Rút gọn $S=cosx.cos2x.cos4x.cos8x......cos1024x$

Nhân cả 2 vế cho $sinx$ được $S.sinx=sinx.cosx.cos2x.cos4x....cos1024x=\frac{1}{2}sin2x.cos2x.cos4x...1024=.....=\frac{1}{1024}sin1024x.cos1024x=\frac{sin2048x}{2048}$

Đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định 2018 - 2019

Môn thi: Toán Chuyên

Ngày thi 26/5/2018

Thời gian 120 phút

Câu 1 (2 điểm) 

a) Rút gọn biểu thức $P=\frac{x^2}{(x+y)(1-y)}-\frac{y^2}{(x+y)(1+x)}-\frac{x^2y^2}{(1+x)(1-y)}$

b) Chứng minh rằng: $\sqrt{1+\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}}+\sqrt{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}+...+\sqrt{1+\frac{1}{2017^2}+\frac{1}{2018^2}}<2018$

Câu 2 (2 điểm)

a) giải PT: $2((1-x)\sqrt{x^2+2x-1}+x)=x^2-1$

b) giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x-3y-2+\sqrt{y(x-y-1)+x}=0 & & \\ 3\sqrt{8-x}-\frac{4y}{\sqrt{y+1}+1}=x^2-14y-8 & & \end{matrix}\right.$

Câu 3 (3 điểm)

Cho đoạn thẳng AB và C là điểm nằm giữa hai điểm $A,B$. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng $AB$, vẽ nửa đường tròn đường kính $AB$ và nửa đường tròn đường kính $BC$. Lấy điểm $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $BC$ ( M khác B, C). Kẻ MH vuông góc với BC ( $H \in BC$), đường thẳng MH cắt nửa đường tròn đường kính AB tại K. Hai đường thẳng AK, CM giao nhau tại E

a) Chứng minh $BE^2=BC.AB$

b) Từ C kẻ CN vuông góc với AB ( N thuộc nửa đường tròn đường kính AB), Gọi P là giao điểm của NK và CE. Chứng minh rằng tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác $BNE$ và $PNE$ cùng nằm trên đường $BP$

c) Cho $BC=2R$. Gọi $O_1;O_2$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $MCH$ và $MBH$. xác định vị trí điểm $M$ để chu vi tam giác $O_1HO_2$ lớn nhất

Câu 4 ( 1,5 điểm)

a) Tìm tất cả các cặp số nguyên $(x;y)$ thỏa mãn $2x^2+5y^2=41+2xy$

b) Có bao nhiêu số tự nhiên $n$ không vượt quá $2019$ thỏa mãn $n^3+2019$ chia hết cho 6

Câu 5 (1.5 điểm)

a) Cho các số thực dương thỏa mãn $\sqrt{a}+\sqrt{b}=1$

Chứng minh rằng $3(a+b)^2-(a+b)+4ab \geq \frac{1}{2}\sqrt{(a+3b)(b+3a)}$

b) Cho 100 điểm trên mặt phẳng sao trong trong bất kỳ 4 điểm nào cũng có ít nhất 3 điểm thẳng hàng. Chứng minh rằng ta có thể bỏ đi một điểm trong 100 điểm đó để 99 điểm còn lại cùng thuộc 1 đường thẳng

2.Cho $cosx+cosy+coz=0$ ;  $sinx+siny+sinz=0$.Chứng minh rằng :

a) $sin2x+sin2y+sin2z=cos2x+cos2y+cos2z=0$

b) $sin(x+y+z)=\frac{sin3x+sin3y+sin3z}{3}$ và $cos(x+y+z)=\frac{cos3x+cos3y+cos3z}{3}$ .

+) $\left\{\begin{matrix} cosx+cosy+coz=0\Leftrightarrow cosx=-(cosy+cosz) & & \\ sinx+siny+sinz=0\Leftrightarrow sinx=-(siny+sinz) & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow sinx.cosx=siny.cosy+sinzcosy+sinycosz+sinz.cosz\Leftrightarrow sin2x=sin2y+sin2z-2sinx$

Tương tự với $sin2y$ và $sin2z$ cộng lại tất cả được $sin2x+sin2y+sin2z=0$

+) $\left\{\begin{matrix} cosx+cosy+coz=0\Leftrightarrow cos^x=(cosy+cosz)^2 & & \\ sinx+siny+sinz=0\Leftrightarrow sin^2x=(siny+sinz^2 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow cos^2x-sin^2x=(siny+sinz)^2(cosy+cosz)^2$ đến đoạn này bạn chỉ việc làm như cái đầu kia là ổn

1.Cho $\left\{\begin{matrix} cosx+cosy+coz=0 & & \\ cos3x+cos3y+cos3z=0 & & \end{matrix}\right.$. Chứng minh rằng $cos2x.cos2y.cos2z \leq 0$.

