hoangtrong2305

Câu 1 (4 điểm)
a, Tính giá trị biểu thức: $$P = \dfrac{{\left( {5 + 2\sqrt 6 } \right)\sqrt {5 - 2\sqrt 6 } }}{{\sqrt 3 + \sqrt 2 }}$$

$P = \dfrac{{\left( {5 + 2\sqrt 6 } \right)\sqrt {5 - 2\sqrt 6 } }}{{\sqrt 3 + \sqrt 2 }}$

$P = \frac{\sqrt{(5+2\sqrt{6})(5-2\sqrt{6})(5+2\sqrt{6})}}{\sqrt{(\sqrt{3}+\sqrt{2})^{2}}}$

$P = \frac{\sqrt{5+2\sqrt{6}}}{\sqrt{5+2\sqrt{6}}}$

$P=1$


Câu 1 c hình như còn thiếu điều kiện thì phải

Chào mọi người, mình đã vô VMF từ khá lâu nhưng h mới có dịp thổ lộ chút tâm tư ái ố hỉ nộ với diễn đàn.

Mình kết duyên với toán khá trễ, khoảng cuối năm lớp 9, lúc đó ng` ta đã nhất nhì toán thành phố còn mình thì lận đận với mấy cái phương trình bậc 2. Rồi 1 lần mình lên google tìm hiểu về một số nhà toán học thì cũng là lúc mình "kết duyên" với VMF và gắn bó vs nó đến bây h.

Mình yêu toán nhưng lại ko mấy giỏi toán, thế nhưng toán nó như có một sức mạnh "vô hồn" khiến mình ko thể rời xa nó, nhiều lần giải bài trên VMF, nhiều lần giải bài trật nhưng ko hiểu sao nó ko quật ngã mình mà ngược lại, nó còn níu kéo mình thêm. Cũng nhiều lần mình tự nhủ:" Hôm nay lên VMF chơi thôi nha!",vậy mà vừa lên VMF, vài phút sau là giấy bút sẵn sàng trong tay.

Trường mình thì chỉ học ban Cơ bản, với một thằng trót gắn bó vs toán thì chương trình Cơ bản chả thấm vào đâu cả. Và nhờ cầu nối Internet đã tạo cơ hội cho mình đến với toán học, từ đó mình cũng khám phá nhiều cách giải hay, và cũng ko ít lần làm thầy cô ngạc nhiên khi áp dụng vào bài kiểm tra trong lớp

Thiệt sự dấu ấn mà VMF mang lại cho mình cũng như các member khác rất nhiều, ko thể nói hết dc, chi bằng hãy cụ thể hoá bằng hành động, cố gắng ngâm cứu, mày mò những bài toán trên 4rum để ko phụ lòng khổ công những ng` đã sáng lập ra diễn đàn này.

hoangtrong2305 của DELTA giải bài 2 của BETA

Gọi d₁, d₂ là độ dài 2 đường chéo hình thang và P1, P2 là độ dài hình chiếu của 2 đường chéo có độ dài d₁, d₂ lên cạnh đáy CD. Gọi CB=b, AB=a, h là chiều cao hình thang.

Giả sử $d_{1}\geq d_{2}=>P1\geq P2$

Ta có: $P1+P2=a+b=>2P1\geq P1+P2=a+b$

<=> $2P1\geq a+b$

<=> $P1\geq \dfrac{a+b}{2}=\dfrac{S}{h}=\dfrac{1}{h}$ (vì theo giả thiết diện tích hình thang bằng 1)

Ta có: $\Delta AHC\perp H$

=> $d_{1}^{2}=P_{1}^{2}+h_{1}^{2}\geq \dfrac{1}{h^{2}}+h^{2}\geq 2$ (theo AM-GM)

Vậy $Min_{d_{1}}=\sqrt{2}<=>h=P1=P2=1$

PSW : 6/7 điểm

Câu II.
1. Giải phương trình: $cos(\dfrac{\pi}{3}+3x)+cos(\dfrac{2\pi}{3}-4x)+cosx=1$

