Đề bài: Giải hệ phương trình sau: \[\begin{matrix} \left\{ \begin{align} & \begin{matrix} \frac{1}{\sqrt{1+2{{x}^{2}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+2{{y}^{2}}}}=\frac{2}{\sqrt{1+2xy}} & \left( 1 \right) \\ \end{matrix} \\ & \begin{matrix} \sqrt{x\left( 1-2x \right)}+\sqrt{y\left( 1-2y \right)}=\frac{2}{9} & \left( 2 \right) \\ \end{matrix} \\ \end{align} \right. & \left( x,y\in \mathbb{Z} \right) \\ \end{matrix}\]

Lời giải

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
0 \le x \le \frac{1}{2}\\
0 \le y \le \frac{1}{2}
\end{array} \right.$

Áp dụng bất đẳng thức bunhiacopxky ta có: \[\begin{array}{*{20}{c}}
{{{\left( {\frac{1}{{\sqrt {1 + 2{x^2}} }} + \frac{1}{{\sqrt {1 + 2{y^2}} }}} \right)}^2} \le 2\left( {\frac{1}{{1 + 2{x^2}}} + \frac{1}{{1 + 2{y^2}}}} \right)}&{\left( * \right)}
\end{array}\]

Dấu bằng xảy ra \[\Leftrightarrow \sqrt{1+2{{x}^{2}}}=\sqrt{1+2{{y}^{2}}}\Leftrightarrow x=y\]

Ta lại có:

\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{1 + 2{x^2}}} + \frac{1}{{1 + 2{y^2}}} - \frac{2}{{1 + 2xy}} = \frac{{2{{\left( {x - y} \right)}^2}\left( {2xy - 1} \right)}}{{\left( {1 + 2{x^2}} \right)\left( {1 + 2{y^2}} \right)\left( {1 + 2xy} \right)}} \le 0\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{ \Rightarrow \frac{1}{{1 + 2{x^2}}} + \frac{1}{{1 + 2{y^2}}} \le \frac{2}{{1 + 2xy}}}&{\left( {**} \right)}
\end{array}
\end{array}\]

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y$.

Từ $\left( * \right)$ và $\left( ** \right)$ ta suy ra \[{{\left( \frac{1}{\sqrt{1+2{{x}^{2}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+2{{y}^{2}}}} \right)}^{2}}\le \frac{4}{1+2xy}\Leftrightarrow \frac{1}{\sqrt{1+2{{x}^{2}}}}+\frac{1}{\sqrt{1+2{{y}^{2}}}}\le \frac{2}{\sqrt{1+2xy}}\]

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=y$. Khi đó $\left( 1 \right)\Leftrightarrow x=y$ thế xuống phương trình $\left( 2 \right)$ ta được:

\[\sqrt{x\left( 1-2x \right)}+\sqrt{x\left( 1-2x \right)}=\frac{2}{9}\Leftrightarrow x=\frac{9\pm \sqrt{73}}{36}\Rightarrow y=\frac{9\pm \sqrt{73}}{36}\]

Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là: \[\left( x;y \right)=\left( \frac{9\pm \sqrt{73}}{36};\frac{9\pm \sqrt{73}}{36} \right)\]

Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} \begin{array}{*{20}{c}} {\frac{{\sqrt {2x - 1} }}{x} + 6{y^2} + 8 = 3x + \frac{3}{x} + {y^4} + 8y}&{\left( 1 \right)} \end{array}\\ \begin{array}{*{20}{c}} {2{x^3} + 3y + 4 = 3{x^2} + 6\sqrt y }&{\left( 2 \right)} \end{array} \end{array} \right.$

Lời giải

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}
x \ge \frac{1}{2}\\
y \ge 0
\end{array} \right.$
Ta có: $\left( 2 \right) \Leftrightarrow 2{x^3} - 3{x^2} + 1 =  - 3{\left( {\sqrt y  - 1} \right)^2} \le 0$ với $x \ge \frac{1}{2}$.
Do đó: $2{x^3} - 3{x^2} + 1 \ge  - 3{\left( {\sqrt y  - 1} \right)^2}$
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$.
Thay lại phương trình $(1)$ ta thấy thỏa mãn.
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: $x=y=1$.

Đề bài: Giải hệ phương trình \[\left\{ \begin{matrix} {{e}^{{{y}^{2}}-{{x}^{2}}}}=\frac{{{x}^{2}}+1}{{{y}^{2}}+1} \\ 3{{\log }_{3}}\left( x+2y+6 \right)=2{{\log }_{2}}\left( x+y+2 \right)+1 \\ \end{matrix} \right.\] \[\begin{matrix} \left( 1 \right) \\ \left( 2 \right) \\ \end{matrix}\]

Lời giải

Điều kiện: \[x+2y+6>0\] và \[x+y+2>0\]

