Đề này ảo thật, bài 3 là bổ đề đường thẳng Simson , bài 4 số học lớp 9 dùng tính chia hết , bài 5 là đề thi hsg toán tp hà nội năm 2013 khi thay 2015 bởi 2013 . Bài số 1 ngày 2 thi đã giải nhiều lần trên diễn đàn ,bài 3 thì nằm trong nâng cao pt toán lớp 9 tập 2 

 

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI

CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2015

 

Môn thi: Toán

Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)

 

Ngày thi thứ nhất: 22/10/2014

 

Câu 2

Tìm tất cả các hàm $f:\left ( 0,\propto \right )\rightarrow \left ( 0,\propto \right )$ thỏa mãn

$x^{2}\left ( f(x)+f(y) \right )=\left ( x+y \right )f\left ( y \left ( x \right ) \right )\forall x,y\in \left ( 0,\propto \right )$

 

 

  Ta thấy hàm  $f\equiv 0$ thỏa mãn bài toán

-Xét hàm $f$ khác 0

-Cho $y=-x= > x^2(f(x)+f(-x))=(x-x)f(-xf(x))=0= > f(x)+f(-x)=0= > f(x)=-f(-x)$   (1)

    Do đó $f$ là hàm lẻ

-Thay $x$ bởi $-x$ và áp dụng (1)

  $= > (-x)^2(f(-x)+f(y))=(y-x)f(yf(-x))= > x^2(f(y)-f(x))=(y-x)f(-yf(x))=(y-x).(-f(yf(x)))=(x-y)f(yf(x))= > x^2(f(y)-f(x))=(x-y)f(yf(x))$   (2)

- Từ (2) và đề bài 

$= > \left\{\begin{matrix} x^2(f(y)-f(x))=(x-y)f(yf(x)) & \\ x^2(f(x)+f(y))=(x+y)f(yf(x))& \end{matrix}\right.= > x^2(f(y)-f(x)).(x+y)f(yf(x))=x^2(f(x)+f(y)).(x-y)f(yf(x))= > (x+y)(f(y)-f(x))=(x-y)(f(x)+f(y))$  

    (Do hàm f khác 0)

$= > xf(y)-xf(x)+yf(y)-yf(x)=xf(x)+xf(y)-yf(x)-yf(y)= > 2xf(x)=2yf(y)= > xf(x)=yf(y)$

-Cho $y=1= > xf(x)=f(1)=a= > f(x)=\frac{a}{x}$ với mọi số thực $a$

  Thay vào đề bài $= > x^2(\frac{a}{x}+\frac{a}{y})=(x+y)f(y.\frac{a}{x})=(x+y).\frac{a}{\frac{ay}{x}}=(x+y).\frac{x}{y}= > ax+\frac{x^2a}{y}=\frac{x^2}{y}+x= > (a-1)(x+\frac{x^2}{y})=0= > a=1= > f(x)=\frac{1}{x}$

           Vậy $f(x)=\frac{1}{x}$ và $f(x)\equiv 0$ thỏa mãn bài toán

Ta có :$y=\sqrt{x^2-2x+6}=\sqrt{(1-x)^2+5}\geq \sqrt{(1-1)^2+5}=\sqrt{5}$(do $x\leq 1$)

$= > y$ Min=$\sqrt{5}$ khi x=1

  Cho dãy số $x_{n}$ thỏa mãn $x_{1}=1$ và 

 $x_{n+1}=\sqrt{x_{n}^2+ax_{n}+a+1}-\sqrt{x_{n}^2-ax_{n}+a+1}$ với $a,n$ là các số nguyên dương.

   Xác định $a$ để dãy số trên có giới hạn hữu hạn .

