-Nếu x= thì y=0,z=0$= >$ Biểu thức vô nghĩa

$= > x,y,z$ đều khác 0.

Từ hệ phương trình ta có :$\frac{a}{x}+\frac{b}{y}=\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=\frac{c}{z}+\frac{a}{x}=\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2}= > 2(\frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z})=3(\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2})< = > \frac{a}{x}+\frac{b}{y}+\frac{c}{z}=\frac{3}{2}.\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2}= > \frac{a}{x}=\frac{b}{y}=\frac{c}{z}=\frac{3}{2}.\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2}-\frac{a^2+b^2+c^2}{x^2+y^2+z^2}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2(x^2+y^2+z^2)}$

Đặt $\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}=t= > x=at,y=bt,z=ct= > \frac{a}{x}=\frac{a}{at}=\frac{a^2+b^2+c^2}{2t^2(a^2+b^2+c^2)}=\frac{1}{2t^2}= > \frac{1}{t}=\frac{1}{2t^2}= > t=\frac{1}{2}= > x=\frac{a}{2},y=\frac{b}{2},z=\frac{c}{2}$

Bạn giải giúp mình đc k??

Để mình xem đã

GIẢI PT

(1+sinx)(2sin2x+1-2sinx-2cosx) + $(sinx+cosx)^{4}-2(sinx+cosx)^{2}$ = 1

Mình sửa đề cho bạn lại như sau : $(1+sinx)(2sin2x+1-2sinx-2cosx)+(sinx+cosx)^4-2(sinx+coxx)^2=1$

bạn sửa lại giùm mình cái cuối k có mũ 2 cho mình với!!!!

$(1+sinx)(2sin2x+1-2sinx-2cosx)+(sinx+cosx)^4-2(sinx+cox)=1$

Bài 1: Giả sử $a< 0$.Do $a+b+c> 0= > b+c> 0= > a(b+c)< 0$.Do $ab+bc+ac> 0= > bc> 0= > abc< 0$(vô lý do $abc> 0$)

$= > a> 0$.Tương tự $b> 0,c> 0$

trong tất cả các cặp số nguyên dương a,b thoả mãn (a-3)(b-4)=12

hãy tìm cặp a,b sao cho ${\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}_{max}$ 

thank nhé      

Để $\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}$ Max $< = > a,b$ Min .

Ta có :$(a-3)(b-4)=12=1.12=2.6=3.4$

Đến đây thử các TH là ra

Bài 2: Ta có :$cotB+cotC=\frac{BH}{AH}+\frac{CH}{AH}=\frac{BH+CH}{AH}=\frac{BC}{AH}= > \frac{BC}{cotB+cotC}=\frac{BC}{\frac{BC}{AH}}=AH$(đpcm)

Theo bdt Bunhiacopxki có :$(a+b+c-abc)^2=\left [ a(1-bc)+(b+c) \right ]^2\leq (a^2+(b+c)^2)((1-bc)^2+1^2)=(a^2+b^2+c^2+2bc)(b^2c^2-2bc+2)=(1+2bc)(b^2c^2-2bc+2)$

Do đó ta cần CM :$(3+2bc)(b^2c^2-2bc+2)\leq 16< = > 2b^3c^3-4b^2c^2+4bc+3b^2c^2-6bc+10\leq 0< = > 2b^3c^3-b^2c^2-2bc+10\leq 0$

Bạn ơi, thế cứ biết nhiều bất đẳng thức hay là làm được nhiều bài tập à!

ừ tùy vào từng bài thôi không phải bài này cũng dùng được đâu

Dựa vào đâu mà bạn biết cách chứng minh bài này thế!