Xét phương trình \[\left( 1 \right)\Leftrightarrow {{y}^{2}}-{{x}^{2}}=\ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)-\ln \left( {{y}^{2}}+1 \right)\Leftrightarrow \ln \left( {{x}^{2}}+1 \right)+{{x}^{2}}+1=\ln \left( {{y}^{2}}+1 \right)+{{y}^{2}}+1\]  \[\left( 3 \right)\]

Xét hàm số \[f\left( t \right)=\ln t+t\] với $t\ge 1$

Ta có $f\left( t \right)$  đồng biến trên $\left[ 1;+\infty  \right)$ 

Phương trình $\left( 3 \right)$  có dạng $f\left( {{x}^{2}}+1 \right)=f\left( {{y}^{2}}+1 \right)\Leftrightarrow {{x}^{2}}={{y}^{2}}\Leftrightarrow x=\pm y$

·         Với $x=-y$  từ \[\left( 2 \right)\] ta được ${{\log }_{3}}\left( 6-x \right)=1$  với $x<6$ $\Rightarrow x=3\Rightarrow y=-3$ ( thỏa mãn hệ)

·         Với $x=y$  từ \[\left( 2 \right)\] ta được

$3{{\log }_{3}}\left( x+2 \right)=2{{\log }_{2}}\left( x+1 \right)$  với $x>-1$

Đặt \[3{\log _3}\left( {x + 2} \right) = 2{\log _2}\left( {x + 1} \right) = 6u \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x + 2 = {3^{2u}}}\\
{x + 1 = {2^{3u}}}
\end{array}} \right.\]

$\Rightarrow 1+{{2}^{3u}}={{3}^{2u}}\Leftrightarrow {{\left( \frac{1}{9} \right)}^{u}}+{{\left( \frac{8}{9} \right)}^{u}}=1$       $\left( 5 \right)$

Xét $g\left( u \right)={{\left( \frac{1}{9} \right)}^{u}}+{{\left( \frac{8}{9} \right)}^{u}}$ , $g\left( u \right)$  là hàm nghịch biến trên R và có $g\left( 1 \right)=1$  nên u=1 là nghiệm duy nhất của (5)

Với $u=1\Rightarrow x=y=7$  ( thỏa mãn hệ)

Vậy hệ có 2 nghiệm là $\left( x;y \right)=\left( 3;-3 \right),\left( 7;7 \right)$   

Đề bài: Giải phương trình \[{{x}^{3}}-3x+1=\sqrt{8-3{{x}^{2}}}\].

Lời giải

Nhận xét: Dùng máy tính sẽ tìm được giá trị gần bằng của 2 nghiệm phương trình là: \[{{x}_{1}}\approx -\text{0,6180339887}...\] và \[{{x}_{2}}\approx \text{1, 618033989}...\].Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}
{x_1} + {x_2} = 1\\
{x_1}.{x_2} =  - 1
\end{array} \right.$ hay $x1$ và $x2$ là hai nghiệm của phương trình : ${{x}^{2}}-x-1=0$. Từ đây ta sẽ nghĩ tới việc đưa phương trình về dạng: $\left( {{x}^{2}}-x-1 \right)P\left( x \right)=0$. Ta sẽ có phương pháp như sau:

Viết lại phương trình đã cho:
\[\begin{array}{l}
{x^3} - 3x + 1 - \left( {ax + b} \right) = \sqrt {8 - 3{x^2}}  - \left( {ax + b} \right)\\
 \Leftrightarrow {x^3} - 3x + 1 - \left( {ax + b} \right) + \frac{{{{\left( {ax + b} \right)}^2} + 3{x^2} - 8}}{{\sqrt {8 - 3{x^2}}  + \left( {ax + b} \right)}} = 0\\
 \Leftrightarrow {x^3} - \left( {a + 3} \right)x + 1 - b + \frac{{\left( {{a^2} + 3} \right){x^2} + 2abx + {b^2} - 8}}{{\sqrt {8 - 3{x^2}}  + \left( {ax + b} \right)}} = 0
\end{array}\]

Để xuất hiện nhân tử ${{x}^{2}}-x-1$ thì $\left( {{a}^{2}}+3 \right){{x}^{2}}+2abx+{{b}^{2}}-8=\alpha \left( {{x}^{2}}-x-1 \right)$. Ta sẽ thử chọn số $\alpha $ sao cho  $\alpha -3$ chính phương. Rất may mắn là với $\alpha =4$ thõa mãn. Hay khi

đó $\left\{ \begin{array}{l}
a =  - 1\\
b = 2
\end{array} \right.$ là cặp số cần tìm:

Ta có lời giải hoàn chỉnh sau đây:

Điều kiện: $-\frac{2\sqrt{6}}{3}\le x\le \frac{2\sqrt{6}}{3}$.

