Câu 3: ( 3 điểm)

a/ tìm GTNN của $M=x-\sqrt{x-2010}$

b/ Tìm GTLN của $N=\frac{\sqrt{x-25}}{10x}$

 

a) Ta có $x-M=\sqrt{x-2010}$.

ĐK: $x\ge 2010$.

Ta có $(x-M)^2=x-2010\Leftrightarrow x^2-(2M+1)x+M^2+2010=0$ PT này có nghiệm với mọi $x\ge 2010$.

Ta có $\Delta=(2M+1)^2-4(M^2+2010)\ge 0\Leftrightarrow M\ge 2010+\frac{1}{4}$.

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{2M+1}{2}=\frac{4020+\frac{3}{2}}{2}=\frac{8043}{4}$.

Vậy GTNN của $M$ là $2010+\frac{1}{4}$ đạt được khi $x=\frac{8043}{4}$.

b)

ĐK: $x\ge 25$.

Ta có $100N^2x^2=x-25\Leftrightarrow 100N^2x^2-x+25=0$PT này có nghiệm với mọi $x\ge 25$.

Ta có $\Delta =1-4.25.100N^2=1-10000N^2\ge 0$

$\Leftrightarrow N\le \frac{1}{100}$.

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $x=\frac{1}{2.100.N^2}=50$.

Vậy GTLN của $L$ là $\frac{1}{100}$ đạt được khi $x=50$.

Câu 2: ( 4 điểm) Giải các phương trình sau:

$a/ \: \sqrt{x^2-6x+9}=2+3x$

$b/ \: \sqrt{x+1}+\sqrt{4-x}+\sqrt{(x+1)(4-x)}=5$

a) $PT\Leftrightarrow |x-3|=2+3x$.

Điều kiện $2+3x\ge 0$

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x-3=2+3x,\quad x-3\ge 0\\ 3-x=2+3x,\quad x-3<0 \end{matrix}\right.$.

$\Leftrightarrow x=\frac{1}{4}$.

b) Đặt $u=\sqrt{x+1}; v=\sqrt{4-x}$.  ĐK: $u,v\ge 0$.

Ta có hệ $\left\{\begin{matrix} u+v+uv=5\\ u^2+v^2=5 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} u+v=3\\ uv=2 \end{matrix}\right.$

Suy ra, $u,v$ là nghiệm của PT $t^2-3t+2=0$.

Ta được $u=1;v=2$ hoặc $u=2;v=1$.

Thay vào ta giải được $x=0$ hoặc $x=3$.

Câu 1: ( 5 điểm)

a, Cho $a=\sqrt{4+2\sqrt{3}}-\sqrt{4-2\sqrt{3}}$

Tính $P=(a^3-4a+1)^{2011}$

b, So sánh( Không dùng MTBT) $A=\frac{19-5\sqrt{3}}{3}$ và $B=2\sqrt{2}$

$C=\frac{2011}{\sqrt{2012}}$ và $D=\sqrt{2011}+\sqrt{2012}$

a) Ta có $a=\sqrt{4+2\sqrt{3}}-\sqrt{4-2\sqrt{3}}=(\sqrt3+1)-(\sqrt3-1)=2$.

Vậy $P=(a^3-4a+1)^{2011}=1$.

b)

- Ta có $5\sqrt3<9$.

Suy ra $A=\frac{19-5\sqrt{3}}{3}>\frac{19-9}{3}=\frac{10}{3}=\sqrt{\frac{100}{9}}$.

Mặt khác, $B=2\sqrt2=\sqrt{\frac{72}{9}}$.

Do vậy, $A>B$.

- Ta có $C-D=\frac{2011}{\sqrt{2012}}-(\sqrt{2011}+\sqrt{2012})$

$=\frac{2011-\sqrt{2011.2012}-2012}{\sqrt{2012}}<0.$

Do đó, $C<D$.

Tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất sao cho : $x^n-(\sin{x})^n.\cos{x}\ge0, \forall x\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right) ?$

Ta có một bổ đề là $\frac{x}{\sin x}>1$ với $\forall x\in\left(0;\frac{\pi}{2}\right)$

Do đó, $x^n-(\sin{x})^n.\cos{x}\ge0\Leftrightarrow (\frac{x}{\sin x})^n-\cos x\ge 0$ luôn đúng với mọi $n\ge 0$.

Vậy giá trị nhỏ nhất $n$ thỏa mãn là $n=0$.

$2^{x}=x+1$

Ta có $PT\Leftrightarrow 2^x-x-1=0$.

Khảo sát hàm số $y=f(x)=2^x-x-1$.

Ta có $f'(x)=2^x.\ln 2-1$.