Đặt $x=a^3,y=b^3,z=c^3= > abc=1$

Ta có :$\sum \frac{1}{\sqrt{8a^3+1}}=\sum \frac{1}{\sqrt{(2a+1)(4a^2-2a+1)}}\geq \sum \frac{1}{\frac{4a^2-2a+1+2a+1}{2}}=\sum \frac{2}{4a^2+2}=\sum \frac{1}{2a^2+1}$=B

Do $abc=1$ nên đặt $a=\frac{mn}{p^2},b=\frac{pm}{n^2},c=\frac{pn}{m^2}$

$= > B=\sum \frac{1}{2a^2+1}=\sum \frac{1}{2.(\frac{mn}{p^2})^2+1}=\sum \frac{p^4}{p^4+2(mn)^2}\geq \frac{(p^2+m^2+n^2)^2}{p^4+m^4+n^4+2(mn)^2+2(pm)^2+2(pn)^2}=\frac{(p^2+m^2+n^2)^2}{(p^2+m^2+n^2)^2}=1$(đpcm)

Dấu = xảy ra khi m=n=p hay x=y=z=1

Do $k\geq 8$ nên đặt $k=8+m$

Theo bđt Cauchy-Swtach có :$\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+kbc}}=\sum \frac{a}{\sqrt{a^2+(8+m)bc}}=\sum \frac{a^2}{\sqrt{a}.\sqrt{a^3+abc(8+m)}}\geq \frac{(\sum a)^2}{\sum \sqrt{a}.\sqrt{a^3+abc(8+m)}}$

Theo bđt Bunhiacopxki ta có :$\sum \sqrt{a}.\sqrt{a^3+abc(8+m)}\leq \sqrt{(\sum a).(\sum a^3+3abc(8+m))}=\sqrt{(\sum a).(\sum a^3+24abc+9abcm)}\leq \sqrt{(\sum a).(\sum a^3+3(a+b)(b+c)(c+a)+3abcm)}=\sqrt{(\sum a).\left [ (\sum a)^3+3abcm \right ]}\leq \sqrt{(\sum a).\left [ (\sum a)^3+m\frac{(\sum a)^3}{9} \right ]}=\sqrt{(\sum a)^4(1+\frac{m}{9})}=(\sum a)^2.\sqrt{\frac{m+9}{9}}= > \frac{(\sum a)^2}{\sum \sqrt{a}.\sqrt{a^3+abc(8+m)}}\geq \frac{(\sum a)^2}{(\sum a)^2.\frac{\sqrt{m+9}}{3}}=\frac{3}{\sqrt{m+9}}=\frac{3}{\sqrt{m+8+1}}=\frac{3}{\sqrt{k+1}}$(đpcm)

Theo Cauchy-Swtach có :$\sum \sqrt{p-a}\leq \sqrt{3\sum (p-a)}=\sqrt{3p}$

Theo bđt Bunhiacopxki có :$\prod (ab+bc+1)\leq \prod \sqrt{(a^2+b^2+1)(a^2+c^2+1)}=\prod (a^2+b^2+1)$(ĐPCM)

Ta có :$A=\frac{1}{\sqrt{1+8(\frac{b}{a})^3}}+\frac{2}{\sqrt{1+(1+\frac{a}{b})^3}}$

Đặt $\frac{b}{a}=x= > \frac{a}{b}=\frac{1}{x}$

Ta có :$A=\frac{1}{\sqrt{1+8a^3}}+\frac{2}{\sqrt{1+(1+\frac{1}{x})^3}}=\frac{1}{\sqrt{(2a+1)(4a^2-2a+1)}}+\frac{2}{\sqrt{(\frac{1}{a}+2)(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}+1)}}\geq \frac{1}{\frac{2a+1+4a^2-2a+1}{2}}+\frac{2}{\frac{\frac{1}{a}+2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{a}+1}{2}}=\frac{2}{4a^2+2}+\frac{4}{\frac{1}{a^2}+\frac{2}{a}+3}=\frac{1}{2a^2+1}+\frac{4a^2}{3a^2+2a+1}$

Ta sẽ CM $A\geq 1< = > \frac{1}{2a^2+1}+\frac{4a^2}{3a^2+2a+1}\geq 1< = > \frac{8a^4+7a^2+2a+1}{(2a^2+1)(3a^2+2a+1)}\geq 0< = > 8a^4+7a^2+2a+1\geq 6a^4+4a^3+5a^2+2a+1< = > 2a^4-4a^3+2a^2\geq 0< = > 2a^2(a-1)^2\geq 0$(Luôn đúng)

 Vậy $A$ Min = 1 khi a=1 hay x=y

Với a, b > 0, a+b > 1, cmr:

$a^{2}+\frac{b^{2}}{(a+b)^{2}-1}\geq 1$

P/s: nhân tiện cho mình hỏi ai có tài liệu hay chuyên đề về toán violympic bảo mình với, mình đang rất cần!