Biến đổi phương trình đã cho trở thành:
\[\begin{array}{l}
{x^3} - 2x - 1 = \sqrt {8 - 3{x^2}}  - \left( { - x + 2} \right)\\
 \Leftrightarrow {x^3} - 2x - 1 + 4.\frac{{{x^2} - x - 1}}{{\sqrt {8 - 3{x^2}}  + \left( { - x + 2} \right)}} = 0\\
 \Leftrightarrow \left( {{x^2} - x - 1} \right)\left( {x + 1 + \frac{4}{{\sqrt {8 - 3{x^2}}  + \left( { - x + 2} \right)}}} \right) = 0\\
 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
{x^2} - x - 1 = 0\\
\begin{array}{*{20}{c}}
{x + 1 + \frac{4}{{\sqrt {8 - 3{x^2}}  + \left( { - x + 2} \right)}} = 0}&{\left( * \right)}
\end{array}
\end{array} \right.
\end{array}\]

Xét hàm số:  $f\left( x \right)=\sqrt{8-3{{x}^{2}}}+\left( -x+2 \right)$ ta có:  $f'\left( x \right)=\frac{-3x}{\sqrt{8-3{{x}^{2}}}}-1$

\[f'\left( x \right)=0\Leftrightarrow x=-\sqrt{\frac{2}{3}}\]

Ta sẽ tìm được $0<f'\left( x \right)\le \frac{6+4\sqrt{6}}{3}$.

Do đó: \[\Rightarrow x+1+\frac{4}{\sqrt{8-3{{x}^{2}}}+\left( -x+2 \right)}=x+1+\frac{4}{f\left( x \right)}\ge -\frac{2\sqrt{6}}{3}+1+\frac{12}{6+4\sqrt{6}}>0\]

Vậy nên (*) vô nghiệm.

Kết luận nghiệm của phương trình đã cho là: \[{{x}^{2}}-x-1=0\Leftrightarrow x=\frac{1\pm \sqrt{5}}{2}\].

Lưu ý: Khi giải các bài toán sử dụng liên hợp mà có nghiệm duy nhất thì thường phải chứng minh một phương trình nào đấy vô nghiệm, công việc này khá khó khăn, vì vậy chúng ta nên làm thuần thục các bài toán cơ bản vì đôi lúc là các kiến thức rất dễ nhưng do chúng ta chủ quan làm cho việc giải bài đó khó khăn hơn.

Đề thi thử lần 1 môn THPT chuyên Nguyễn Huệ Hà Nội 2015

Xem online tại đây. Kéo xuống dưới để tải về.



Tải về

Đề thi thử môn hóa trường THPT Thăng Long Hà Nội lần 1

Xem online tại đây.
Kéo xuống dưới để tải về.




Tải về 

Tài liệu về phương trình hệ phương trình

Đây là tài liệu của bạn Nguyễn Văn Quốc Tuấn [VNAVHMU] tổng hợp mong có thể giúp các bạn 1 phần nào đấy.
Chúc các bạn học tốt.
Xem online tại đây

Tải về tại đây

Ép biến với bất đẳng thức đối xứng

Bài toán : Cho $a,b,c$ là 3 số thực không âm sao cho không có hai số nào cùng bằng 0 đồng thời . Chứng minh rằng :

$\sqrt{\dfrac{a}{b+c}}+\sqrt{\dfrac{b}{c+a}}+\sqrt{\dfrac{c}{a+b}}+3\sqrt{3}\sqrt{\dfrac{ab+bc+ca}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}}\ge \dfrac{7\sqrt{2}}{2}$

Lời giải : Đôi lúc một bài toán được lắp ghép từ các bài toán nhỏ, vấn đề là chúng ta phải tìm được các ý nhỏ được che dấu đi và lắp ghép lại thành bài toán mới . 

Bổ đề 1 : Cho $a,b,c\ge 0$ Khi đó ta có :

$\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\ge \dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{ab+bc+ca}$

Thật vậy, bất đẳng thức tương đương với :

$(ab+bc+ca)\left( \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b} \right)\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$

Khai triển ra ta thấy ngay đây là bất đẳng thức đúng .

Bổ đề 2 : Với các số thực dương $a,b,c$ thì :

$\sqrt{\dfrac{ab}{(a+c)(b+c)}}+\sqrt{\dfrac{bc}{(b+a)(c+a)}}+\sqrt{\dfrac{ca}{(c+b)(a+b)}}\ge 1$

Gợi ý giải : Áp dụng AM-GM :

\[\sqrt {\frac{{ab}}{{(a + c)(b + c)}}}  = \sqrt {\frac{{ab{{(2ab + 2bc + 2ca)}^2}}}{{4(a + c)(b + c){{(ab + bc + ca)}^2}}}} \]
\[ = \sqrt {\frac{{ab{{(a(b + c) + b(a + c))}^2}}}{{4(a + c)(b + c){{(ab + bc + ca)}^2}}}} \]
\[ \ge \sqrt {\frac{{ab4a(b + c)b(a + c)}}{{4(a + c)(b + c){{(ab + bc + ca)}^2}}}}  = \frac{{ab}}{{ab + bc + ca}}\]

Tương tự thêm 2 bất đẳng thức nữa rồi cộng lại ta có điều phải chứng minh .