$f'(x)=0\Leftrightarrow 2^x=\frac{1}{\ln 2}=\log_2e\Leftrightarrow x=\log_2(\log_2e)>0$.

Do vậy hàm số nghịch biến trên $(-\infty;\log_2(\log_2e))$ và đồng biến trên $(\log_2(\log_2e);+\infty)$.

Do đó hàm số $y=f(x)$ cắt đường thẳng $y=0$ tại tối đa hai điểm.

Mặt khác ta có $x=0;x=1$ đều là nghiệm của PT.

Vậy PT có đúng hai nghiệm $x=0$ và $x=1$.

Cho $x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2}=1$ . CMR: $x^2+y^2$=1

Áp dụng BDT Bunhiaxcopki ta có $1=(x\sqrt{1-y^2}+y\sqrt{1-x^2})^2\le (x^2+y^2)(2-(x^2+y^2))$

$\Leftrightarrow t^2-2t+1\le 0$ với $t=x^2+y^2$.

$\Leftrightarrow (t-1)^2\le 0\Leftrightarrow t=1$

$\Leftrightarrow x^2+y^2=1$ (DPCM).

Tính giới hạn $$\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{\sin x}{x}+\sin x \right)^{\dfrac{1}{\sin x+x}}$$

 

Cám ơn các bạn nhiều

Chả biết có nhầm chỗ nào k nữa.

Ta có $A=\left (\lim_{x\to 0}(\frac{\sin x}{x}+\sin x) \right )^{\lim_{x\to0}\frac{1}{\sin x+x}}=1^{\infty}=e$

Cho ©: $x^{2}+y^{2}=9$ Tìm m để trên đường thẳng y=m có đúng 4 điểm sao cho từ mỗi điểm đó kẻ được đúng 2 tiếp tuyến tới © và 2 tiếp tuyến đó tạo với nhau 1 góc $45^{\circ}$

Đường tròn có tâm $O(0;0)$ và bán kính $R=3$.

Giả sử điểm $M$ thỏa mãn. Ta có $M(a;m)$.

Từ $M$ kẻ được hai tiếp tuyến mà hai tiếp tuyến này hợp với nhau góc $45^\circ$.

Do đó ta có $\widehat{AMO}=22,5^\circ$ với $A$ là một tiếp điểm.

Suy ra, $\sin 22,5^\circ=\frac{OA}{OM}=\frac{3}{\sqrt{a^2+m^2}}.$

Ta có $\cos 45^\circ=1-2\sin^222,5^\circ\Leftrightarrow \sin 22,5^\circ=\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}$

Do đó $\frac{\sqrt{2-\sqrt2}}{2}=\frac{3}{\sqrt{a^2+m^2}}\Leftrightarrow a^2+m^2=\frac{36}{2-\sqrt2}$.

Suy ra điểm $M$ nằm trên đường tròn $x^2+y^2=\frac{36}{2-\sqrt2}$

Đường tròn này giao với đường thẳng $y=m$ tại hai điểm thôi chứ nhỉ, làm sao có thể có đúng 4 điểm được.:S

Cho hình nón đỉnh $S$ có độ dài đường sinh là $l$; bán kính đường tròn đáy là $r$.Gọi $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp hình nón (mặt cầu bên trong hình nón ; tiếp xúc với tất cả các đường sinh và đường tròn đáy của nón gọi là mặt cầu nội tiếp hình nón).

1.Tính theo $l ; r$ diên tích mặt cầu tâm $I$.

2.Giả sử độ dài đường sinh của nón không đổi.Với điều kiện nào của bán kính đáy thì diện tích mặt cầu tâm $I$ đạt $max$.

Bạn vẽ hình ra nhé.

Gọi bán kính là $R$ mặt cầu. $O$ là tâm đường tròn đáy và $AS$ là một đường sinh bất kỳ của nón.

Ta có tâm $I$ thuộc trên trục của nón.

Từ $I$ kẻ $IH\perp SA$.

Ta có $IH=IO=R$.

Ta có $\Delta SIH\sim \Delta SAO$.

Suy ra, $\frac{IH}{OA}=\frac{IS}{SA}\Leftrightarrow \frac{R}{r}=\frac{SO-OI}{l}$

$\Leftrightarrow \frac{R}{r}=\frac{\sqrt{l^2-r^2}-R}{l}$

$\Leftrightarrow R=\frac{r\sqrt{l^2-r^2}}{l+r}$.