Chỉ dựa vào đk và bdt Bunhiacopxki thôi

Cho $\Delta ABC$ có R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp .CMR: $\frac{AB+BC+CA}{4}<R+r$

Đặt $AB=c,BC=a,CA=b$

Ta có :$R=\frac{abc}{4S}=\frac{abc}{4\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}},r=\frac{2S}{a+b+c}=\frac{2\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{a+b+c}$

Đặt $p-a=x,p-b=y,p-c=z= > a=y+z,b=x+z,c=x+y,a+b+c=2(x+y+z)$

BĐT $< = > \frac{\sum x}{2}< \frac{(x+y)(y+z)(x+z)}{4\sqrt{xyz(\sum x)}}+\frac{\sqrt{xyz(\sum x)}}{\sum x}< = > 2(\sum x)^2\sqrt{xyz(\sum x)}\leq (x+y)(y+z)(x+z)+4xyz(\sum x)$

Nhưng bđt này luôn đúng do theo AM-GM có :

  $(x+y)(y+z)(x+z)(\sum x)+4xyz(\sum x)=(\sum x)((x+y)(y+z)(x+z)+4xyz)> (\sum x)((x+y)(y+z)(x+z)+xyz)=(\sum x)(\sum x)(\sum xy)=(\sum x)^2(\sum xy)\geq (\sum x)^2\sqrt{3xyz(\sum x)}=(\sum x)^2.\frac{3}{\sqrt{3}}\sqrt{xyz(\sum x)}> (\sum x)^2.\frac{2}{\sqrt{3}}\sqrt{xyz(\sum x)}$

Cho tam giác ABC có độ dài 3 cạnh là a,b,c và M là điểm bất kì .

CMR :$\frac{MA}{BC}+\frac{MB}{AC}+\frac{MC}{AB}\geq \frac{BC+CA+AB}{MA+MB+MC}$

Mình vừa mới tìm được một bài khá hay .

  Giải hệ phương trình :$\left\{\begin{matrix} x^2+y^2=1\\x^5+y^5+x^3y^5+y^3x^5=1+x^2y^2 \end{matrix}\right.$

Bài toán :Cho tam giác ABC .Đường tròn $(O)$ bất kì đi qua B,C.Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cất BC tại E,F và cắt giao điểm đường trung trực AB,AC,BC tại L,S,T. CMR :$(LST)$ chia đôi EF

Bài toán:Tìm các số tự nhiên a sao cho số :$4a^3+4a^2+4a+1$ là số chính phương.

Bài toán :

   Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ và $M$ là điểm bất kì nằm trong tam giác .Nối $AM,BM,CM$ cắt đường tròn $(O)$ tại $A_{1},B_{1},C_{1}$. Gọi $A_{2},B_{2},C_{2}$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BMC,\Delta AMC,\Delta AMB$.

   CMR :$A_{1}A_{2},B_{1}B_{2},C_{1}C_{2}$ đồng quy tại một điểm nằm trên $(O)$

 Các bạn chịu khó vẽ hình :

Ta có :$(A_{1}C,A_{1}B_{1})\equiv (BC,BB_{1})(mod \pi )\equiv (BC,BM)(mod \pi )\equiv \frac{1}{2}(\overrightarrow{A_{2}C},\overrightarrow{A_{2}M})(mod \pi )\equiv (A_{2}C,A_{2}B_{2})(mod \pi )$

Tương tự :$(B_{1}C,B_{1}A_{1})\equiv (B_{2}C,B_{2}A_{2})(mod \pi )$

$= > \Delta A_{1}B_{1}C$ và $\Delta A_{2}B_{2}C$ đồng dạng cùng hướng .

$= > \Delta A_{1}A_{2}C$ và $\Delta B_{1}B_{2}C$ đồng dạng cùng hướng .