Ta có:$a^2+\frac{b^2}{(a+b)^2-1}\geq 1< = >a^2(a+b)^2-a^2+b^2\geq (a+b)^2-1< = > a^4+2a^3b^2+a^2b^2-2a^2-2ab+1\geq 0$

Với $a^{2}+b^{2}+c^{2}=2$. Chứng minh: $\frac{2}{a^{2}+b^{2}}+\frac{2}{b^{2}+c^{2}}+\frac{2}{a^{2}+c^{2}}\leq \frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{2abc}+1$

Ta có:$\sum \frac{2}{a^2+b^2}=\sum \frac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2}=3+\sum \frac{c^2}{a^2+b^2}\leq \frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}+3< = > \sum \frac{c^2}{a^2+b^2}\leq \frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}< = > \sum \frac{c^2}{a^2+b^2}-\frac{3}{2}\leq \frac{a^3+b^3+c^3}{2abc}-\frac{3}{2}< = > \sum \frac{(a-b)^2}{(c+a)(c+b)}\leq \frac{(a+b+c)(\sum (a-b)^2)}{2abc}< = > \sum (a-b)^2(\frac{a+b+c}{2abc}-\frac{1}{(c+a)(c+b)}\geq 0$(Luôn đúng do biểu thức trong ngoặc luôn lớn hơn 0)

 Cho các số thực dương $a,b,c> 0$ .CMR :

    $\sqrt[8]{\frac{a^{8}+b^{8}}{2}}+\sqrt[8]{\frac{b^8+c^8}{2}}+\sqrt[8]{\frac{c^8+a^8}{2}}\leq (a+b+c)^{10}(\frac{1}{9a}+\frac{1}{9b}+\frac{1}{9c})^9$

 Bài toán : Cho tam giác $ABC$ có 3 góc là $A,B,C$ .CMR:

       $\frac{cos(\frac{A-B}{2})}{2sin\frac{C}{2}}+\frac{cos(\frac{B-C}{2})}{2sin\frac{A}{2}}+\frac{cos(\frac{C-A}{2})}{2sin\frac{B}{2}}\leq \frac{tan\frac{A}{2}}{tan\frac{B}{2}}+\frac{tan\frac{B}{2}}{tan\frac{C}{2}}+\frac{tan\frac{C}{2}}{tan\frac{A}{2}}$

 

 

Bài 13. (Sưu tầm) Cho $a,b,c>0$ thỏa $a+b+c=1$. Chứng minh

\[\frac{a}{b+c}+\frac{b}{a+c}+\frac{c}{a+b} \geq \sqrt{\frac{4-27abc}{4(ab+bc+ac)}}\]

 Bạn xem lại đề bài câu này nhé. Nghe chừng đề có vấn đề !

bác nào xài hộ e câu 10 cái, trông dị quá ))), chưa đụng lần nào

 Câu 10 này mình mất gần 1 tiếng trong phòng thi để nghĩ ra ,không ngờ tự nhiên lại nghĩ ra được là cos 108=(1-căn5)/4. Beautiful !

Do nick Daicagiangho1998 bị lỗi nên em dùng nick này để thay thế trong việc làm bài .Mong ban quản trị vẫn chấm điểm bài này với nick Daicagiangho1998 với số (MO 31)

 +Trưóc hết ta có nhận xét sau :Với a là số nguyên thì $a\equiv0,1(mod 4)$

-Nếu trong 3 số $x,y,z$ không có số nào chẵn ,Ta có:$x^2\equiv 1(mod 4),y^2\equiv 1(mod 4),z^2\equiv 1(mod 4)= > x^2+y^2+z^2\equiv 3(mod 4)$.Mà $x^2y^2\equiv 1(mod 4)$ nên từ đề bài dẫn đến vô lý

-Nếu trong 3 số $x,y,z$ có ít nhất 1 số chẵn ,2 số còn lại lẻ .