Diện tích xung quanh mặt cầu là $S_{xq}=4\pi R^2=4\pi\frac{r^2(l^2-r^2)}{(l+r)^2}=4\pi r^2.\frac{l-r}{l+r}$  (Không biết công thức diện tích nhớ đúng k? )

Bài 1: Giải pt: $\sqrt{4x^{2}+x+6}=4x-2+7\sqrt{x+1}$

Bài 2 : gpt: $2x+1+x\sqrt{x^{2}+2}+(x+1)\sqrt{x^{2}+2x+3}=0$

Bài 3: gpt $\sqrt{x-1}+\sqrt[3]{x+6}=\sqrt[4]{x+79}$

Bài 4: gpt $\sqrt{1+\frac{2}{x}}=-2x-4+\frac{3}{x}$

Bài 5: gpt $\sqrt{2x^{2}-1}+\sqrt{x^{2}-3x-2}=\sqrt{2x^{2}+2x+3}+\sqrt{x^{2}-x+2}$

KHÓ ĐÂY.

Bài 2: đặt $x+1=u$. Ta được hệ

$\left\{\begin{matrix} u=x+1\\ u+x+x\sqrt{x^2+2}+u\sqrt{u^2+2}=0 \end{matrix}\right.$

Tìm giá trị lớn nhất thì hơi khó, nên sử dụng phương pháp đạo hàm của cấp 3.

Tìm Min và max của $y=x+\sqrt{x-x^2}$

Điều kiện $0\le x\le 1$.

Ta có $\sqrt{x-x^2}\ge 0; x\ge 0$ nên $y\ge 0$.

Ta tìm được GTNN của $y$ là 0.

dạ rồi ạ

Ta có $\widehat{CDB}=\widehat{BAD}+\widehat{ABD}=30^0;\widehat{ACB}=\frac{1}{2}(180-\widehat{CAB})=80^0.$

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác $ABD$ ta có

$\frac{AD}{\sin \widehat{ABD}}=\frac{BD}{\sin\widehat{BAD}}\Leftrightarrow AD=\frac{BD.\sin 10}{\sin 20}=\frac{BD}{2\cos 10}\quad (1)$.

(Sử dụng công thức nhân đôi $\sin (2.10)=2\sin 10.\cos 10$ nhé)

Áp dụng định lý hàm số sin trong tam giác $BCD$ ta có

$\frac{BC}{\sin \widehat{BDC}}=\frac{BD}{\sin \widehat{DCB}} \Leftrightarrow BC=\frac{BD.\sin 30}{\sin 80}=\frac{BD}{2\cos 10}\quad (2)$

(Sử dụng công thức hai góc phụ nhau $\sin 80=\cos 10$).

Từ (1) và (2) suy ra $AD=BC$.

1.Cho tam giác ABC có trung tuyến BH, E$\epsilon$AB, đường thẳng qua E song song với BM, cắt AC và BC theo thứ tự D,I. Đường thẳng đi qua B song song AC cắt EI ở N. Chứng minh IN=NE

2. Cho tam giác ABC cân tại A, góc A=20 độ. Điểm D thuộc AC sao cho góc ABD=10 độ. Chứng minh rằng AD=BC

bài 1 đấy nhé

1.Cho tam giác ABC có trung tuyến BH, E$\epsilon$AB, đường thẳng qua E song song với BM, cắt AC và BC theo thứ tự D,I. Đường thẳng đi qua B song song AC cắt EI ở N. Chứng minh IN=NE

2. Cho tam giác ABC cân tại A, góc A=20 độ. Điểm D thuộc AC sao cho góc ABD=10 độ. Chứng minh rằng AD=BC

Bài 2: Em đã được học định lý các hàm số $\sin$, $\cos $ trong tam giác chưa?

Nếu học rồi thì anh gửi đáp án cho.

Giải hệ phương trình:

a.$\left\{\begin{matrix} \sqrt[2]{x+1}+\sqrt[2]{7-y} =4&\\ \sqrt{y+1}+\sqrt{x-7}=4 \\ & \ \end{matrix}\right.$

b.$\left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{y}{x}}=\frac{7}{\sqrt{xy}}+1 & \\ x\sqrt{xy}+y\sqrt{xy}=78 & \end{matrix}\right.$

Câu b) ĐK $xy>0$.

Ta Đặt $u=x+y;v=\sqrt{xy}$. ĐK: v>0$.

Ta có $\left\{\begin{matrix} u=7+v\\ uv=78 \end{matrix}\right.$

Giải hệ này ta được $\left\{\begin{matrix} v=6\\ u=13 \end{matrix}\right.$

Thay vào ta được hệ $\left\{\begin{matrix} x+y=13\\ xy=36 \end{matrix}\right.$.

Giải ra ta được $x=4;y=9$ hoặc $x=9;y=4$.

