Cho $A, B$ phân biệt. Tìm $m$ thỏa mãn các điều kiện sau:

$a,\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{BA}$

$b,\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{AB}$

$c,\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\vec{0}$

 

Xí!! Nhầm chữ "các".

 

$a)$ Có $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{MA}\Rightarrow \overrightarrow{BA}=\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}$

 

Vậy $\forall M$ đều thoả.

 

$b)$ Theo câu $a)$, có: $\overrightarrow{BA}=\overrightarrow{MA}-\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{AB}\Rightarrow 2\overrightarrow{AB}=0\Rightarrow A\equiv B$

 

Vậy $\forall M$ đều không thoả.

 

$c)$ $\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{MB}=\overrightarrow{0}\Rightarrow \overrightarrow{MA}=\overrightarrow{BM}$

 

$\Rightarrow M$ là trung điểm $AB$

nhưng đề nói rằng xác định điểm $m$ mà? đâu phải là tính đâu ạ?

Đã Fix. Mod có xem thì ẩn hết Spam 

$1.$ Cho $c>d$. Tìm điều kiện của $a$ và $b$ để phương trình sau có hai nghiệm phân biệt:

 

$\frac{a^2}{x-c}+\frac{b^2}{x-d}=1$

 

$2.$ Tìm điều kiện cần và đủ đối với các số $a,b,c$ để phương trình sau vô nghiệm:

 

$a(ax^2+bx+c)^2+b(ax^2+bx+c)+c=x$

 

$3.$ Cho phương trình:

 

$(x-1)^2=2|x-k|$

 

Định $k$ để phương trình có:

 

                          $a>$ $4$ nghiệm phân biệt

 

                          $b>$ Đúng $3$ nghiệm

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

Cho tam giác $ABC$, trên $BC$ lấy điểm $D$ sao cho $\overrightarrow{BD}=\frac{3}{5}\overrightarrow{BC}$ . Gọi $E$ là điểm thỏa mãn hệ thức $4\overrightarrow{EA}+2\overrightarrow{EB}+3\overrightarrow{EC}=\overrightarrow{0}$ . Trên $AC$ lấy điểm $F$ sao cho $\overrightarrow{AF}=k\overrightarrow{AC}$.

 

$1.$ Hãy xác định $k$ sao cho $B;E;F$ thẳng hàng

$2.$ Hãy xác định $I$ và số thực $k$ sao cho $2\overrightarrow{MA}+3\overrightarrow{MB}-\overrightarrow{MC}=k\overrightarrow{MI}$ với mọi điểm $M$

 

 

Bác nào có đề thi vào lớp 10 trường THPT chuyên Lương Văn Chánh- Phú Yên. Cho em xin, em đang cần gấp. Em cảm ơn!!!

Cho tứ giác $ABCD$ nằm trong mặt phẳng $(\alpha)$ có hai cạnh $AB$ và $CD$ không song song. Gọi $S$ là một điểm nằm ngoài mặt phẳng $(\alpha)$ và $M$ là trung điểm đoạn $SC$. $N$ là giao điểm của $SD$ và $(MAB)$. $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh ba đường thẳng $SO, AM$ và $BN$ đồng quy.

__________________________________

Ai giải thì vẽ giúp cái hình nha ! 

Chào ban quản trị...dấu like mà BQT đặt ra để tỏ lời cảm ơn của người hỏi đối với người trả lời...vậy mà có 1 số người lại làm dụng điều đó quá mức ( tự lập nick này và like nick kia ) ( em đã để ý và thấy rằng bạn có nick là quoctuanqbdh làm thường xuyên ) 

Việc tự like cho mình thì không quản lí được đâu bạn. Số lượng like cũng chẳng đánh giá được điều gì . 