2.Cho $cosx+cosy+coz=0$ ;  $sinx+siny+sinz=0$.Chứng minh rằng :

a) $sin2x+sin2y+sin2z=cos2x+cos2y+cos2z=0$

b) $sin(x+y+z)=\frac{sin3x+sin3y+sin3z}{3}$ và $cos(x+y+z)=\frac{cos3x+cos3y+cos3z}{3}$ .

Bài 1 có 2 cách giải quyết

Cách 1: Ta có công thức : $cos3x=4cos^3x-3cosx$

$\rightarrow cos3x+cos3y+cos3z=4(cos^3x+cos^3y+cos^3z)-3(cosx+cosy+cosz)=4(cos^3x+cos^3y+cos^3z)$

Do $cos3x+cos3y+cos3z=0 \Rightarrow cos^3x+cos^3y+cos^3z=0$ . Khi đó $cos^3x+cos^3y+cos^3z=3cosx.cosy.cosz=0$

$\begin{bmatrix} cosx=0 & & & \\ cosy=0 & & & \\ cosz=0 & & & \end{bmatrix}$

Không mất tính tổng quát, giả sử $cosx=0$ khi đó $cosz=-cosz$ Từ đó 

$cos2x.cos2y.cos2z=(2cos^2x-1)(2cos^2y-1)(2cos^2z-1)=-(2cos^2z-1)^2\leq 0$

Cách 2 chứng minh tương tự c1 ta được $cos^3x+cos^3y+cos^3z=0$ (*) 

Theo đề ta suy ra $cosx=-(cosy+cosz)$ thay vào  (*) được $cos^2y.cosz+cosy.cos^2z=0\Leftrightarrow cosy.cosy(cosy+cosz)=0$

Nếu $cosy=0$ ta được $y=\frac{\pi}{2}+k\pi$ ( $k\in Z$) và $cosx=-cosz  \Rightarrow x=(2k+1)\pi-z (k\in Z)$ 

$\Rightarrow cos2x.cos2y.cos2z=-cos^22z\leq 0$ tương tự với  $cosz=0$

Nếu $cosy=-cosz$ làm tương tự cũng ra đpcm

Đề thi vào 10 chuyên Lê Hồng Phong - Nam Định 2018 - 2019

Đề chung - dành cho chuyên tự nhiên

Thời gian 120 phút

Câu 1 ( 2 điểm): 

a) giải phương trình $\sqrt{2x+3}=x$

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho 2 đường thẳng $y=-x-2$ $(d_1)$ và $y=\frac{3}{2}x+3$ $(d_2)$ . Gọi A, B lần lượt là giao điểm của $(d_1)$ và $(d_2)$ với trục Oy và C là giao điểm của $(d_1)$ với $(d_2)$ . Tính diện tích tam giác $ABC$

c) Cho tam giác $ABC$ có $AB=8cm, BC=17cm, CA=15cm$ . Tính chu vi đường tròn nội tiếp tam giác ABC

d) Một hình nón có chu vi đường tròn đáy là $6\pi cm$, độ dài đường sinh là 5cm. Tính thể tích hình nón đó

Câu 2 (1,5 điểm) Cho biểu thức $P=(\sqrt{x}-\frac{1}{\sqrt{x}})$ : $( \frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}+\frac{1-\sqrt{x}}{x+\sqrt{x}})$

( Với $x>0;x\neq 1$)

1) Rút gọn biểu thức P

2) Chứng minh rằng với mọi $x>0;x\neq 1$ thì $P>4$

Câu 3 ( 2,5 điểm)