+Do vai trò của x,y như nhau nên Gỉa sử $x$ chẵn,y,z lẻ $= > x^2y^2\equiv 0(mod 4)$.Do $y,z$ đều lẻ nên $x^2+y^2+z^2\equiv 0+1+1(mod 4)\equiv 2(mod 4)$.Từ đề bài dẫn đến vô lý

+Nếu z chẵn ,x,y lẻ $= > x^2y^2\equiv 1(mod4),x^2+y^2+z^2\equiv 1+1+0\equiv 2(mod 4)$ nên vô lý

-Nếu có 2 số chẵn ,1 số lẻ .

+Gỉa sử $x,z$ chẵn ,y lẻ thì $x^2y^2\equiv 0(mod 4)$.Mà $x^2+y^2+z^2\equiv 1+0+1\equiv 2(mod 4)$.Từ đề bài thì điều này vô lý

+Nếu $x,y$ chẵn ,z lẻ thì $x^2y^2\equiv 0(mod 4),x^2+y^2+z^2\equiv 1(mod 4)$ nên vô lý

-Nếu cả 3 số đều chẵn .Đặt $x=2x_{0},y=2y_{0},z=2z_{0}$

$= > x^2+y^2+z^2=x^2y^2< = > 4(x_{0}^2+y_{0}^2+z_{0}^2)=16x_{0}^2y_{0}^2< = > x_{0}^2+y_{0}^2+z_{0}^2=4x_{0}^2y_{0}^2$

$= x_{0}^2+y_{0}^2+z_{0}^2\equiv 0(mod 4)= > x_{0},y_{0},z_{0}\equiv 0(mod 4)$ (1)

Đặt $x_{0}=2x_{1},y_{0}=2y_{1},z_{0}=2z_{1}$.Thay vào (1) $= > 4(x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2)=64x_{1}^2y_{1}^2= > x_{1}^2+y_{1}^2+z_{1}^2=(2x_{1})^2(2y_{1})^2$

Lập luận tương tự đến $x_{k},y_{k},z_{k}= > \frac{x_{k}}{2^n},\frac{y_{k}}{2^n},\frac{z_{k}}{2^n}$ cũng là nghiệm của phương trình với n là số tự nhiên.

 Điều này xảy ra khi $x=x_{_{0}}=x_{1}=...=x_{k}=y=y_{0}=y_{1}=...=y_{k}=z=z_{0}=z_{1}=...=z_{k}=0$

   Vậy nghiệm của pt là $(x,y,z)=(0,0,0)$

P/s: Em xin ghi thêm 1 ý sau :Do nick Daicagiangho1998 không vào được nên em dùng nick này để thay thế .Mong ban quản trị thông cảm và vẫn chấm bài này .Em ghi sau nên không phải là cố ý sửa bài của mình 

ĐK :$x\geq 1$

PT $< = > 2x^2+5x-1=7\sqrt{x^3-1}< = > 2(x^2+x+1)+3(x-1)=7\sqrt{(x-1)(x^2+x+1)}< = > (2\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x-1})(\sqrt{x^2+x+1}-3\sqrt{x-1})=0< = > 2\sqrt{x^2+x+1}-\sqrt{x-1}=0$ hoặc $\sqrt{x^2+x+1}-3\sqrt{x-1}=0$

-Nếu $2\sqrt{x^2+x+1}=\sqrt{x-1}< = > 4x^2+4x+4=x-1< = > 4x^2+3x+5=0,\Delta =3^2-4.4.5=-71< 0$ nên pt vô nghiệm

-Nếu $\sqrt{x^2+x+1}=3\sqrt{x-1}= > x^2+x+1=9x-9< = > x^2-8x+10=0< = > (x-4)^2=6< = > x-4=\sqrt{6},x-4=-\sqrt{6}= > x=\sqrt{6}+4,x=4-\sqrt{6}$