__________________

Có phải bạn là thành viên cũ của diễn đàn và tạo nick mới để nói về vấn đề này ? 

bài này ra bao nhiêu:

Cho phương trình: $mx^{2}+m^{2}x+1=0$ có 2 nghiệm $x_{1}$ và $x_{2}$ .

Gọi k là số các giá trị của m thỏa mãn $x_{1}^{3}+x_{2}^{3}=0$ . Vậy k = ?

$k=0$

Đề Violympic lớp $9$ vòng $17$ ( khung tự luyện).

 

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

Giải cụ thể hộ mình

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

$1$>Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi R, r theo thứ tự là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác.
Biết R = $5$cm và r = $2$cm. Tổng độ dài hai cạnh AB và AC là.....cm.

 

$2$>Cho bốn đường thẳng:

$(d_{1}):y=\frac{3}{4}x+3;(d_{2}):y=\frac{3}{4}x-3;(d_{3}):y=\frac{-3}{4}x+3;(d_{d}):y=\frac{-3}{4}x-3;$
cắt nhau tại bốn điểm A, B, C, D. Chu vi tứ giác ABCD =......(đvđd)

 

$3$Tìm $x,y$ thỏa mãn: $5x-2\sqrt{x}(2+y)+y^{2}+1=0$

Trả lời: $(x;y)=(...;...)$
(Nhập kết quả $x$ trước và $y$ sau dưới dạng số thập phân gọn nhất ngăn cách nhau bởi dấu “;”)

 

$4$>Tập hợp các giá trị nguyên x thỏa mãn $x^{2}+x-p=0$ (với p là số nguyên tố)

là {.....}
Nhập kết quả theo thứ tự tăng dần ngăn cách nhau bởi dấu “;”

 

$\blacksquare \blacksquare \blacksquare$

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

P/s: Mấy mem bảng $A$ thi được không?

 

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH - PHÚ YÊN

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

NĂM: 2014-2015

MÔN: TOÁN

THỜI GIAN : 120 PHÚT

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

Vòng 1

Câu 1:(1.00 điểm). Không dùng máy tính cầm tay, tính nhanh các biểu thức:

$a)$ $\sqrt{0,0144}$ $b)$ $\sqrt{13-4\sqrt{3}}$ $c)$ $\frac{2\sqrt{45}+\sqrt{125}-\sqrt{320}}{\sqrt{5}}$

Câu 2:(2.00 điểm). Cho hai hàm số $y=2x^2$ và $y=x+1$

$a)$ Vẽ đồ thị hàm số đã cho trên cùng một hệ trục toạ độ.

$b)$ Tìm toạ độ các giao điểm của hai đồ thị bằng phép tính.

Câu 3:(1.50 điểm). Cho phương trình $x^2-mx+9=0$, với $m$ là tham số.

$a)$ Tìm các giá trị của $m$ để phương trình có nghiệm kép.

$b)$ Trong trường hợp phương trình có hai nghiệm $x_{1}$ và $x_{2}$, hãy lập phương trình bậc hai có nghiệm là hai số $\frac{x_{1}}{x_{2}}$ và $\frac{x_{2}}{x_{1}}$

Câu 4:(1.50 điểm). Giải bài toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình.

Nghiệp đoàn nghề cá Phú Câu và nghiệp đoàn nghề cá Phú Lâm cùng đánh bắt trên ngư trường Trường Sa. Trong tháng $4$, hai nghiệp đoàn đánh bắt được $800$ tấn hải sản. Trong tháng $5$, nhờ áp dụng công nghệ hiện đại, nghiệp đoàn Phú Câu vượt mức $20$ phần trăm, nghiệp đoàn Phú Lâm vượt mức $30$ phần trăm (so với tháng $4$) nên cả hai nghiệp đoàn đánh bắt được $995$ tấn hải sản. Tính xem trong tháng $4$, mỗi nghiệp đoàn đánh bắt được bao nhiêu tấn hải sản?

Câu 5:(3.00 điểm).