$cos(\dfrac{\pi}{3}+3x)+cos(\dfrac{2\pi}{3}-4x)+cosx=1$

<=>$cos(\dfrac{\pi}{3}+3x)+cosx+cos[2(\dfrac{\pi}{3}-2x)]=1$

<=>$cos(\dfrac{\pi}{6}+2x)cos(\frac{\pi}{6}+x)-sin^{2}(\frac{\pi }{3}-2x)=0$

<=> $sin(\dfrac{\pi}{3}-2x)cos(\frac{\pi}{6}+x)-2sin^{2}(\frac{\pi }{3}-2x)=0$

<=> $sin(\frac{\pi}{3}-2x)[sin(\frac{\pi}{3}+x)-sin(\frac{\pi}{3}-2x)]=0$

<=>..................................................

Câu III.
1. Tìm $m$ để phương trình sau có nghiệm thực: $9+2\sqrt{4-x^2}=m(\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x})$

$9+2\sqrt{4-x^2}=m(\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x})$

ĐK: $\left\{\begin{matrix}
x\leq -2\\
x\geq 2
\end{matrix}\right.$

pt<=> $9+2\sqrt{(2-x)(2+x)}=m(\sqrt{2-x}+\sqrt{2+x})$

Bình phương 2 vế:

$81+36\sqrt{(2-x)(2+x)}+4(2-x)(2+x)=m^{2}(4+2\sqrt{(2-x)(2+x)})$

Đặt $t=\sqrt{(2-x)(2+x)}$, phương trình thành:

$81+36t+4t^{2}=m^{2}(4+2t)$

<=> $4t^{2}+2t(18-m^{2})+81-4m^{2}=0$

$\Delta =m^{4}-20m^{2}$

Để pt có nghiệm <=> $m^{4}-20m^{2}\geq 0$

<=> $\left\{\begin{matrix}
m\leq -\sqrt{20}\\
m\geq \sqrt{20}
\end{matrix}\right.$

Câu III.
2. Tìm hệ số lớn nhất trong khai triển $(2x+1)^n$ biết tổng các hệ số của nó bằng $59049$

$(2x+1)^n$ viết thành $(1+2x)^n$

Công thức tổng quát: $$\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}2^{k}x^{k}$$ (*)

Theo giả thiết tổng các hệ số của nó bằng $59049$

=> $C_{n}^{0}2^{0}+C_{n}^{1}2^{1}+C_{n}^{2}2^{2}+...+C_{n}^{n}2^{n}=59049$

dựa vào công thức tổng quát của nhị thức Newton => $3^{n}=59049$ => $n=10$

Thay vào (*) => $C_{10}^{k}2^{k}x^{k}$

=> Hệ số lớn nhất xảy ra <=> $k=5$

<=> $C_{10}^{5}2^{5}x^{5}$

<=> $8064x^{5}$

Cho phương trình ẩn x :$ x^{2}-2ax-a-3=0 $ ( a là tham số ). Tìm a để phương trình có nghiệm $ x_{1}, x_{2} $ thoả mãn $ \left | x_{1} \right |=\left | x_{2} \right |$

Nhận xét: Do x₁ và x₂ là 2 nghiệm của phương trình và $ \left | x_{1} \right |=\left | x_{2} \right |$

=> giá trị 2 nghiệm sẽ trái dấu nhau

$\Delta '=a^{2}+a+3> 0$ (đúng)

áp dụng Viete:

$x_{1}+x_{2}=2a=0$

Khi đó phương trình thành: $x^{2}-3=0$

<=>$x=\pm \sqrt{3}$ thoả mãn yêu cầu già thiết

<=> $a=0$

5, Tìm số tự nhiên n sao cho: $100 \leq n \leq 200 $ và $ \sqrt{19026 + 25n}$ là số tự nhiên