ĐK:$x\geq 2$

PT $< = > \sqrt{x^2+x-6}+3\sqrt{x-1}=\sqrt{3x^2-6x+19}< = > x^2+x-6+9x-9+6\sqrt{(x-1)(x^2+x-6)}=3x^2-6x+19< = > 2x^2-16x+34=6\sqrt{(x-1)(x^2+x-6)}< = > x^2-8x+17=3\sqrt{(x-1)(x-2)(x+3)}< = > (x^2+2x-3)-10(x-2)=3\sqrt{(x^2+2x-3)(x-2)}< = > (\sqrt{x^2+2x-3}-5\sqrt{x-2})(\sqrt{x^2+2x-3}+2\sqrt{x-2})=0< = > \sqrt{x^2+2x-3}-5\sqrt{x-2}=0$ hoặc $\sqrt{x^2+2x-3}+2\sqrt{x-2}=0$

-Với $\sqrt{x^2+2x-3}+2\sqrt{x-2}=0$.Do $\sqrt{x^2+2x-3}+2\sqrt{x-2}\geq 0= > x^2+2x-3=x-2=0$(Vô lý)

-Với $\sqrt{x^2+2x-3}-5\sqrt{x-2}=0< = > x^2+2x-3=25x-50< = > x^2-23x+47=0$

  Vì lý do cá nhân nên sẽ chấm trận 6 trước .Đã chấm xong bài các toán thủ. Các bạn có một ngày để phúc khảo điểm .

Còn bảng điểm cụ thể sẽ được lập sau 

Bài Làm :(MO 31):(Em xin trình bày thêm một ý cho lời giải trên hoàn chỉnh hơn)

-Với $x=y=0= > f(0)(f(0)-2)=0$

+Nếu $f(0)-2=0= > f(0)=2$.Chọn $y=0$ vào pt hàm đề bài $= > f(x)+f(0)=f(x)-f(0)+f(x)f(0)< = > 2f(0)=f(x)f(0)< = > 2.2=f(x).2< = > f(x)=2$

+Nếu $f(0)=0$.Chọn $x=0= > f(-y)+f(0)=f(0)-f(y)+f(0)f(y)= > f(-y)=-f(y)$(1)

Thay $y$ bởi $-y$(3) $= > f(x+y)+f(xy)=f(x)-f(y)+f(x)f(y)< = > f(x+y)-f(x)f(y)=f(x)-f(y)-f(xy)$(2)

Từ (1),(2) ,(3) $= > f(x+y)+f(x)f(y)=f(x)+f(y)+f(xy)$.

Đến đây lời giải như trên 

Bài làm:(MO 31)

-Thay $y$ bởi $-y$ $= > f(x+y)+f(x(-y))=f(x)-f(-y)+f(x)f(-y)$

-Với $x=y=0= > f(0)=0$(1)

-Với $x=0$ .Từ phương trình đầu $= > f(-y)+f(0)=f(0)-f(y)+f(0)f(y)< = > f(-y)=-f(y)+f(0)f(y)$(2)

Từ (1),(2) $= > f(-y)=-f(y)$

 Từ đó pt hàm ban đầu viết thành :$f(x+y)+f(x)f(y)=f(x)+f(y)+f(xy)$   (4)

Thay $y$ bởi $y+z$ ta thu được $f(x+y+z)+f(x)f(y+z)=f(x)+f(y+z)+f(x(y+z))$

-Thay các đẳng thức sau đây vào đẳng thức nhân được 

   $f(z+y)=f(y)+f(z)+f(yz)-f(y)f(z)$

   $f(xy+xz)=f(xy)+f(xz)+f(x^2yz)-f(xy)f(xz)$

Ta  được đẳng thức :$f(x+y+z)+f(x)\left [ f(y)+f(z)+f(yz)-f(y)f(z) \right ]=f(x)+f(y)+f(z)+f(yz)-f(y)f(z)+f(xy)+f(xz)+f(x^2yz)-f(xy)f(xz)$