Cho đường tròn tâm $O$, dây $AB$, $I$ là trung điểm của $AB$. Qua $I$ kẻ hai dây cung $CD$ và $EF$ $(C;F \in$ một cung $AB)$. $CF ; ED$ cắt $AB$ lần lượt tại $M$ và $N$. Gọi $H;K$ lần lượt là trung điểm của $CF$ và $DE$. Chứng minh rằng:

$a)$ $MHOI$ và $NKOI$ là các tứ giác nội tiếp.

$b)$ Tam giác $FHI$ đồng dạng với tam giác $DKI$

$c)$ $I$ là trung điểm đoạn $MN$.

Câu 6:(1.00 điểm). Giải phương trình: $x^4+\sqrt{x^2+2014}=2014$

------- Hết -------

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN CHÁNH - PHÚ YÊN

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

NĂM: 2014-2015

MÔN: TOÁN (Chuyên)

THỜI GIAN : 120 PHÚT

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

Vòng 2

Câu 1:(3.00 điểm). Giải phương trình $\sqrt{x+2\sqrt{x+1}+2}+\sqrt{x-2\sqrt{x+1}+2}=\frac{x+5}{2}$

Câu 2:(3.50 điểm). Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x^2+\dfrac{1}{x^2}+y^2=\dfrac{13}{2}\\ x+\dfrac{1}{x}+y=4 \end{matrix}\right.$

Câu 3:(4.00 điểm). Cho phương trình $x^3-(2m+1)x^2+(2m^2-m+2)x-(2m^2-3m+2)=0$ ($m$ là tham số). Định $m$ để phương trình có $3$ nghiệm dương phân biệt.

Câu 4:(3.00 điểm). Từ điểm $M$ ở ngoài đường tròn tâm $(O)$ kẻ các tiếp tuyến $MA;MB(A;H$ là các tiếp điểm$)$. Trên cung lớn $AB$ lấy các điểm $C;D$ sao cho $AC=CD$. Gọi $I$ là giao điểm của $AD$ và $BC$. Qua $M$, kẻ đường thẳng song song với $AD$, cắt $AC$ tại $E$. Chứng minh rằng:

$a)$ Tam giác $MEA$ cân

$b)$ Đường thẳng $MC$ đi qua trung điểm của đoạn $AI$

Câu 5:(4.00 điểm). Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, đường cao $AH$, điểm $M$ di động trên đoạn thẳng $AH$. Gọi $D;E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên $AB,AC$ và $F$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $EH$.

$a)$ Chứng minh rằng các điểm $H;M;F$ thẳng hàng.

$b)$ Xác định vị trí điểm $M$ trên $AH$ để diện tích tam giác $AFB$ lớn nhất.

Câu 6:(2.50 điểm). Tìm nghiệm nguyên của phương trình : $\sqrt{x}+\sqrt{y}=\sqrt{981}$

------- Hết --------

 

Câu 3:
$x^3-(2m+1)x^2+(2m^2-m+2)x-(2m^2-3m+2)=0$

$\Leftrightarrow (x-1)(x^2-2mx+2m^2-3m+2)=0$

Để $PT$ có $3$ nghiệm dương phân biệt thì $pt$ $x^2-2mx+2m^2-3m+2=0$ có 2 nghiệm dương phân biệt khác $1$

ĐK cần: $\left\{\begin{matrix}m^2-2m^2+3m-2>0  &  & \\ 2m>0  &  & \\ 2m^2-3m+2>0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow 1<m<2$

ĐK đủ:

$x=m\pm\sqrt{-m^2+3m-2}\neq 1$

 

P/s: Lấy biểu tượng của trường kiểu gì? Cái hình phù hiệu ấy

 

ĐK đủ: $m \neq \frac{3}{2}$

 

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

P/s: Phù hiệu thì sao?

 

T không biết cách lấy phù hiệu trường t như nào?