Quay lại bài toán :

Đặt $\sqrt{\dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{ab+bc+ca}}=t\ge 1$ và sử dụng các đánh giá trên ta được :

\[{\left( {\sum {\sqrt {\frac{a}{{b + c}}} } } \right)^2} = \sum {\frac{a}{{b + c}}}  + 2\sum {\sqrt {\frac{{ab}}{{(a + c)(b + c)}}} } \]
\[ \ge \frac{{{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{{ab + bc + ca}} + 2 = {t^2} + 2\]

Vậy ta cần chứng minh được :

$\sqrt{{{t}^{2}}+2}+\dfrac{3\sqrt{3}}{t}\ge \dfrac{7\sqrt{2}}{2}$

Đây là hàm một biến , việc hoan tất lời giải xin danh cho bạn đọc . 

Trích: Nguyễn Đình Thành Công- Nghiên cứu sinh viện VIASM

Xem online, kéo xuống dưới để tải về.



Tải về tại đây
Chúc các bạn học tốt

Đề bài: Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $ab+bc+ca=1$. Chứng minh rằng: \[\frac{{{a}^{3}}}{1+9{{b}^{2}}ac}+\frac{{{b}^{3}}}{1+9{{c}^{2}}ab}+\frac{{{c}^{3}}}{1+9{{a}^{2}}bc}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{3}}}{18}\]

Lời giải

Ta có:

\[\frac{{{a}^{3}}}{1+9{{b}^{2}}ac}+\frac{{{b}^{3}}}{1+9{{c}^{2}}ab}+\frac{{{c}^{3}}}{1+9{{a}^{2}}bc}=\frac{{{a}^{4}}}{a+9{{a}^{2}}{{b}^{2}}c}+\frac{{{b}^{4}}}{b+9a{{b}^{2}}{{c}^{2}}}+\frac{{{c}^{4}}}{c+9{{a}^{2}}b{{c}^{2}}}\]

\[\ge \frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{a+b+c+9{{a}^{2}}{{b}^{2}}c+9a{{b}^{2}}{{c}^{2}}+9{{a}^{2}}b{{c}^{2}}}=\frac{{{\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}^{2}}}{a+b+c+9abc\left( ab+bc+ca \right)}\]

Mặt khác:
 \[\left\{ \begin{array}{l}
9abc = 3\sqrt[3]{{abc}}.3\sqrt[3]{{{{\left( {abc} \right)}^2}}} \le \left( {a + b + c} \right)\left( {ab + bc + ca} \right) = a + b + c\\
{\left( {{a^2} + {b^2} + {c^2}} \right)^2} \ge \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^4}}}{9}
\end{array} \right.\]

Khi đó:
  \[\begin{array}{*{20}{c}}
{\frac{{{a^4}}}{{a + 9{a^2}{b^2}c}} + \frac{{{b^4}}}{{b + 9a{b^2}{c^2}}} + \frac{{{c^4}}}{{c + 9{a^2}b{c^2}}} \ge \frac{{\frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^4}}}{9}}}{{2\left( {a + b + c} \right)}} = \frac{{{{\left( {a + b + c} \right)}^3}}}{{18}}}&{\left( {dpcm} \right)}
\end{array}\]

Đề thi thử lần 1 diễn đàn Vật Lý Phổ Thông năm 2015.

Xem online, kéo xuống dưới để lấy links tải về:
\
Tải về tại đây

Đề bài: Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác và thõa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-2bc\text{ +}2ca=0$ Tìm giá trị nhỏ nhất của: $P=\frac{{{c}^{2}}}{{{(a+b-c)}^{2}}}+\frac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\frac{\sqrt{ab}}{a+b}$

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của một tam giác và thõa mãn ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+ab-2bc\text{ +}2ca=0$Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$P=\dfrac{{{c}^{2}}}{{{(a+b-c)}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\dfrac{\sqrt{ab}}{a+b}$:

Lời giải

Bất đẳng thức được viết lại dưới dạng:

$P=\dfrac{{{c}^{2}}}{ab}+\dfrac{{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\dfrac{\sqrt{ab}}{a+b}$

Bây giờ ta sẽ dùng CAUCHY-SWARCH  để đánh giá và chú ý $ab\le \dfrac{{{(a+b)}^{2}}}{4}$

\[\begin{array}{l}
P{\rm{ }} = \frac{{{c^2}}}{{2ab}} + \frac{{{c^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{c^2}}}{{2ab}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}}\\
 \ge \frac{{9{c^2}}}{{{{(a + b)}^2} + ab}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}} \ge \frac{{36{c^2}}}{{5{{(a + b)}^2}}} + \frac{{\sqrt {ab} }}{{a + b}}{\rm{  }}
\end{array}\]

Từ giả thiết:${{(a+b-c)}^{2}}=ab\Rightarrow \sqrt{ab}=a+b-c$

Từ đó suy ra $$P\ge \dfrac{36{{c}^{2}}}{5{{(a+b)}^{2}}}+\dfrac{a+b-c}{a+b}=\dfrac{36}{5}{{\left( \dfrac{c}{a+b} \right)}^{2}}+1-\dfrac{c}{a+b}$$