$< = > f(x+y+z)+\left [ f(x)f(y)+f(y)f(z)+f(x)f(z)\right ]-\left [ f(xy)+f(xz)+f(yz) \right ]-\left [ f(x)+f(y)+f(z) \right ]-f(x)f(y)f(z)=f(x^2yz)-f(x)f(yz)-f(xy)f(xz)$

  Do vế trái là biểu thức đối xứng của $x,y,z$ nên

 $f(x^2yz)-f(xz)f(xy)-f(x)f(yz)=f(xy^2z)-f(yz)f(yx)-f(y)f(xz)$

-Chọn $y=1$ trong đẳng thức vừa nhận được ta có :

  $f(x^2z)-f(x)f(xz)-f(x)f(z)=f(xz)-f(x)f(z)-f(1)f(xz)< = > f(x^2z)=f(xz)\left [ 1-f(1) \right ]+f(x)f(xz)$  (3)

Từ đẳng thức của (4) ta thay $y$ bởi $xz$ ta nhận được 

  $f(x^2z)=f(x+yz)+f(x)f(xz)-f(x)-f(xz)$  (5)

Từ (3) và (5) $= > f(x+xz)+f(x)f(xz)-f(x)-f(xz)=f(xz)(1-f(1))+f(x)f(xz)< = > f(x+xz)=(2-f(1))f(xz)+f(x)$  (6)

  -Từ (4) chọn $y=0= > f(x)+f(x)f(0)=f(x)+f(0)+f(0)< = > f(0)(f(x)-2)=0$

+Ta thấy $f(x)\equiv 2$ là một nghiệm 

+Xét $f(0)\equiv 0$.Chọn $x=y=2$ từ (4) $= > f(4)+f(2)^2=f(2)+f(2)+f(4)< = > f(2)(f(2)-2)=0$

-Trường hợp 1: $f(2)=0$

 Chọn $x=y=1$ từ (4) $= > f(2)+f(1)f(1)=f(1)+f(1)+f(1)< = > f(1)^2-3f(1)=0$

-Xét $f(2)=0,f(1)=0$ .Thay $f(1)=0$ vào (6) ta thu được :$f(x+xz)=2f(xz)+f(x)$

+Chọn $x=1= > f(z+1)=2f(z)$

+Chọn $z=1= > f(xz)=3f(x)$

$= > f(1+2z)=2f(2z)=6f(z)= > f(2+2z)=2f(1+2z)=12f(z)$

Mặt khác $f(2+2z)=f(2(1+z))=3f(1+z)=6f(z)$

$= > 12f(z)=6f(z)= > 6f(z)=0= > f(z)\equiv 0= > f(x)\equiv 0$ là nghiệm.

- Xét $f(2)=0,f(1)=3$.Chọn $x=1$ trong (4) $= > f(y+1)+3f(y)=3+f(y)+f(y)= > f(1+y)=3-f(y)= > f(2+y)=3-f(1+y)=f(y)= > f$ là hàm tuần hoàn với chu kì $T=2$

+Chọn $x=2$ trong (6)

 $= > f(2+2z)=(z-f(1))f(2z)+f(2)=-f(2z)$

Do $f(2+2z)=f(2z)$ (Do tính chất tuần hoàn )

$= > f(2z)=-f(2z)= > f(x)\equiv 0$ (Loại do $f(1)=3$)

 Trường hợp 2: $f(2)=2$.Chọn $x=z=1$ trong (6)

$= > f(2)=(2-f(1))f(1)+f(1)< = > f(1)^2-3f(1)+2=0< = > (f(1)-1)(f(2)-2)=0$

-Với $f(2)=2,f(1)=2$.Chọn $x=1$ trong (6)

$= > f(1+z)=(z-f(1))f(z)+f(1)-f(1)= > f(x)\equiv 2$(Do $2-f(1)=0,f(1)=2$)