Giải hệ phương trình:

a.$\left\{\begin{matrix} \sqrt[2]{x+1}+\sqrt[2]{7-y} =4&\\ \sqrt{y+1}+\sqrt{x-7}=4 \\ & \ \end{matrix}\right.$

b.$\left\{\begin{matrix} \sqrt{\frac{x}{y}}+\sqrt{\frac{y}{x}}=\frac{7}{\sqrt{xy}}+1 & \\ x\sqrt{xy}+y\sqrt{xy}=78 & \end{matrix}\right.$

Câu a) bạn xem lại đề xem nhé. Nhìn đã thấy nó không hợp lý tý nào rồi.

Cho một hình nón có bán kính đáy là $R.$ Thiết diện qua trục là tam giác đều, $A$ là điểm cố định thuộc $(O),\,M$ là điểm di động trên $(O).$ Gọi $\widehat{AOM}=2\alpha\,\,\left(\alpha\leq90^o\right).$
   a) Tính khoảng cách từ $O$ đến $(SAM)$
   b) Xác định $\alpha$ để $S_{\Delta\,SAM}$ lớn nhất
   c) $\beta$ là góc tạo bởi $(SAM)$ với đáy. Chứng minh $\tan\beta\cos\alpha=\sqrt{3}$
   d) Xác định $\alpha$ sao cho $\tan\beta=2\tan\alpha$

Em cứ làm sau đó tham khảo đáp án anh gửi nhé.

Phần b nhiều em rất dễ nhầm khi sử dụng BDT Cauchy nhưng phải chú ý điều kiện khi dấu $"="$ xảy ra nhé.

Phần c) Nếu $\alpha=90^0$ thì ta được $\beta=90^0$ như vậy không tồn tại $\tan\beta$ nhé.

Phần d) sử dụng dữ kiện của phần c) nên cũng cần có điều kiện tương tự.

Tìm số nguyên $n$ thỏa mãn $\frac{n^2}{2^n}$ nguyên

Bài này không khó lắm, đề nghị mọi người mạnh tay vào.  

Tìm $n$ để $n^2\ge 2^n$ và $(n+1)^2<2^{n+1}$.

Ta có $(n+1)^2<2.2^n\le 2n^2\Rightarrow 2n^2-(n+1)^2>0$.

$\Leftrightarrow (n-1)^2-2>0$

Vậy với $n> 4$ thì $n^2<2^n$ nên $\frac{n^2}{2^n}$ không thể là số nguyên khi đó.

Nếu $n\le 0$ thì ta có $\frac{n^2}{2^n}$ luôn là số nguyên.

Với $1\le n\le 4$, để $\frac{n^2}{2^n}$nguyên thì $n^2\vdots 2$ do đó $n=2;n=4$.

Vậy nghiệm cần tìm là $n=2;n=4$ hoặc $n$ là số nguyên không dương ($n\le 0$).

Giải phương trình sau:

$\sqrt{x+1}-\sqrt{4-x}+8-x^2=0$

Sử dụng phương pháp nhân liên hợp.

ĐK: $-1\le x\le 4$.

$(\sqrt{x+1}-2)-(\sqrt{4-x}-1)=x^2-9$

$\Leftrightarrow \frac{x-3}{\sqrt{x+1}+2}+\frac{x-3}{\sqrt{4-x}+1}=(x-3)(x+3)$

$\Leftrightarrow \left[\begin{matrix} x-3=0\\ \frac{1}{\sqrt{x+1}+2}+\frac{1}{\sqrt{4-x}+1}=x+3 \end{matrix}\right.$

TH1: $x=3$ thỏa mãn ĐK.

TH2: Ta có $\frac{1}{\sqrt{x+1}+2}+\frac{1}{\sqrt{4-x}+1}=x+3$.

$VP=x+3\ge 2$ với $-1\le x\le 4$.

$VT<\frac{1}{2}+1=\frac{3}{2}<2\le VP$ do vậy PT vô nghiệm.

Vậy PT có nghiệm duy nhất $x=3$.

tìm tất cả các hàm số f(x) liên tục /R thoả mãn f(x+y)+f(xy)=f(x)+f(y)+f(x).f(y)

 

 

làm giúp mình nhá

Cho $y=0$, ta được $f(x)+f(0)=f(x)+f(0)+f(x).f(0)\Leftrightarrow f(x).f(0)=0$

TH1: Nếu $f(x)=0$ ta thấy luôn đúng.

TH2: $f(0)=0$.

Cho $y=1$, ta được $f(x+1)+f(x)=f(x)+f(1)+f(x).f(1)\Leftrightarrow f(x+1)=f(1)(1+f(x))$

Nếu $f(1)=0$ thì $f(x)=0$.