1) Cho phương trình $x^2-mx-m^2+m-4=0$ với $m$ là tham số

a) Chứng minh với mọi m, phương trình đã cho luôn có 2 nghiệm phân biệt

b) Gọi $x_1;x_2$ là hai nghiệm của phương trình đã cho ($x_1<x_2$). Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để $|x_2|-|x_1|=2$

2) Giải phương trình $6\sqrt{x+2}+3\sqrt{3-x}=3x+1+4\sqrt{-x^2+x+6}$

Câu 4 ( 3, 0 điểm) Cho tam giác $ABC$ với $AB<AC$ ngoại tiếp đường tròn $(O;R)$. Đường tròn $(O;R)$ tiếp xúc với các cạnh $BC;AB$ lần lượt tại $D,N$. Kẻ đường kính $DI$ của đường tròn $(O;R)$ . Tiếp tuyến của đường tròn $(O;R)$ tại I cắt các cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $E;F$.

1) Chứng minh tam giác $BOE$ vuông và $EI.BD=FI.CD=R^2$

2) Gọi $P,K$ lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng $BC,AD$.$Q$ là giao điểm của $BC$ và $AI$. Chứng minh $AQ=2KP$

3) Gọi $A_1$ là giao điểm $AO$ với cạnh $BC$, $B_1$ là giao điểm của $BO$ với cạnh $AC$ . $C_1$ là giao điểm của $CO$ với cạnh $AB$ và $(O_1;R_1)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh $\frac{1}{AA_1}+\frac{1}{BB_1}+\frac{1}{CC_1}<\frac{2}{R-OO_1}$

Câu 5 (1 điểm)

a) giải hệ PT: $\left\{\begin{matrix} (2x+4y-1)\sqrt{2x-y-1}=(4x-2y-3)\sqrt{x+2y} & & \\ x^2+8x+5-2(3y+2)\sqrt{4x-3y}=2\sqrt{2x^2+5x+2} & & \end{matrix}\right.$

b) Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+2bc+2ca=7$. Tìm GTNN của

$$Q=\frac{11a+11b+12c}{\sqrt{8a^2+56}+\sqrt{8b^2+56}+\sqrt{4c^2+7}}$$

ĐỀ THI VÀO 10 THPT PTNK TPHCM 2018 - 2019 vòng 1

Thời gian 120 phút

Ngày thi 26/5/2018

Bài 1 ( 1,0 điểm) Biết $0<x \leq y$ và

$(\frac{(\sqrt{x}+\sqrt{y})^2+(\sqrt{x}-\sqrt{y})^2}{(\sqrt{x}+\sqrt{y})(\sqrt{x}-\sqrt{y})+2(x+2y)})+(\frac{y}{\sqrt{x}(\sqrt{x}+\sqrt{y})}+\frac{x}{\sqrt{y}(\sqrt{x}+\sqrt{y})})=\frac{5}{3}$ . Tính $\frac{x}{y}$

Bài 2 (2 điểm)

a) Giải phương trình$\frac{2x^2(7-x)}{\sqrt{3-x}}=x(x-7)$

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} (x+3)(x-1)=(y-2)(x+3) & & \\ (x-1)\sqrt{y^2-5y+8}=(y-2)^2 & & \end{matrix}\right.$

Bài 3 ( 2 điểm) Cho phương trình $x^2-x+3m-11=0$ (1)

a) Với giá trị nào của $m$ thì phương trình (1) có nghiệm kép? Tìm nghiệm đó

b) Tìm $m$ để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt $x_1;x_2$ sao cho $2017x_1+2018x_2=2019$

Bài 4 (2 điểm)

a) Đầu tháng $5$ năm $2018$, khi đang vào vụ thu hoạch giá dưa hấu bất ngờ giảm mạnh. Nông dân A cho biết vì sợ dưa hỏng nên phải bán 30%  số dưa hấu thu hoạch được với giá 1500 đồng mỗi kg, sau đó nhờ phong trào '' giải cứu dưa hấu'' nên đã may mắn bán hết số dưa còn lại với giá 3500đ/kg; nếu trừ tiền đầu tư thì lãi được 9 triệu đồng ( không kể công chăm sóc hơn 2 tháng của cả nhà). Cũng theo ông A, mỗi sào đầu tư ( hạt giống, phân bón...) hết 4 triệu đồng và thu hoạch được 2 tấn dưa hấu. Hỏi ông A đã trồng bao nhiêu sào dưa hấu

b) Một khu đất hình chữ nhật $ABCD$ ( $AB<AC$) có chu vi $240$ mét được chia thành 2 phần mỗi khu đất hình chữ nhật $ABMN$ làm chuồng trại và phần còn lại làm vườn thả để nuôi gà ($M,N$ lần lượt thuộc các cạnh $AD,BC$) Theo quy hoạch trang trại nuôi được $2400$ con gà, bình quân mỗi con gà cần 1 mét vuông diện tích vườn thả và diện tích vườn thả gấp 3 lần diện tích chuồng trại. Tính chu vi khu đất làm vườn thả