Chúng ta củng sẽ có:${{(a+b-c)}^{2}}=ab\le {{\left( \dfrac{a+b}{2} \right)}^{2}}\Rightarrow \dfrac{1}{2}\le \dfrac{c}{a+b}\le \dfrac{3}{2}$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta sẽ có:

$\dfrac{36}{5}{{\left( \dfrac{c}{a+b} \right)}^{2}}+1-\dfrac{c}{a+b}\ge \dfrac{36}{5}\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{4}{5}-\dfrac{c}{a+b}=\dfrac{31}{5}\dfrac{c}{a+b}-\dfrac{4}{5}\ge \dfrac{23}{10}$

Nguồn: Nguyễn Đình Thành Công - Nghiên cứu sinh tại viện Toán cao cấp Việt Nam 

Đề thi chọn HSG Quốc gia MÔN TOÁN năm 2015

Ngày thứ nhất: 8/01/2015

Câu 1(5,0 điểm) Cho a là số thực không âm và dãy số $({u_n})$ xác định bởi:

\[{u_1} = 3,{u_{n + 1}} = \frac{1}{2}{u_n} + \frac{{{n^2}}}{{4{n^2} + a}}\sqrt {u_n^2 + 3} \] với mọi $n \ge 1$.

a)  Với $a = 0$, chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

b)  Với mọi a thuộc đoạn [0;1]. Chứng minh dãy số có giới hạn hữu hạn.

Câu 2(5,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực không âm chứng minh rằng

\[3({a^2} + {b^2} + {c^2}) \ge (a + b + c)(\sqrt {ab}  + \sqrt {bc}  + \sqrt {ca} ) + {(a - b)^2} + {(b - c)^2} + {(c - a)^2} \ge {(a + b + c)^2}\].

Câu 3(5,0 điểm) Cho số nguyên dương K. Tìm các số tự nhiên n không vượt quá ${10^K}$ đồng thời thoả mãn các điều kiện sau

i)  n chia hết cho 3.

ii)  Các chữ số trong biểu diễn thập phân của n thuộc tập hợp $\left\{ {2,0,1,5} \right\}$.

Câu 4(5,0 điểm) Cho đường tròn (O) và 2 điểm cố định B,C trên (O), BC không là đường kính. Một điểm A trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn. Gọi E,F lần lượt là chân đường cao kẻ từ B,C của tam giác ABC. Cho (I) là đường tròn thay đổi đi qua E,F và có tâm I.

a)  Giả sử (I) tiếp xúc với BC tại D. Chứng minh rằng $\frac{{DB}}{{DC}} = \sqrt {\frac{{\cot B}}{{\cot C}}} $.

b)  Giả sử (I) cắt cạnh BC tại hai điểm M,N. Gọi H là trực tâm tam giác ABC và P,Q là giao điểm của (I) với đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC. Đường tròn (K) đi qua P,Q và tiếp xúc với (O) tại điểm T ( T cùng phía A đối với PQ ). Chứng minh rằng đường phân giác trong của góc $\widehat {MTN}$đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ 2: 9/1/2015

Câu 5(7,0 điểm). Cho $({f_n}(x))$ là dãy đa thức xác định bởi

\[{f_0}(x) = 2,{f_1}(x) = 3x,{f_n}(x) = 3x{f_{n - 1}}(x) + (1 - x - 2{x^2}){f_{n - 2}}(x)\] với mọi $n \ge 2$.

Tìm tất cả các số nguyên dương n để ${f_n}(x)$ chia hết cho ${x^3} - {x^2} + x$.

Câu 6(7,0 điểm). Với a,n nguyên dương, xét phương trình ${a^2}x + 6ay + 36z = n$, trong đó x,y,z là các số tự nhiên.

a) Tìm tất cả các giá trị của a để với mọi $n \ge 250$, phương trình đã cho luôn có nghiệm (x;y;z).

b) Biết rằng $a > 1$ và nguyên tố cùng nhau với 6. Tìm giá trị lớn nhất của n theo a để phương trình đã cho không có nghiệm (x;y;z).