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Mở rộng của $MSS 27$

 

Cho $a_{1};a_{2};,,,; a_{n}$ với mọi $n \in N, n \geq 3$ và $a_1.a_2....a_n=1$

 

Tìm min của biểu thức:

 

$E=\sum \dfrac{1}{a_1^3[\sum(\prod_{2}^{n}a)}]$

 

Giải:

 

$E=\sum \frac{(a_2.a_3...a_n)^2}{a_1[\sum \left ( \prod_{2}^{n}a \right )]}\geq \frac{(\sum a_2.a_3...a_n)^2}{n(\sum a_2.a_3...a_n)}=\frac{\sum a_2.a_2...a_n}{n} \geq \frac{n\sqrt[n]{(a_1.a_2...a_n)^{n-1}}}{n}=\frac{1}{n}$

 

Vậy $E_{Min}=\frac{1}{n}$

 

$\Leftrightarrow a_1=a_2=...=a_n=1$

Cùng ý kiến, từ trước tới giờ vẫn áp dụng các BĐT này bình thường, (từ năm 2013 cho đến nay)

Ý kiến thêm là kí hiệu $\sum$ đã được dùng trong Box THCS lâu nay và em nghĩ có thể sử dụng trong bài thi để đẹp và tiết kiệm diện tích!

 

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

Từ lớp $7$ tức năm $2011$ và kể cả những năm trước THCS đã có dạy những bđt trên

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

 

Cách $1$ của $MSS 27$ dự thi trận $9$

 

Đề bài cho ta $xyz=1 \Rightarrow x^2y^2z^2=1$

 

Từ đó, áp dụng bđt $BCS$ dạng $Engel$ và bđt $AM-GM$

 

$\sum \frac{1}{x^3(y+z)}=\frac{x^2y^2z^2}{x^3(y+z)}=\sum \frac{y^2z^2}{xy+xz}\geq \frac{(xy+yz+zx)^2}{2(xy+yz+zx)}=\frac{xy+yz+zx}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}{2}=\frac{3}{2}$

 

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} xyz=1\\ x=y=z\\ \dfrac{xy}{z(x+y)}=\dfrac{yz}{x(y+z)}=\dfrac{zx}{y(z+x)}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1$

Từ mở rộng $2$ ta có ngay mở rộng $3$ $(MSS 27)$

 

Cho các số $a_1;a_2;a_3;...;a_n$ thực dương, thỏa $a_1.a_2.a_3...a_n=1$, $k \in N^*$; $n \geq 3, n \in N$

 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$\sum \frac{1}{a_1^{3k}[\sum (\prod_{2}^{n-1}a^k)]}$

 

Giải:

 

$\sum \frac{1}{a_1^{3k}[\sum (\prod_{2}^{n-1}a^k)]}=\sum \frac{(a_2^k.a_3^k...a_n^k)^{2}}{a_1^{k}[\sum (\prod_{2}^{n-1}a^k)]}=\sum \frac{(a_2^k.a_3^k...a_n^k)^2}{a_1^k[\sum (\prod_{2}^{n-1}a^k)]}\geq \frac{(\sum a_2^k.a_3^k...a_n^k)^2}{(n-1)(\sum a_2^k.a_3^k...a_n^k)}=\frac{\sum a_2^k.a_3^k...a_n^k}{n-1}\geq\frac{n\sqrt[n]{a_1^{2k}.a_2^{2k}...a_3^{2k}}}{n-1}=\frac{n}{n-1}$

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=a_3=...=a_n=1$

Mở rộng $2$ của $MSS 27$

 

Cho các số thực dương $x;y;z$ thỏa $xyz=1$ và $k \in N^*$

 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$E=\sum \frac{1}{x^{3k}(z^k+y^k)}$

 

Giải:

 

Áp dụng bđt BCS dạng Engel, ta được:

 

$E=\sum \frac{1}{x^{3k}(y^k+z^k)}=\frac{(x^ky^kz^k)^2}{x^{3k}(y^k+z^k)}=\sum \frac{(y^kz^k)}{x^k(y^k+z^k)}\geq \frac{\sum (y^kz^k)^2}{2(\sum y^kz^k)}=\frac{\sum y^kz^k}{2}\geq \frac{3\sqrt[3]{x^{2k}y^{2k}z^{2k}}}{2}=\frac{3}{2}$

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=1$

 

 

Mấy trận sau này " MỞ RỘNG" không chấm ạ?