$100 \leq n \leq 200 $

<=> $2500 \leq 25n \leq 5000$

<=> $21526 \leq 19026+25n \leq 24026 $

<=> $147^{2}\leq 19026+25n\leq 155^{2}$

<=> $n \in [127;151]$

a)
Giả sử EF cắt AB tại I

Theo tính chất hình bình hành thì AB=DC và AB//DC
Theo giả thiết => AM=DN và MB=NC

=> MBCN là hình bình hành

=> $\widehat{MNC}=\widehat{MBC}$ (1)
$\Delta EMB$ cân tại E ( do E thuộc trung trực BM)

=>$\widehat{MNC}=\widehat{EMB}$ (2)

Chứng minh tương tự, ta có $\widehat{MBC}=\widehat{BMF}$ (3)

(1),(2),(3) => $\widehat{EMB}=\widehat{BMF}$

=> MB phân giác $\widehat{EMF}$

Mà $MB\perp EF$ tại I

=>$\Delta EMF$ cân tại M

=> FI = IE

=> E, F đối xứng qua AB (đpcm)


b)

ta có:

I trung điểm FE (chứng minh trên)

I trung điểm MB (gt)

$FE\perp MB$

=> MEBF là hình thoi

c)

Giả sử BCNE là hình thang cân

=>$\widehat{BEM}=\widehat{MNC}$

Mà $\widehat{EMB}=\widehat{MNC}$ (đồng vị) và $\widehat{EMB}=\widehat{EBM}$ (do $\Delta EMB$ cân tại E)

=>$\widehat{EMB}=\widehat{EBM}=\widehat{MEB}$

=> $\Delta EMB$ đều

=>$\widehat{EMB}=\widehat{EBM}=\widehat{MEB}=60^{o}$

Mà $\widehat{NMB}+\widehat{EMB}=180^{o}$ (kề bù)

=>$\widehat{NMB}=120^{o}$

Mà AD//MN

=>$\widehat{NMB}=\widehat{DAB}=120^{o}$

Vậy để BCNE là hình thang cân thì hình bình hành ABCD phải có điều kiện:

$\widehat{DAB}=120^{o}$

mình làm thử hướng này xem sao

*Để x có nghiệm nguyên

=> $13\vdots x^{2}$

=> x = 1 hay x = -1

*Để y có nghiệm nguyên

=>$1996\vdots y^{2}$

<=>$1.4.499\vdots y^{2}$

Do 499 là số nguyên tố

=> y=1 hay y=-1 hay y=2 hay y=-2

Lúc này, phương trình thành: $2009=\frac{z}{1997}$ (với x=1 hay -1 và y=1 hay -1)

=> z = 4011973

Vậy nghiệm của pt trên là (1,1,4011973) hay (-1,-1,4011973) hay (1,-1,4011973) hay (-1,1,4011973)

với x=1 hay -1 và y =2 hay -2

pt thành $512=\frac{z}{1997}$

=> z=1022464

Bài 5:( Khối A-2011)
Giải hệ phương trình:
\[\left\{ \begin{array}{l}
5{x^2}y - 4x{y^2} + 3{y^3} - 2(x + y) = 0\\
xy({x^2} + {y^2}) + 2 = {(x + y)^2}
\end{array} \right.\]

\[\left\{ \begin{array}{l}
5{x^2}y - 4x{y^2} + 3{y^3} - 2(x + y) = 0 (1)\\
xy({x^2} + {y^2}) + 2 = {(x + y)^2} (2)
\end{array} \right.\]

(2) <=> $xy[(x+y)^{2}-2xy]+2=(x+y)^{2}$

<=>$(x+y)^{2}(xy-1)-2(xy+1)(xy-1)$

<=>$(xy-1)[(x+y)^{2}-2(xy+1)]=0$

<=>$\begin{bmatrix} xy=1<=>y=\frac{1}{x}(*)\\ x^{2}+y^{2}=2 \end{bmatrix}$

Thay (*) vào (1) <=> $5x-\frac{4}{x}+\frac{3}{x^{3}}-2x-\frac{2}{x}=0$

<=> $3x^{4}-6x^{2}+3=0$

<=>$x^{2}=1$

<=>$x=\pm 1$

Thay vào (*) ta có nghiệm của hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x=1\\ y=1 \end{matrix}\right.$ hay $\left\{\begin{matrix} x=-1\\ y=-1 \end{matrix}\right.$

cho tam giác ABC vuông tại A.(AB<AC). Kẻ đường cao AH. Trên HC lấy điểm D sao cho HD=HB. Kẻ CI vuông góc với AD. chứng minh rằng tam giác AHI cân