Câu 7 (6,0 điểm). Có m học sinh nữ và n học sinh nam $(m,n \ge 2)$ tham gia một liên hoan song ca. Tại liên hoan Song ca, mỗi buôỉ biểu diễn một chương trình văn nghệ. Mỗi chương trình văn nghệ bao gồm một số bài song ca nam – nữ trong đó mỗi đôi nam – nữ chỉ hát với nhau không quá một bài và mỗi học sinh đều được hát ít nhất một bài. Hai chương trình được coi là khác nhau nếu có một cặp nam – nữ hát với nhau ở chương trình này nhưng không hát với nhau ở chương trình kia. Liên hoan song ca chỉ kết thúc khi tất cả các chương trình khác nhau có thể có đều được biểu diễn, mỗi chương trình được biểu diễn đúng một lần.

a)  Một chương trình được gọi là lệ thuộc vào học sinh X nếu như huỷ tất cả các bài song ca mà X tham gia thì có ít nhất một học sinh khác không được hát bài nào trong chương trình đó. Chứng minh rằng trong tất cả các chương trình lệ thuộc vào X thì số chương trình có số lẻ bài hát bằng số chương trình có số chẵn bài hát.

b)  Chứng minh rằng Ban tổ chức Liên hoan có thể sắp xếp các buổi biểu diễn sao cho số các bài hát tại hai buổi biểu diễn liên tiếp bất kỳ không cùng tính chẵn lẻ.

---HẾT ----

Copy of Mathlinks.vn

Đề ra: Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tổng bằng $3$. Chứng minh rằng \[S = {a^2} + {b^2} + {c^2} + \frac{{ab + bc + ca}}{{{a^2}b + {b^2}c + {c^2}a}} - \left( {ab + bc + ca} \right) \ge 1\]

Lời giải

Bài giải: Rõ ràng ta sẽ hướng đến đặt ẩn phụ ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=t$ hoặc $ab+bc+ca=t$ vì chúng có thể đánh  giá được và quan trọng hơn chúng có mối quan hệ với đại lượng còn lại qua hằng đẳng thức:

\[{{\left( a+b+c \right)}^{2}}=\sum{{{a}^{2}}}+2\sum{ab}\]

Vậy vấn đề bây giờ là tìm mối qua hệ đẳng thức hoặc bất đẳng thức giữa ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$ với $ab+bc+ca$ hoặc ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$. Ở đây, ta sẽ trình bày nó theo 3 cách. Không chỉ đơn giản là giải bài toán này, sau đây sẽ cung cấp cho các bạn những BĐT phụ liên quan qua đó thể hiện quan hệ của:

$ab+bc+ca$; ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}$; ${{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a$; $a+b+c$

Cách 1: Sử dụng BĐT phụ: 

\[\left( a+b+c \right)\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)\ge 3\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)\] với mọi a,b,c dương.

Chứng minh: BĐT này ta đã gặp một lần ở một bài toán thuộc phần kĩ thuật chuẩn hóa BĐT đối xứng thuần nhất, xin được nhắc lại:

BĐT trên \[\Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}+{{c}^{3}}+a{{b}^{2}}+b{{c}^{2}}+{{a}^{2}}c\ge 2\left( {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a \right)\]

Sử dụng BĐT Cauchy ta có:  \[{{a}^{3}}+a{{b}^{2}}\ge 2{{a}^{2}}b\]. Tương tự cho 2 biến còn lại. Cộng vế thoe vê scacs BĐT ta có đpcm. Đây là một BĐT quen thuộc và quan trọng. Trở lại với bài toán:

Khi đó, từ \[a+b+c=3\], ta có: \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge {{a}^{2}}b+{{b}^{2}}c+{{c}^{2}}a\]

Suy ra: \[\]\[S\ge {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}+\frac{ab+bc+ca}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}-\left( ab+bc+ca \right)\]

Đặt \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}=t\left( t\ge 0 \right)\Rightarrow ab+bc+ca=\frac{1}{2}\left( 9-t \right)\]

Từ \[{{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{3}=3\Rightarrow t\ge 3\]

Khi đó: \[\begin{array}{l}
S \ge t + \frac{{9 - t}}{{2t}} - \frac{1}{2}\left( {9 - t} \right) = \frac{3}{2}t + \frac{9}{{2t}} - 5\\
 = \left( {\frac{t}{2} + \frac{9}{{2t}}} \right) + t - 5 \ge 2\sqrt {\frac{t}{2}.\frac{9}{{2t}}}  + t - 5 \ge 1
\end{array}\]

Dấu “=” có \[\Leftrightarrow a=b=c=1\]

Trích: Nguyễn Đình Thành Công

ĐỀ THI THỬ KÌ THI QUỐC GIA THPT NĂM 2015 MÔN HÓA HỌC

Đề thi được soạn bởi bạn Nguyễn Quang Tùng.
Facebook: Links

Tải về tại đây

Tuyển tập hình học giải tích trong mặt phẳng có lời giải chi tiết

Chuyên đề Oxy luyện thi đại học có lời giải chi tiết.
Demo
TẢI VỀ FILE PDF

Đề thi thử lần 6 môn toán diễn đàn Mathlinks.vn

Câu 1(2,0 điểm).} Cho hàm số $y = \dfrac{{x + 3}}{{x + 2}}{\rm{ }}(1)$.

1.}        Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số $(1)$.

2.}        Viết phương trình đường thẳng $d$ song song với đường thẳng $y = 2x - 1$, biết $d$ cắt $(1)$ tại hai điểm phân biệt $A$ và $B$ thoả mãn $\overrightarrow {OA} .\overrightarrow {OB}  =  - 4$ (với $O$ là gốc toạ độ).