 

(69 này là có điểm mở rộng & cách 2 chưa anh )

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Bài dự thi trận $9$ $MSS 27$

Đề bài cho ta $xyz=1 \Leftrightarrow x^2y^2z^2=1$

 

Từ đó, Áp dụng bất đẳng thức $BCS$ dạng Engel và bđt $AM-GM$, ta có

 

$\sum \frac{1}{z^3(y+z)}= \sum \frac{x^2y^2z^2}{x^3(y+z)}= \sum \frac{y^2z^2}{x(y+z)} \geq \frac{(xy+yz+zx)^2}{2(xy+yz+zx)}= \frac{xy+yz+zx}{2} \geq  \frac{3\sqrt[3]{x^2y^2z^2}}{2}= \frac{3}{2}$

 

Dấu đẳng thức $\Leftrightarrow$ $\left\{\begin{matrix} x=y=z;xyz=1\\ \dfrac{xy}{z(x+y)}=\dfrac{yz}{x(y+z)}=\dfrac{xz} {y(x+z)}\end{matrix}\right.\Leftrightarrow x=y=z=1$

 

d = 10

S = 44 + 5 + 20 = 69 (số đẹp gớm)

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

 

Cách $2$ của $MSS 27$:

 

Áp dụng bđt $AM-GM$, ta được:

 

Cho $x, y, z$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $xyz = 1$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:  

$$E=\frac{1}{x^3(y+z)}+\frac{1}{y^3(z+x)}+\frac{1}{z^3(x+y)}.$$

Toán thủ ra đề: angleofdarkness

Mở rộng của $MSS 27$ ( Lấy mở rộng này thay cho mở rộng trước)

 

Cho $a_1;a_2;a_3;...;a_n$ với $n \in N, n \geq 3$ và $a_1.a_2.a_3...a_n=1$

 

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

 

$E=\sum \frac{1}{a_1^3\sum [\prod_{2}^{n-1}]a}$

 

Giải:

 

Sử dụng bđt BCS dạng Engel, ta được:

 

$E=\sum \frac{1}{a_1^3\sum [\prod_{2}^{n-1}]a}=\sum \frac{(a_2.a_3...a_n)^2}{a_1[\sum (\prod_{2}^{n-1}a)]}\geq \frac{(\sum a_2.a_3...a_n)^2}{(n-1)(\sum a_2.a_3...a_n)}=\frac{\sum a_2.a_3...a_n}{n-1}\geq \frac{n\sqrt[n]{(a_1.a_2...a_n)^{n-1}}}{n-1}=\frac{n}{n-1}$

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a_1=a_2=a_3=...=a_n=1$

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\\frac{FD}{FB}.\frac{MB}{MA}.\frac{OD}{OA}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MB}{MA} \geq \frac{NC}{NA}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \geq FB.FC$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $MN||BC$

Một đường thẳng đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ cắt $AB;AC$ lần lượt tại $M;N$.
Chứng minh:

$$\frac{BM.CN}{AM.AN}\leq \frac{BC^{2}}{4AB.AC}$$

Đề thi của: 

Viet Hoang 99

Bài dự thi trận 8 của MSS 27

 

Kí hiệu như hình vẽ

 

Áp dụng định lí Menelaus cho điểm $F$ và $\Delta ADC;\Delta ABD$

 

Ta có:

 