Nếu $f(1)\ne 0$. Cho $x=-1$ ta có $1+f(-1)=0\Leftrightarrow f(-1)=-1$.

Cho $x=-2$ ta được $f(1).(1+f(-2))=-1$.

Cho $x=y=-1$ ta được $f(1)+f(-2)=-1$.

Giải hệ này ta được $f(1)=1$ hoặc $f(1)=-1$.

 + Nếu $f(1)=1$, ta có $f(x+1)=f(x)+1$. Suy ra, $f(x)$ cộng tuyến ($f(x+y)=f(x)+f(y)$).

Thay vào PT ban đầu ta được $f(xy)=f(x).f(y)$.

Do vậy hàm số $f(x)$ là hàm số tuyến tính nên $f(x)=ax+b$.

Thay $f(-1);f(0)$ vào ta được $f(x)=x$.

 + Nếu $f(1)=-1$, suy ra $f(-2)=0$.

Suy ra $f(x+1)=-1-f(x)$. TH này mình không tìm được dạng TQ.

Cho $x^2+y^2=1$. Tìm min và max của $A=(2-x)(2-y)$

Một cách hay của bài này là áp dụng phương pháp lượng giác hóa. (Khi có điều kiện ban đầu dạng Elip hoặc đường tròn).

Đặt $x=\sin t;y=\cos t$.

Ta có $A=(2-\sin t)(2-\cos t)=4-2(\sin t+\cos t)+\sin t.\cos t=\frac{1}{2}(\sin t+\cos t)^2-2(\sin t+\cos t)+\frac{7}{2}$.

Đặt $u=\sin t+\cos t$. Ta có $u\in[-\sqrt2;\sqrt2]$.

Khi đó, $A=\frac{1}{2}u^2-2u+\frac{7}{2}$.

Khảo sát hàm số này trên đoạn $[-\sqrt2;\sqrt2]$ là tìm được GTLN, GTNN.

Câu c)

Ta có $MO$ là phân giác của tam giác cân $MAB$ (Tính chất tiếp tuyến).

Mặt khác, $\widehat{MAE}=\frac{1}{2}sd \ AE;\widehat{EAB}=\frac{1}{2}sd \ EB=\frac{1}{2}sd \ AE$.

Suy ra, $AE$ là phân giác tam giác $ABM$.

Do đó, $E$ là giao của hai đường phân giác, tức là $E$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $MAB$.

Cho đường tròn tâm O bán kính R và đường thẳng (d) ko có điểm chung với đường tròn. M là một điểm thuộc (d). Qua điểm M kẻ hai tiếp tuyến MA, MB. Hạ OH   $\perp$ (d) tại H. Nối AB cắt OH tại K, cắt OM tại I. Tia OM cắt đường tròn tại E.

a) CM: 4 điểm A, O, B, M thuộc một đường tròn

b) CM: OK.OH = OI.OM

c) CM: E là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MAB ( gợi ý: cm AE là phân giác góc MAB bằng cách sử dụng hai góc cùng phụ với hai góc bằng nhau)

d) Tìm vị trí của điểm M trên đường thẳng (d) để diện tích tam giác OIK có GTLN.

a) Ta có $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$.

Do đó, tứ giác $MAOB$ nội tiếp.

b) Ta có $AB\perp OM$ nên $\Delta OIK\sim \Delta OHM$.

Suy ra, $\frac{OI}{OH}=\frac{OK}{OM}\Leftrightarrow OI.OM=Ok.OH$

cho tam giác ABC có (I) là tâm đường tròn nội tiếp gọi IE , IF, ID lần lượt là ba đường cao hạ từ I xuống BC, CA,AB chứng minh

    vectơ IE.BC+vectơ IF.CA+vectơ ID.AB= véctơ o

Ta có $IE=IF=ID$.

Ta có $VT^2=IE^2.BC^2+IF^2.CA^2+ID^2.AB^2+2BC.CA.\vec{IE}.\vec{IF}+2CA.AB.\vec{IF}.\vec{ID}+2AB.BC.\vec{ID}.\vec{IE}$

$=IE^2(BC^2+CA^2+AB^2+2\vec{BC}.\vec{CA}+2\vec{CA}.\vec{AB}+2\vec{AB}.\vec{BC})=IE^2(\vec{BC}+\vec{CA}+\vec{AB})^2=\vec{0}^2$

Có được điều này vì $\widehat{EIF}+\widehat{ECF}=180^0;\widehat{EID}+\widehat{EBD}=180^0;\widehat{DIF}+\widehat{DAF}=180^0$