=3 & & \\ b=-2 & & \end{matrix}\right.$$
Nên $B(3;-5);C(-2;0)$.Khi đó ta sẽ tính được toạ độ trọng tâm: $G(1;\frac{-8}{3})$
------------------------------------
P/S:Không biết có tính sai đoạn nào nữa không @@.

có trường hợp M nằm ngoài BC không nhỉ

Hướng dẫn:

Phương trình thứ nhất: Lấy $ln$ hai vế, ta được:
\[{y^2} - {x^2} = \ln \frac{{{x^2} + 1}}{{{y^2} + 1}} \Leftrightarrow {x^2} + \ln \left( {{x^2} + 1} \right) = {y^2} + \ln \left( {{y^2} + 1} \right)\,\,\,\,\left( 1 \right)\]
Xét hàm số: $f\left( t \right) = {t^2} + \ln \left( {{t^2} + 1} \right)$. Từ $(1)$, suy ra: $f\left( x \right) = f\left( y \right) \Rightarrow x = y$.

Thay vào phương trình thứ hai, ta được:
\[3{\log _3}\left( {3x + 6} \right) = 2{\log _2}\left( {2x + 2} \right) + 1\,\,\,\,\left( 2 \right)\]
Giải phương trình $(2)$ dành cho bạn bởi vì nó đơn giản

thiếu TH x=-y anh ơi

Thưa thầy hai bài này làm thế nào ạ?

chuyen ve xong nhan lien hop ban ak

cho em bổ sung lời giải trên là: dấu "=" xảy ra khi a=b=c=1
Còn đây là lời giải thứ hai:
Theo bất đẳng thức Holder cho 4 số

VT=$\sum \frac{(1+b+c)^{3}}{\left ( a^{4} +b+c\right )\left \right (1+b+c)^{3}}
\leq \sum \frac{(1+b+c)^{3}}{\left ( a +b+c\right )^{4}}$

$\Leftrightarrow 3\left ( a+b+c \right )^{3}\geq \sum (1+b+c)^{3}$
Giả sử $a\geq b\geq c$
Đặt a+b+c=A 1+b+c=D
1+b+a=B 1+c+a=E

Thấy các BT (A^{2}+AE+E^{2});(A^{2}+AD+D^{2});(A^{2}+AB+B^2)$\geq 0$(*)
áp dụng BĐT chebysep

BĐT $\Leftrightarrow$(a-1)(A^{2}+AD+D^{2})+(b-1)(A^{2}+AE+E^{2})+\left (c-1)(A^{2}+AB+B^2)\geq 0$

Ta có
VT(*)$\geq (a+b+c-3)K$ (K là 1 bthức dương)
Bây giờ ta đi chứng minh

$a+b+c\geq 3$
Thật vậy
a+b+c+1=4abc$\leq \frac{4(a+b+c)^{3}}{27}$
$\Leftrightarrow\left ( A-3 \right )\left ( 2A+3 \right )^{2}\geq 0$
$\Leftrightarrow A\geq 3(dpcm)$



Bài giải lỗi $Latex$

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+2x^{2}-5x-4=\frac{1}{y^{3}}& & \\ x^{2}+\frac{1}{y^{2}}-x+\frac{1}{y}=2& & \end{matrix}\right.$
bài này trong Bình luận đề thi đại hoc năm 2012 khối A của toán học tuổi trẻ mà em nghĩ mãi không ra.
Các câu trong phần Bài tập chuyên đề không phải ĐỀ ra kì này. Chắc là được hỏi nhỉ

không biết lời giải này có được không
em sẽ suy nghĩ thêm theo hướng khác.Nhưng đánh thử xem có đúng không
Chuẩn hóa abc=1$\Rightarrow a+b+c=3$
BĐT $\Rightarrow \frac{1}{a^{4}+3-a}+\frac{1}{b^{4}+3-b}+\frac{1}{c^{4}+3-c}\geq 1$
Xét $\frac{1}{a^{4}+3-a}$ -$\frac{1}{3}$=$=\frac{a(1-a^{3})}{a^{4}+3-a}$
BĐT $\Leftrightarrow \frac{a-1}{1+\frac{3}{a^{3}+a^{2}+a}}+\frac{b-1}{1+\frac{3}{b^{3}+b^{2}+b}}+\frac{c-1}{1+\frac{3}{c^{3}+c^{2}+c}}\geq 0$
Giả sử: $a\geq b\geq c$$\Rightarrow a-1\geq b-1\geq c-1$
Xét hàm số y=$x^{3}+x^{2}+x$ trên (0;3) có $y'=3x^{2}+2x+1> 0$$
$\Rightarrow$ hàm số đồng biến

$\Rightarrow a^{3}+a^{2}+a\geq b^{3}+b^{2}+b\geq c ^{3}+c^{2}+c$

$\Leftrightarrow \frac{1}{1+\frac{3}{a^{3}+a^{2}+a}}\geq \frac{1}{1+\frac{3}{b^{3}+b^{2}+b}}\geq \frac{1}{1+\frac{3}{c^{3}+c^{2}+c}}$
Sử dụng BĐT Trêbusep Ta có :


$\Leftrightarrow
\frac{a-1}{1+\frac{3}{a^{3}+a^{2}+a}}+\frac{b-1}{1+\frac{3}{b^{3}+b^{2}+b}}+\frac{c-1}{1+\frac{3}{c^{3}+c^{2}+c}}\geq (a+b+c-3)A=0$

(trong đó A là bt phân thức trên)=> đpcm


Bài này chuẩn hóa không được, em đã sai ngay từ đầu!
0 điểm!