Câu 2(1,0 điểm).} Giải phương trình $8{\cos ^2}x = \cos 3x + 6\cos x$.

Câu 3(1,0 điểm).} Tính tích phân $I = \int\limits_0^{\dfrac{\pi }{3}} {\dfrac{{\sin 8x}}{{\cos x}}dx} $.

Câu 4(1,0 điểm).}

a)}        Giải hệ phương trình $\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
\begin{array}{l}
{y^2} - 2({x^2} + x) = y\ln (y - x)\\
2{x^3} - {y^3} = 3xy(x - y)
\end{array}
\end{array}} \right.$

b)}        Một lớp học có 30 học sinh gồm 12 nam và 18 nữ, trong đó có nam sinh Bình. Thầy giáo gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng để kiểm tra bài cũ. Tính xác suất để Bình không được gọi lên bảng và 4 học sinh gọi lên bảng có đủ cả nam và nữ.

Câu 5(1,0 điểm).} Cho hình chóp $S.ABC$ có đáy $ABC$ là tam giác vuông tại $B$, $BA = a,AC = 2a$ và tam giác $SAB$ đều. Hình chiếu của $S$ lên mặt đáy (ABC) trùng với trung điểm $M$ của $AC$. Tính thể tích khối chóp $S.ABC$ và khoảng cách giữa hai đường thẳng $SA$ và $BC$.

Câu 6(1,0 điểm).} Trong không gian với hệ trục toạ độ $Oxyz$ cho đường thẳng $d:\dfrac{x}{1} = \dfrac{{y - 1}}{2} = \dfrac{{z + 1}}{1}$. Tìm toạ độ giao điểm $A$ của $d$ và mặt phẳng $(Oxy)$. Viết phương trình đường thẳng $d’$ nằm trong mặt phẳng $(Oxy)$ cắt $d$ và vuông góc với $d$.

Câu 7(1,0 điểm).} Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$ cho hình chữ nhật $ABCD$ có diện tích bằng 4. Hình chiếu của $B,D$ xuống $AC$ lần lượt là $H( - 1;1),K(3;3)$. Đỉnh $D$ có hoành độ nguyên nằm trục $Ox$. Tìm toạ độ đỉnh $C$. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác $DHK$.

Câu 8(1,0 điểm).} Giải bất phương trình $2\sqrt {x + 1}  + 2(x - 7)\sqrt[3]{{6 - 2x}} \ge  - 2{x^2} + 29x - 65$.

Câu 9(1,0 điểm).} Cho $a,b$ là hai số thực dương thoả mãn điều kiện ${a^2} + {b^2} + a + b = 4$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

\[P = {\left( {\dfrac{{{a^2} + 1}}{{{a^2} + a}}} \right)^3} + {\left( {\dfrac{{{b^2} + 1}}{{{b^2} + b}}} \right)^3} + \dfrac{{a + b}}{{\sqrt {{{(a + b)}^2} + 4} }}\]

Copy of Mathlinks.vn. Thảo luận tại đây

Đề bài: Cho $a,b,c$ là các số thực dương lớn hơn $1$. Chứng minh rằng. \[\frac{{{{\log }_b}a}}{{a + b}} + \frac{{{{\log }_c}b}}{{b + c}} + \frac{{{{\log }_a}c}}{{c + a}} \ge \frac{9}{{2\left( {a + b + c} \right)}}\]

Lời giải

Chú ý rằng: ${\log _b}a.{\log _c}b.{\log _a}c = 1$

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: \[\frac{{{{\log }_b}a}}{{a + b}} + \frac{{{{\log }_c}b}}{{b + c}} + \frac{{{{\log }_a}c}}{{c + a}} \ge 3\sqrt[3]{{\frac{{{{\log }_b}a}}{{a + b}}.\frac{{{{\log }_c}b}}{{b + c}}.\frac{{{{\log }_a}c}}{{c + a}}}} = \frac{3}{{\sqrt[3]{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}}}\]

Mặt khác theo AM-GM ta cũng có: \[\left( {a + b} \right) + \left( {b + c} \right) + \left( {c + a} \right) = 2\left( {a + b + c} \right) \ge 3\sqrt[3]{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}\]

Hay: \[\frac{1}{{\sqrt[3]{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}}} \ge \frac{3}{{2\left( {a + b + c} \right)}}\]

Do đó:

\[\frac{{{{\log }_b}a}}{{a + b}} + \frac{{{{\log }_c}b}}{{b + c}} + \frac{{{{\log }_a}c}}{{c + a}} \ge \frac{9}{{2\left( {a + b + c} \right)}}\]

Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c>1$

Bộ tài liệu tổng hợp ôn thi Đại Học môn Hóa

Sau khi ôn thi đại học mình đã tổng hợp lại một số tài liệu bổ ích cho các bạn ôn thi đại học ( tự học) môn hóa.