Bài 5 ( 3 điểm)

Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(T)$ tâm $O$ bán kính $R$; $\widehat{CAD}=45^{\circ}$, $AC$ vuông góc với $BD$ và cắt $BD$ tại $I$, $AD>BC$. Dựng $CK$ vuông góc với $AD$ ( $K \in AD$), $CK$ cắt $BD$ tại H và cắt $(T)$ tại E ( E không trùng với C)

a) tính số đo góc $\widehat{COD}$. Chứng minh các điểm $C,I,K,D$ cùng thuộc 1 đường tròn và $AC=BD$

b) Chứng minh $A$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BHE$. Tính $IK$ theo $R$

c) $IK$ cắt $AB$ tại F. Chứng minh $O$ là trực tâm tam giác $AIK$ và $CK.CB=CF.CD$

Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $(P)$ là mặt phẳng lần lượt cắt 4 cạnh $SA,SB,SC,SD$ tại các điểm $A',B',C',D'$.

 

Đặt $a=\frac{SA}{SA'},b=\frac{SB}{SB'},c=\frac{SC}{SC'},d=\frac{SD}{SD'}$. Chứng minh $a+c=b+d$.

 

 

Ta có $\overrightarrow{SA}+\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{SB}+\overrightarrow{SD}=2\overrightarrow{SO}\Leftrightarrow a.\overrightarrow{SA'}+c\overrightarrow{SC'}=b\overrightarrow{SB'}+d\overrightarrow{SD'}$

Do  $A',B',C',D'$. đồng phẳng nên ta có đpcm

Rút gọn biểu thức $A=\frac{1}{sinx}+\frac{1}{sin2x}+\frac{1}{sin2^2x}+...+\frac{1}{sin2^nx}$

Viết lại thành $A=\frac{1}{sin2^0x}+\frac{1}{sin2^1x}+\frac{1}{sin2^2x}+...+\frac{1}{sin2^nx}$

Ta có : $\frac{1}{sin2^0x}=cot0x-cotx$

$\frac{1}{sin2^1x}=cotx-cot2x$

....

$\frac{1}{sin2^nx}=cot2^{n-1}x-cot2^nx$

Khi đó $A=cot0x-cot2^nx$

1.Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

$sin^{4}a+cos^{7}a$

 

2.Nếu $5sina=3sin(a+2b)$ thì:

A. $tan (a+b)=2tanb$

B. $tan(a+b)=4tanb$

C. $tan(a+b)=3tanb$

D. $tan(a+b)=5tanb$

$\left\{\begin{matrix} sin(a+2b)=sin[(a+b)+b]=sin(a+b)cosb+cos(a+b)sinb & & \\ sina=sin[(a+b)-b]=sin(a+b)cosb-cos(a+b)sinb & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 5sina=3sin(a+2b)\Leftrightarrow 5sin(a+b)cosb-5cos(a+b)sinb=3sin(a+b)cosb+3cos(a+b)sinb$

$\Leftrightarrow sin(a+b)cosb=4cos(a+b)sinb$

$\Leftrightarrow tan(a+b)=4tanb$

Tổng quát bài toán: $msina=nsin(a+2b) \Leftrightarrow tan(a+b)=\frac{m+n}{m-n}tanb$ với $m\neq 0,n;|m|>|n|$

Giải bóng chuyền VTV Cup gồm 12 đội bóng tham dự, trong đó có 9 đội nước ngoài và 3 đội Việt Nam. BTC chia các đội thành 3 bảng A, B, C mỗi bảng 4 đội. Tính xác suất để ba đội bóng Việt Nam nằm ở ba bảng khác nhau.

https://diendantoanh...11/#entry708383

chị cho em hỏi đoạn biến đối cuối cùng ẩn $m$ sao k có thế ạ?