Phương trình$\Leftrightarrow$$\Leftrightarrow (1+\sqrt{3})(\sin(2x)+ \cos(2x))=4(\frac{\cos(x)}{2}+\frac{\sqrt{3}\sin (x)}{2}-\sin^{2}(x) )$
$\Leftrightarrow (1+\sqrt{3})(2sin(x)cos(x)+cos^{2}-sin^{2}(x))+4\sin ^2(x)=2(\cos (x)+\sqrt{3}sin(x))$
$\Leftrightarrow 2(1+\sqrt{3})(sin(x)cos(x))+(1+\sqrt{3})\cos ^{2}(x)-(1+\sqrt{3})\sin ^{2}(x)+4\sin ^{2}(x)$\Leftrightarrow 2\sqrt{3}sin(x)cos(x)+cos ^{2}(x)+3\sin ^{2}(x)+\sqrt{3}cos ^{2}(x)+ 2sin(x)cos(x)-\sqrt{3}\sin ^{2}(x)=0$$
-$\Leftrightarrow (\cos (x)+\sqrt{3}\sin (x))^{2}+(\sqrt{3}\cos (x)-\sin (x))(\cos (x)+\sqrt{3}\sin (x))-2(\cos (x)+\sqrt{3}\sin (x))=0$
$\Leftrightarrow $\cos (x)+\sqrt{3}\sin (x)=0$(\cos x+\sqrt{3}\sin x+\sqrt{3}\cos x-\sin x-2)=0$$\Leftrightarrow$
TH1:$\cos (x)+\sqrt{3}\sin (x)=0$\Leftrightarrow \cos (x-\frac{\Pi }{3})=0\Leftrightarrow x= \frac{5\Pi }{6}+k\Pi (k\in Z)$
TH2$\Leftrightarrow (1+\sqrt{3})\cos x+(\sqrt{3}-1)(\sin x)=2\Leftrightarrow \frac{(1+\sqrt{3})}{8}\cos x+\frac{(\sqrt{3}-1)}{8}\sin x=\frac{1}{4}$
Đặt

$\frac{(1+\sqrt{3})}{8}$=cos$\alpha$$\frac{\sqrt{3}-1}{8}$=sin$\alpha$
Khi đó cos(x-$\alpha$)=$\frac{1}{4}$$\Leftrightarrow x=\pm \arccos \frac{1}{4}+k2\Pi$

Bài này CD13 không muốn sửa phần $Latex$ để thí sinh thấy lỗi của mình.
Thêm nữa, tiếc là thí sinh không thấy được $\dfrac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}}=\sin \frac{5\pi}{12}$

$$\boxed{\boxed{Điểm: 8.5}}$$
S = 52 - 2 + 3.8,5 + 0 + 0 = 75.5

lời giải:
thấy x=o không là nghiệm của hệ.
Nhân 3x vào (2) rồi trừ vế theo vế ta được:
$3x^3+3xy^2-30x^2y-39x^2+15xy+9x-x^3-3xy^2=-5$
$\Leftrightarrow 2x^3-39x^2+9x+5-15y(2x^2-x)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-19x-5-15xy)=0$
TH1:2x-1=0 $\Leftrightarrow x=\frac{1}{2}$.thay vào pt (1) ta được y=$\pm$$\frac{\sqrt{13}}{2}$
TH2:$x^2-19x-5-15xy=0$$\Leftrightarrow y=\frac{x^2-19x-5}{15x}$
thay vào pt1 ta được:$76x^4-38x^3+351x^2-185x+25=0$
$\Leftrightarrow x^2(76x^2-38x+5)+346x^2-185x+25=0$
ta lại có:$76x^2-38x+5>0 $và$346x^2-185x+25$ với mọi $x(\bigtriangleup <0;a>0)$
Vạy hệ có nghiệm duy nhất là x=$\frac{1}{2}$; y=$\pm$$\frac{\sqrt{13}}{2}$
mở rộng
ta thấy pt (1) có y^2, mà pt(2) cũng có y bậc 2,1 nên ta nhân 3x với pt 2 trừ vế theo vế để triệt tiêu hết y^2 và chỉ còn pt bậc 1 của y rồi rút x theo y

Điểm bài: 9.5
S=48−50+9.5×3+0+0=26.5