$\frac{FD}{FC}.\frac{OA}{OD}.\frac{NA}{NC}=1$

 

Lại có:

 

$\frac{FD}{FB}.\frac{MA}{MB}.\frac{OA}{OD}=1$

 

Dễ dàng lập luận theo tính chất phân giác, ta có được

 

$\frac{MA}{MB} \leq \frac{NA}{NC}$

 

Từ $3$ đẳng thức trên nhân lại vế theo vế, ta có:

 

$FD^2 \leq \frac{OD^2}{OA^2}$ (vì cũng có $FD^2 \geq FD.FC$ từ đó)

 

Mà $\frac{OA}{OD}=\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=\frac{AB+AC}{BC}$

 

Vậy $\frac{OD^2}{OA^2} = \frac{BC^2}{(AB+AC)^2} \leq \frac{BC^2}{4AB.AC}$

 

Từ đó dễ dàng có đpcm

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $AB=AC$ và $\frac{MA}{MB} = \frac{NA}{NC}$ hay $MN||BC$

 

Mà $\Delta ABC$ cố định nên $AB \neq AC$ 

 

Vậy dấu bằng không xảy ra

________________
Chỗ "dễ dàng" nên nói rõ ra

Dấu bằng có xảy ra

$d = 6$

$S = 27$

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

Điều kiện: $x \geq 1$ và $VT \geq 0$ tức $2x^2+5x-1 \geq 0$

 

Đặt $\sqrt{x-1}=a$ và $\sqrt{x^2+x+1}=b$.

 

Vậy: $3a^2+2b^2=2x^2+5x-1=VT$

 

Phương trình đầu tương đương:

 

$3a^2+2b^2=7ab$

 

Giải phương trình: $2x^{2}+5x-1=7\sqrt{x^{3}-1}$

Đề thi của l4lzTeoz

Bài dự thi trận $7$ của $MSS 27$

 

Điều kiện: $x \geq 1$

 

Đặt $\sqrt{x-1}=a$ và $\sqrt{x^2+x+1}=b$.

 

Vậy: $3a^2+2b^2=2x^2+5x-1=VT$

 

Phương trình đầu tương đương:

 

$3a^2+2b^2=7ab$

 

$\Leftrightarrow (a-2b)(3a-b)=0 \Leftrightarrow \begin{bmatrix}a=2b\\ 3a=b\end{bmatrix}$

 

Với $a=2b$, ta có phương trình:

 

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

 

$\Leftrightarrow x-1=4x^2+4x+4$

 

$\Leftrightarrow 4x^2+3x+5=0 (1)$

 

$\Delta =9-4.4.5=-71<0$

 

Vậy phương trình $(1)$ vô nghiệm.

 

Với $3a=b$, ta có phương trình:

 

$3\sqrt{x-1}=\sqrt{x^2+x+1}$

 

$\Leftrightarrow 9x-9=x^2+x+1$

 

$\Leftrightarrow x^2-8x+10=0 (2)$

 

$\Delta'=16-1.10=6>0$ 

 

Vậy phương trình $(2)$ có $2$ nghiệm phân biệt:

 

$$\left\{\begin{matrix} x_{1}=\dfrac{4+\sqrt{6}}{1}=4+\sqrt{6}\\ x_{1}=\dfrac{4-\sqrt{6}}{1}=4-\sqrt{6}\end{matrix}\right.$$

 

Kết hợp điều kiện và nhận cả hai nghiệm.

 

 

Kết luận: Phương trình đầu có hai nghiệm $S={4+\sqrt{6};4-\sqrt{6}}$

 

 

     d =10

     S =17+10.3=47

Trong mặt phẳng cho tập S gồm 2014 điểm. CM tồn tại họ (M) gồm 2013 đường thẳng song song thỏa tính chất với mỗi đoạn thẳng nối hai điểm bất kì của S đều cắt ít nhất một đưởng thẳng của họ (M)