Trong tài liệu này tổng hợp đầy đủ các dạng bài tập và lý thuyết liên quan trong đề thi đại học, nhưng không thể tránh khỏi thiếu sót.
Chúc các bạn học tốt.
Tải về tại đây
Nếu thấy blog hay mong các bạn chia sẻ nhé :))))

Tổng hợp các phương pháp giải nhanh môn hóa

Các phương pháp giải nhanh Hóa sẽ cung cấp cho bạn những kiến thức, phương pháp để làm sao giải nhanh các bài trắc nghiệm môn Hóa với nhiều ví dụ đính kèm sẽ giúp bạn hoàn thiện hơn kỹ năng giải các dạng toán và tự tin đối đầu với các kỳ thi sắp tới.

Chúc các bạn học tốt
Links tải về tại đây

Đề bài: Cho các số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1$. Tìm giá trị lớn nhất của \[T = \frac{1}{{2 + a}} + \frac{1}{{2 + b}} + \frac{2}{{\sqrt {3\left( {2 + c} \right)} }}\]

Lời giải

Trước hết ta đi chứng minh bổ đề sau: \[\frac{1}{{2 + a}} + \frac{1}{{2 + b}} + \frac{1}{{2 + c}} \le 1\]

Ta có:

$$\begin{array}{l}
\frac{1}{{2 + a}} + \frac{1}{{2 + b}} + \frac{1}{{2 + c}} \le 1\\
 \Leftrightarrow 1 - \frac{2}{{2 + a}} + 1 - \frac{2}{{2 + b}} + 1 - \frac{2}{{2 + c}} \ge 1\\
 \Leftrightarrow \frac{a}{{2 + a}} + \frac{b}{{2 + b}} + \frac{c}{{2 + c}} \ge 1
\end{array}$$

Tồn tại các số thực $x,y,z$ sao cho $a = \frac{x}{y};\,\,b = \frac{y}{z};\,\,c = \frac{z}{x}$ 

Ta cần chứng minh.

$$\begin{array}{l}
\frac{{\frac{x}{y}}}{{2 + \frac{x}{y}}} + \frac{{\frac{y}{z}}}{{2 + \frac{y}{z}}} + \frac{{\frac{z}{x}}}{{2 + \frac{z}{x}}} = \frac{x}{{2y + x}} + \frac{y}{{2z + y}} + \frac{z}{{2x + z}} \ge 1\\
 \Leftrightarrow \frac{{{x^2}}}{{2xy + {x^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{2yz + {y^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{2zx + {z^2}}} \ge 1
\end{array}$$

Theo Svacxo ta có:

$$\begin{array}{l}
\frac{{{x^2}}}{{2xy + {x^2}}} + \frac{{{y^2}}}{{2yz + {y^2}}} + \frac{{{z^2}}}{{2zx + {z^2}}} \ge \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{2xy + {x^2} + 2yz + {y^2} + 2zx + {z^2}}}\\
 = \frac{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}}{{{{\left( {x + y + z} \right)}^2}}} = 1
\end{array}$$

Dấu bằng xảy ra khi: $x = y = z \Leftrightarrow a = b = c$

Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:

\[\begin{array}{l}
\frac{1}{{2 + a}} + \frac{1}{{2 + b}} \le 1 - \frac{1}{{2 + c}}\\
 \Leftrightarrow \frac{1}{{2 + a}} + \frac{1}{{2 + b}} + \frac{2}{{\sqrt {3\left( {2 + c} \right)} }} \le 1 - \frac{1}{{2 + c}} + \frac{2}{{\sqrt {3\left( {2 + c} \right)} }}\\
 \Leftrightarrow T \le 1 - \frac{1}{{2 + c}} + \frac{2}{{\sqrt {3\left( {2 + c} \right)} }}\\
 \Leftrightarrow T \le  - \left( {\frac{1}{{2 + c}} - \frac{2}{{\sqrt {3\left( {2 + c} \right)} }} + \frac{1}{3}} \right) + \frac{4}{3}\\
 \Leftrightarrow T \le  - {\left( {\frac{1}{{\sqrt {2 + c} }} - \frac{1}{{\sqrt 3 }}} \right)^2} + \frac{4}{3} \le \frac{4}{3}
\end{array}\]
Dấu bằng xảy ra khi: $\frac{1}{{\sqrt {2 + c} }} = \frac{1}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow c = 1$
Vậy giá trị lớn nhất của $P = \frac{4}{3}$ khi $a=b=c=1$

Tuyển chọn và giới thiệu 100 HỆ PHƯƠNG TRÌNH

Xem online


Tải về

Đề thi thử lần 1 THPT Đào Duy Từ Thanh Hóa

Xem online
Tải về

[Thầy Trần Nam Dũng] Cách học 1 bài toán như thế nào

Xem Online

Tải về

Tuyển tập hình học giải tích trong mặt phẳng

Tải về tại đây

TUYỂN CHỌN 410 BÀI HỆ PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ

Xem online kéo xuống dưới để tải về


Tải về tại đây