 Giả sử $A_{1}A_{2}$ cắt $(O)$ tại $P$

Ta có :$(PA_{1},B_{2}B_{1})\equiv (A_{2}A_{1},B_{2}B_{1})\equiv (CA_{1},CB_{1})\equiv (PA_{1},PB_{1})(mod \pi )= > B_{1}B_{2}$ đi qua điểm P 

Tương tự $C_{1}C_{2}$ đi qua P 

   Vậy $A_{1}A_{2},B_{1}B_{2},C_{1}C_{2}$ đồng quy tại điểm P

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B NĂM 2014

---------------------

Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số $y = {x^3} - 3mx + 1$ (1), với $m$ là tham số thực.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số $(1)$ khi $m=1$.
b. Cho điểm $A(2;3)$. Tìm $m$ để đồ thị hàm số $(1)$ có hai điẻm cực trị $B$ và $C$ sao cho tam giác $ABC$ cân tại $A$.

Câu 2: (1,0 điểm) Giải phương trình $\sqrt 2 \left( {\sin x - 2\cos x} \right) = 2 - \sin 2x$.

Câu 3: (1,0 điểm) Tính tích phân $\int\limits_1^2 {\frac{{{x^2} + 3x + 1}}{{{x^2} + x}}dx} $

Câu 4: (1,0 điểm)
a. Cho số phức $z$ thỏa mã điều kiện $2z + 3\left( {1 - i} \right)\overline z = 1 - 9i$. Tính môđun của $z$.

b. Để kiểm tra chất lượng sản phân từ một công ty sữa, người ta phải gửi đến bộ phận kiểm j nghiệm 5 hộp sữa cam, 4 hộp sữa dâu và 3 hộp sữa nho. Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên 3 hộp sữa để phân tích nẫu. Tính xác suất để 3 hộp sữa được chọn có cả 3 loại.

Câu 5: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho điểm $A(1;0;-1)$ và đường thẳng $d:\frac{{x - 1}}{2} = \frac{{y + 1}}{2} = \frac{z}{{ - 1}}$. Viết phương trình mặt phẳng qua $A$ và vuông góc với $d$. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của $A$ trên $d$.

Câu 6: (1,0 điểm) Cho lăng trụ $ABC.A'B'C'$ có đấy là tam giác đều cạnh $a$. Hình chiếu vuông góc của $A'$ trên mặt phẳng $(ABC)$ là trung điểm của cạnh $AB$, góc giữa đường thẳng $A'C$ và mặt đáy bằng $60^\circ $. Tính theo $a$ thể tích của khối lăng trụ $ABC.A'B'C'$ và khoảng cách từ điểm $B$ đến mặt phẳng $(ACC'A')$.

Câu 7: (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình bình hành $ABCD$. ĐIểm $M(-3;0)$ là trung điểm của cạnh $AB$, điểm $H(0;-1)$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $AD$ và điểm $G\left( {\frac{4}{3};3} \right)$ là trọng tâm tam gáic $BCD$. Tìm tọa độ các điểm $B$ và $D$

Câu 8: (1,0 điểm) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \left( {1 - y} \right)\sqrt {x - y} + x = 2 + \left( {x - y - 1} \right)\sqrt y \\ 2{y^2} -3x+6y + 1=2\sqrt {x - 2y} - \sqrt {4x - 5y - 3} \end{matrix}\right.\left( {x,y \in R} \right)$

Câu 9: (1,0 điểm) Cho các số thực $a,b,c$ không âm thỏa mã điều kiện $(a+b)c>0$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$P = \sqrt {\frac{a}{{b + c}}} + \sqrt {\frac{b}{{a + c}}} + \frac{c}{{2\left( {a + b} \right)}}$

_HẾT_

Câu 9:(Câu này không khó hơn đề A)
Theo AM-GM có :$P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}+\frac{b}{\sqrt{b(a+c)}}+\frac{c}{2(a+b)}\geq \frac{a}{\frac{a+b+c}{2}}+\frac{b}{\frac{a+b+c}{2}}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{2(a+b)}{a+b+c}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{2(a+b)}{a+b+c}+(\frac{c}{2(a+b)}+\frac{1}{2})-\frac{1}{2}=\frac{2(a+b)}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{2(a+b)}-\frac{1}{2}\geq 2\sqrt{\frac{2(a+b)(a+b+c)}{(a+b+c).2(a+b)}}-\frac{1}{2}=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}= > P\geq \frac{3}{2}$
Dấu =xảy ra khi $a=0,b=a+c,4(a+b)^2=(a+b+c)^2< = > a=0,b=c$
Mod : làm câu nào thì trích dẫn câu đó thôi