Ừ đúng rồi, chị xin lỗi quên mất đoạn đó

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $A=cosx+cosy-cos(x+y)$

$A= 2cos(\frac{x+y}{2})cos(\frac{x-y}{2})-[2cos^{2}(\frac{x+y}{2})-1]$

Đặt $t=cos(\frac{x+y}{2}),m=cos(\frac{x-y}{2})$ A trở thành $-2t^2+2mt+1=-2(t-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{2}\leq \frac{3}{2}$

Cho parabol $y=x^2$ và hai điểm A, B thuộc (P) sao cho AB=2. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích hình phẳng giới hạn bởi (P) và AB.

giả sử $A(a,a^2),B(b,b^2)\in(P),(b>0): AB=2$

PT AB có dạng $y=\frac{b^2-a^2}{b-a}x+m<=>y=(a+b)x+m$ 

$\Rightarrow a^2=(a+b)a+m=>m=-ba=>(AB): y=(a+b)x-ab$

Gọi S là diện tích hình phẳng, ta có: $\int_{a}^{b}|(a+b)x-ab-x^2|dx=\int_{a}^{b}[(a+b)x-ab-x^2]dx=\frac{(b-a)^3}{6}$

$AB=2\Rightarrow (b-a)^2+(b^2-a^2)^2=4\Rightarrow (b-a)^2[1+(a+b)^2]=4\Rightarrow |b-a|=b-a\leq 2$

Vậy $S_{MAX}=\frac{4}{3}$

Hàm số đạt cực trị khi $x,y,z$ xấp xỉ $(1;0.4;\frac{8}{3})$, Max xấp xỉ $1.4124$

Bấm thế nào hiếu

BÀI TOÁN: Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+xyz=z$ . giá trị lớn nhất của $P=\frac{2x}{\sqrt{(x^2+1)^3}}+\frac{x^2(1+\sqrt{yz})^2}{(y+z)(x^2+1)}$ thuộc khoảng nào trong khoảng sau

A. (1,3;1,4)

B. (0,8;0,9)

C. (1,7;1,8)

D. (1,4;1,5)

Cho tam giác ABC tính góc C thỏa mãn : $cos2C+2\sqrt{2}cosA+2\sqrt{2}cosB=3$ 

--------------------------------------------------Tada-------------------------------------------

$cos2C+2\sqrt{2}cosA+2\sqrt{2}cosB=3 \Leftrightarrow \cos2C+4\sqrt{2}\cos\frac{A+B}{2}.\cos\frac{A-B}{2}-4=0$

Ta có $\left\{\begin{matrix} \cos^2C\leq \cos C & & & \\ \sin\frac{C}{2}>0 & & & \\ \cos\frac{A-B}{2}\leq 1 & & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow 0\geq 2cosC+4\sqrt{2}sin\frac{C}{2}-4\geq 2(1-2sin^2\frac{C}{2})+4\sqrt{2}sin \frac{C}{2}-4=-(2sin\frac{C}{2}-\sqrt{2})^2$

Dấu = xảy ra khi $\sin \frac{C}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

cho $\alpha \beta \gamma$  là ba góc dương thỏa $\alpha +\beta +\gamma = \frac{\pi }{2}$ 

Tìm GTLN của biểu thức: $Q=\sqrt{1+tan\alpha .tan\beta } + \sqrt{1+tan\beta .tan\gamma } + \sqrt{1+tan\alpha .tan\gamma }$

Với $\alpha +\beta +\gamma = \frac{\pi }{2}$ $\Rightarrow tan\alpha .tan\beta +tan\beta .tan\gamma +tan\gamma .tan\alpha =1$ ( Cái này bạn tham khảo cách chứng minh trên internet hoặc SBT toán 10 nhé)

Áp dụng BĐT AM-GM có $\frac{4}{\sqrt{3}}\sum \sqrt{1+tan\alpha .tan\beta }\leq\sum ( \frac{4}{3}+(1+tan\alpha.tan\beta ))=4+3+1=8$

$\boxed{\text{Bài 86}}$ $\left\{\begin{matrix} 12x^2-48x+64=y^3\\ 12y^2-48y+64=z^3\\ 12z^2-48z+64=x^3 \end{matrix}\right.$