Xét tứ giác CIHA

$\widehat{CIA}=\widehat{CHA}=90^{o}$

Mà $\widehat{CIA}=\widehat{CHA}$ cùng chắn AC

=> Tứ giác CIHA nội tiếp đường tròn

=> $\widehat{ACH}=\widehat{AIH}$ (cùng chắn cung AH) (1)

Xét $\Delta DAB$ có AH vừa là đường cao (theo gt) vừa là đường trung tuyến (do theo gt thì DH=HB)

=> $\Delta DAB$ cân tại $\widehat{DAB}$

=>$\widehat{DAH}=\widehat{HAB}$ (2)

Ta có: $\widehat{ACH}=\widehat{HAB}$ (cùng phụ $\widehat{CAH}$ (3)

Từ (1),(2),(3) =>$\widehat{DAH}=\widehat{AIH}$

=>$\Delta AHI$ cân tại $\widehat{AHI}$

khảo sát tính đơn điệu của hàm số
f(x)= $x^{3}$-3x
các bạn làm theo chương trình lớp 10 giùm mình nha

$x^{3}$-3x = $x(x^{2}-3)$

Cho biểu thức trên = 0, như vậy ta có x=0 hay x = $\pm \sqrt{3}$

sau đó kẻ bảng xét dấu, dựa vào bảng bạn sẽ biết được hàm đồng biến hay nghịch biến chỗ nào

chém thử bài 3
Theo để bài, ta có a và b phải thoả:
$\left\{\begin{matrix} 0<\dfrac{a}{b}<1(1)\\ a.b=20!(2) \end{matrix}\right.$

(2) =>$a=\dfrac{20!}{b}$

Thay vào 1, ta có hệ <=> $0<\dfrac{20!}{b^{2}}<1$ với $b\neq 0$

<=>$20!<b^{2}$

<=>$1559776269<b$ (3)

với mỗi b ở (3) ta có a tương ứng: $a=\dfrac{20!}{b}$

Bài 2

chọn 2 cái bánh bất kỳ: $A_{12}^{2}$ cách

chọn 1 hộp bất kỳ: 6 cách

=> có $A_{12}^{2}.6=792$ cách

Bài 1:

trong đa giác chọn 2 điểm bất kỳ, có $C_{n}^{2}$ cách

Ta có: 2 điểm bất kỳ tạo thành 1 đoạn thẳng => có $C_{n}^{2}$ đoạn thẳng tạo thành
Nhưng trong $C_{n}^{2}$ đoạn thẳng tạo thành sẽ có n đoạn thẳng chính là cạnh của đa giác, vì vậy sẽ có $C_{n}^{2}-n$ đường chéo tạo thành

Để đa giác có số cạnh bằng số đường chéo, có nghĩa là ta có pt sau:

$C_{n}^{2}=2n$

<=>$\dfrac{n!}{2!(n-2)!}=2n$

<=>$n(n-1)=4n$

<=>$n^{2}-5n=0$

<=>n=5

=> ngũ giác lồi là hình có số cạnh bằng số đường chéo


Ta có: trong đa giác lồi có $C_{n}^{2}-n$ đường chéo (1)

Trong các đường chéo đó chọn 2 đường chéo bất kỳ, có $C_{(1)}^{2}$ cách

2 đường chéo nếu ko đặc biệt (tức ko có 3 đường nào đồng quy hay ko song song) thì chúng sẽ cắt nhau, nhưng 2 đường ấy có thể cắt nhau tại đỉnh của đa giác, vậy ta có $C_{(1)}^{2}-n$ điểm tạo thành.