Câu 9:(Câu này không khó hơn đề A)
Theo AM-GM có :$P=\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{a}{\sqrt{a(b+c)}}+\frac{b}{\sqrt{b(a+c)}}+\frac{c}{2(a+b)}\geq \frac{a}{\frac{a+b+c}{2}}+\frac{b}{\frac{a+b+c}{2}}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{2(a+b)}{a+b+c}+\frac{c}{2(a+b)}=\frac{2(a+b)}{a+b+c}+(\frac{c}{2(a+b)}+\frac{1}{2})-\frac{1}{2}=\frac{2(a+b)}{a+b+c}+\frac{a+b+c}{2(a+b)}-\frac{1}{2}\geq 2\sqrt{\frac{2(a+b)(a+b+c)}{(a+b+c).2(a+b)}}-\frac{1}{2}=2-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}= > P\geq \frac{3}{2}$
Dấu =xảy ra khi $a=0,b=a+c,4(a+b)^2=(a+b+c)^2< = > a=0,b=c$
Mod : làm câu nào thì trích dẫn câu đó thôi

Nhưng trích dẫn từng câu kiểu gì vậy anh

Câu 8: ĐK:$x\geq -2$

BPT $< = > x^2+2x-8+(x+1)(2-\sqrt{x+2})+(x+6)(3-\sqrt{x+7})\leq 0< = > (x-2)(x+4-\frac{x+1}{2+\sqrt{x+2}}-\frac{x+6}{3+\sqrt{x+7}})\leq 0$

Mặt khác $x+4-\frac{x+1}{2+\sqrt{x+2}}-\frac{x+6}{3+\sqrt{x+7}}\geq \frac{x+6}{3}-\frac{x+6}{3}+(\frac{2x+3}{3}-\frac{x+1}{2+\sqrt{x+2}})+1> 0= > x-2\leq 0= > -2\leq x\leq 2$

Mình làm theo cách của mình .Hình vẽ của bạn http://diendantoanho...77-blackselena/ và Nối PK cắt đường tròn (O) tại G ,cắt AD tại Q

Câu a: Ta có :$IK=IC=IB$$= > I$ là tâm đường tròn $(BKC)= > \widehat{KIC}=2\widehat{KBC}=2\widehat{DBC}=2\widehat{FIC}= > \widehat{KIF}=\widehat{FIC},IK=IC= > KF=FC$

Tương tự $KE=BE$

Do đó EF là đường trung bình tam giác $BKC= > EF=\frac{BC}{2}$

Câu b: Do M thuộc trung trực KC $= > \widehat{MKC}=\widehat{MCK}=\widehat{MCA}=\widehat{CAD}=\widehat{KBC}$(Do $CM$ song song AD )(1)

 Mà theo tính chất góc nội tiếp có :$\widehat{MKP}=\widehat{NKP}=\widehat{PBC}$(2)

Từ (1),(2) $= > \widehat{AKG}=\widehat{PKC}=\widehat{KBP}=\widehat{DBP}=\widehat{PGD}= > AK$ song song $DG$(3)

$= > \widehat{GDK}=\widehat{AKD}=\widehat{ADK}$

Mà $ABDG$ là tứ giác nội tiếp nên ABDG là hình thang cân hay  DG=AB=AK(4)

Từ (3) và (4) dẫn tới AKDG là hình bình hành hay Q là trung điểm của AD

 Suy ra PK đi qua trung điểm Q của AD

  (Chắc các men KHTN là ngon bài này rùi......)