 

$\boxed{\text{Bài 87}}$ $\left\{\begin{matrix} x^{19}+y^5=1890z+z^{2001}\\ y^{19}+z^5=1890z+x^{2001}\\ z^{19}+x^5=1890z+y^{2001} \end{matrix}\right.$

 

$\boxed{\text{Bài 88}}$ $\left\{\begin{matrix} 2x+1=y^3+y^2+y\\ 2y+1=z^3+z^2+z\\ 2z+1=x^3+x^2+x \end{matrix}\right.$

Góp ý, sau ra đề nên chọn lọc, không phải cứ bài khó là hay, những bài như thế này dùng tới chương trình THPT rồi, mất hay cho các em thi vào 10

Xin phép giải bài đầu

$\boxed{\text{Bài 86}}$

$y^3=12x^2-48x+64=12(x-2)^2+16\Rightarrow y>2$ tương tự $x,z>2$

xét hàm

$f(t)=12t^2-48t+64 (t>2), f'(t)=24t-48>0 \forall t>2$

Vậy hàm số đồng biến trên $(2;\infty )$

Không mất tính tổng quát giả sử x=max{x,y,z}

Có $x\geq y \Rightarrow 12x^2-48x+64\geq 12y^2-48y+64\Rightarrow y^3\geq z^3\Leftrightarrow y\geq z\Rightarrow 12y^2-48y+64\geq 12z^2-48z+64\Rightarrow z\geq x\Rightarrow x=y=z$

Từ đó tính được $(x;y;z)=(4;4;4$

Chứng minh rằng $1^3+2^3+3^3+...+n^3=(1+2+3+...+n)^2$ 

Tính dùng cấp số nhân với cấp số cộng nhưng sợ các em chưa học, xài tạm quy nạp vậy

Với n =1 đẳng thức luôn đúng

giả sử đẳng thức đúng với $n=k$ hay $1^3+2^3+3^3+...+k^3=(1+2+3+...+k)^2$ 

bây giờ chứng minh đúng với $n=k+1$ 

hay cần chứng minh $1^3+2^3+3^3+...k^3 + (k+1)^3 = (1+2 + 3 +4 .. + k + k+1)^2$ 

ta có công thức $1+2+3+4+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$

$\Rightarrow (1+2+3+4+...+n)^2 = \frac{(n^2+n)^2}{4}$
đẳng thức cần chứng minh tương đương 
$\frac{(k^2+k)^2}{4} + (k+1)^3 = \frac{(k^2+3k+2)^2}{4}$
$\Leftrightarrow (k^2+3k+2)^2 - (k^2+k)^2 = 4(k+1)^3$

Nhân tung ra biến đổi được $\Leftrightarrow 4(k+1)^3 = 4(k+1)^3$ theo quy nạp => đpcm

Cho $f(x)=ax^2+bx+c$. Chứng minh nếu phương trình $f(x)=x$ vô nghiệm thì phương trình $f(f(x))=x$ vô nghiệm

Vì f(x)=x vô nghiệm nên Với mọi x ta luôn có $f(x)>x$ hoặc $f(x)<x$

Nếu $f(x) > x$ thì: $f(f(x)) > f(x)$

nên $f(f(x)) >x$ (với mọi x)
Tương tự suy ra $f(f(x)) < x, \forall x$
Vậy phương trình f(f(x))=x vô nghiệm.

An và Bình cùng tham gia kì thi THPT QG năm 2018, ngoài thi 3 môn Toán, Văn, Anh bắt buộc thì cả hai đều đăng kí thi thêm đúng 2 môn tự chọn khác trong 3 môn Lý, Hóa, Sinh dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển ĐH.  Mỗi môn tự chọn có 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tìm xác suất để An và Bình có chung đúng 1 môn thi tự chọn và chung 1 mã đề.