Sao đề thi năm nay lại không có HPT nhỉ

 Mình xin giới thiệu cách làm của THCS ,Hình vẽ như của bạn http://diendantoanho...77-blackselena/

Câu b:Vẽ 2 tiếp tuyến tại B và C của đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $I$ .Do B,C cố định nên $I$ cố định .Ta sẽ CM: AF đi qua điểm $I$ cố định.

Gọi giao điểm của $AI$ với đường tròn $(O)$ là $F'$. Ta sẽ CM :$F\equiv F'$

-Do $AO=OB,AN=NB= > ON$ là trung trực đoạn $AM$ $= > ON$ vuông góc AB, Tương tự OM vuông góc AN 

Do đó O là trực tâm tam giác AMN nên AO vuông góc MN. Do 2 đường tròn tâm M và tâm N cắt nhau tại A và K nên MN là trung trực AK hay MN vuông góc AK :

 Từ đó suy ra A,O,K thẳng hàng .

Gọi D là giao điểm của OI và BC .Ta có :$IB^2=ID.IO=IF'.IA$ nên tứ giác $AODF'$ nội tiếp hay $\widehat{KOD}=\widehat{DF'A}$(1)

Do $\widehat{ODE}+\widehat{EAO}=90+90=180$ nên tứ giác AODE nội tiếp hay $\widehat{ODK}=\widehat{AED}$(2)

- Từ (1) ,(2) $= > \widehat{DF'A}=\widehat{AED}$ hay tứ giác $AEF'D$ nội tiếp .Từ đó $F'$ là giao điểm của 2 đường tròn $(AED),(ABC)$

$= > F\equiv F'$ $= > AF$ đi qua điểm I cố định 

Mình giới thiệu cách của mình :

 Ta có :$\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \sum \frac{x^3y^4z^3}{\frac{(x+y)(x^3+y^3)}{2}.8xy.z^3.\sqrt{xy}}=\sum \frac{x^2y^3}{4(x+y)(x^3+y^3)\sqrt{xy}}\leq \sum \frac{x^2y^3}{8xy(x^3+y^3)}=\sum \frac{xy^2}{8(x^3+y^3)}\leq \sum \frac{xy^2}{4(x+y)(x^2+y^2)}\leq \sum \frac{xy^2}{8\sqrt{xy}.(x^2+y^2)}\leq \sum \frac{xy^2}{8\sqrt{xy}.\sqrt{2xy(x^2+y^2)}}= \frac{1}{8\sqrt{2}}.\sum \sqrt{\frac{y^2}{x^2+y^2}}\leq \frac{1}{8\sqrt{2}}.\frac{3}{\sqrt{2}}=\frac{3}{16}$(ĐPCM)

 Dấu = xảy ra tại x=y=z

Bài 6 (7 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$$T=\frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}+\frac{y^3z^4x^3}{(y^4+z^4)(yz+x^2)^3}+\frac{z^3x^4y^3}{(z^4+x^4)(zx+y^2)^3}$$
với $x,y,z$ là các số thực dương.

Ta có : $\sum \frac{x^3y^4z^3}{(x^4+y^4)(xy+z^2)^3}\leq \sum \frac{x^3y^4z^3}{2x^2y^2.(xy+z^2)^3}=\sum \frac{xy^2z^3}{2(xy+z^2)^3}=\sum \frac{xy.z^2.yz}{2(xy+z^2)^3}\leq \frac{\frac{(xy+z^2)^2.yz}{4}}{2(xy+z^2)^3}=\frac{yz}{8(xy+z^2)}$

Do đó ta sẽ CM :$\sum \frac{yz}{xy+z^2}\leq \frac{3}{2}< = > \sum \frac{1}{\frac{x}{z}+\frac{z}{y}}\leq \frac{3}{2}$

Đặt $\frac{y}{x}=c,\frac{z}{y}=a,\frac{x}{z}=b$

BĐT $< = > \sum \frac{1}{a+b}\leq \frac{3}{2}$ với $abc=1$

Thế nhưng đây là bđt quen thuộc .

Do đó A Max= $\frac{3}{16}< = > x=y=z$