$|\Omega |=(C_3^2.C_{12}^1.C_{12}^1)^2$

Các cặp gồm 2 môn tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng 1 môn thi gồm 3 cặp

Cặp 1 : (Lý, Hóa) và (Lý Sinh)

Cặp 2 : (Hóa, Lý) và (Hóa, Sinh)

Cặp 3 : ( Sinh, Lý ) và ( Sinh, Hóa)

Số cách chọn môn thi của 2 bạn là : $C_3^1.2!$

Số cách chọn mã đề : $C_{12}^1.C_{12}^1.C_{12}^1$

$\Rightarrow P=\frac{C_3^1.2!.C_{12}^1.C_{!2}^1.C_{12}^1}{(C_3^2.C_{12}^1.C_{12^1})^2}=\frac{1}{18}$

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $9a^{2}+8ab+7b^{2}\leq 6$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=7a+5b+12ab$

2002 mà quất 12 kinh thật

Xét hàm : 

$f(a;b)= 7a+5b+12ab-9a^2-8ab-7b^2-3$ $=-9a^2+a(4b+7)+5b-7b^2-3$ 

 $\Delta = -59(2b-1) ^{2}\leq 0$ nên $f(a;b)\geq 0$ 

Do đó : $7a +5b+12ab-9\leq 9a^2+8ab+7b^2-6\leq 0$
hay $7a +5b+12ab \leq 9$ => Max P=9

Giải phương trình lượng giác sau: $\frac{sinx-cosx}{sin3x-cos3x}=\frac{sin^{3}x-cos^{3}x}{sinx+cosx}$

$\Leftrightarrow \frac{sin x-cos x}{3sin x-4\sin^{3}x-4cos^{3}x+3cos x}=\frac{(sin x-cos x)(1-sin xcos x)}{sin x+cos x}$
$\Leftrightarrow \frac{sin x-cos x}{3(sin x+\cos x)-4(\sin x+cos x)(1-\sin xcos x)}=\frac{(sin x-cos x)(1-sin xcos x)}{sin x+cos x}$
$\Leftrightarrow \frac{sin x-cos x}{(sin x+cos x)(4sin xcos x-1)}=\frac{(sin x-cos x)(1-sin xcos x)}{sin x+cos x}$
$\Leftrightarrow (sin x-cos x)(\sin x+\cos x)=(sin x-cos x)(sin x+cos x)(4\sin x\cos x-1)(1-sin xcos x)$
$\Leftrightarrow (sin x-cos x)(sin x+\cos x)[1-(4sin xcos x-1)(1-sin xcos x)]=0$

Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn: $ x^{2}+y^{2}+xy+2=3(x+y) $. Tìm GTLN của biểu thức: $ P=\frac{3x+2y+1}{x+y+6} $

$x^{2}+y^{2}+xy+2=3(x+y)\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+xy+2-3(x+y)=0\Leftrightarrow (x+\frac{y}{2}-\frac{3}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}y}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2})^2=1$

Đặt $\left\{\begin{matrix} x+\frac{y}{2}=\frac{3}{2}=sina & & \\ \frac{\sqrt{3}y}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=cosa & & \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=sina+1-\frac{cosa}{\sqrt{3}} & & \\ y=\frac{2cosa}{\sqrt{3}}+1 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow P=\frac{3sina+\frac{cosa}{\sqrt{3}}+6}{sina+\frac{cosa}{\sqrt{3}}+8} \Leftrightarrow (P-3)sina+(\frac{P-1}{\sqrt{3}})cosa-6+8P=0$

PT có nghiệm khi $(P-3)^2+(\frac{P-1}{\sqrt{3}})^2\geq (6-8P)^2\Rightarrow \frac{20}{47}\leq P\leq1$

Vậy GTLN của P =1 khi x=2 y=1

 

Bài 1: Gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc $6$ lần. Tính xác suất để một số lớn hơn hay bằng $5$ xuất hiện ít nhất $5$ lần trong $6$ lần gieo.

Bài 2: Một cặp vợ chồng mong muốn sinh bằng được con trai ( sinh con trai rồi thì không sinh nữa, chưa sinh được thì sẽ sinh nữa ). Xác suất sinh được con trai trong một lần sinh là $0,51$. Tìm xác suất sao cho cặp vợ chồng đó mong muốn sinh được con trai ở lần thứ 2.

 

 

Bài 2

Cặp vợ chồng mong muốn sinh con ở lần sinh thứ 2 <=> không sinh được con trai ở lần sinh đầu 
-Xác suất sinh con gái ở lần đầu: $1-0,51=0,49$
=> Xác suất cặp vợ chồng mong sinh con ở lần thứ 2: $0,49.0,51=0,2499$

góp ý: bạn nên đăng đúng box vì đây là box của THCS rồi