Nhưng $f(x)\equiv 2$ Loại do từ đó  $f(0)=2$ nhưng $f(0)=0$

-Xét $f(2)=2,f(1)=1$.Áp dụng (6) $= > f(x+xz)=f(xz)+f(x)$

Đặt $xz=y= > f(x+y)=f(x)+f(y)$.Từ (4) $= > f(xz)=f(x)f(y)$

  Hàm $f$ vừa cộng tính vừa nhân tính $= > f(x)\equiv x$

    Vậy hàm $f(x)\equiv x$ ,$f(x)\equiv 0,f(x)\equiv 2$ .Thử lại thấy thỏa mãn 

Theo BĐT Bunhiacopxki và AM-GM có:$x+y\leq \sqrt{2(x^2+y^2)},4xy\leq 2(x^2+y^2)$ (Sai)

$= > 2\leq (x+y)^3+4xy\leq (\sqrt{2(x^2+y^2)})^3+2(x^2+y^2)$

Đặt $\sqrt{2(x^2+y^2)}=a\geq 0= > 2\leq a^2+a^3= > a^2(a-1)+2(a-1)(a+1)\geq 0= > (a-1)(a^2+2a+2)\geq 0= > a-1\geq 0= > a\geq 1= > \sqrt{2(x^2+y^2)}\geq 1= > x^2+y^2\geq \frac{1}{2}$

(Do $a^2+2a+2=(a+1)^2+1> 0$)

Ta có:$x^4+y^4+x^2y^2=(x^2+y^2)^2-x^2y^2\geq (x^2+y^2)^2-\frac{(x^2+y^2)^2}{4}=\frac{3(x^2+y^2)^2}{4}= > P=3(x^4+y^4+x^2y^2)-2(x^2+y^2)+1\geq \frac{9(x^2+y^2)^2}{4}-2(x^2+y^2)+1= > 4P\geq 9(x^2+y^2)^2-8(x^2+y^2)+4=9(x^2+y^2)(x^2+y^2-\frac{1}{2})-\frac{7}{2}(x^2+y^2-\frac{1}{2})+\frac{9}{4}=(x^2+y^2-\frac{1}{2})(9(x^2+y^2)-\frac{7}{2})+\frac{9}{4}\geq \frac{9}{4}= > 4P\geq \frac{9}{4}= > P\geq \frac{9}{16}$

(Do $x^2+y^2\geq \frac{1}{2}= > x^2+y^2-\frac{1}{2}\geq 0,9(x^2+y^2)-\frac{7}{2}\geq 9.\frac{1}{2}-\frac{7}{2}=1> 0= > (x^2+y^2-\frac{1}{2})(9(x^2+y^2)-\frac{7}{2})\geq 0$)

 Do đó $P$ Min =$=\frac{9}{16}< = > x=y,x^2+y^2=1,(x+y)^3+4xy=2< = > x=y=\frac{1}{2}$

Thành viên này không tham gia MSS.

Ta có:$sin4x=sin(2.2x)=2sin2x.cos2x=2.2sinxcosx.cos2x=4sinx.cosx.cos2x$

          $cos3x+cosx=2.cos\frac{3x+x}{2}.cos\frac{3x-x}{2}=2cos2x.cosx$

Do đó PT $sin4x+2=cos3x+4sinx+cosx< = > 4.sinx.cosx.cos3x+2=2cos2x.cosx+4sinx< = > 4sinx(cosx.cos2x-1)-2(cosx.cos2x-1)=0< = > (2sinx-1)(cosx.cos2x-2)=0< = > 2sinx-1=0$ hoặc $cosx.cos2x-2=0$

-Nếu $2sinx-1=0= > sinx=\frac{1}{2}= > x=\frac{\pi }{6}+k2\pi ,x=\frac{-\pi }{6}+k2\pi$

-Nếu $cosx.cos2x-2=0< = > cosx.cos2x=2< = > cosx(2cos^2x-1)=2< = > 2cos^3x-cosx-2=0$. Đến đây dùng công thức nghiệm bậc 3 để giải là xong

Bạn chú ý phần trình bày trước khi nhấn nộp bài nhé!

Phương trình $\sin x=\frac{1}{2}$ bạn giải sai.

Bạn chưa nói rõ $k$ là gì.

Bạn chưa kết luận nghiệm của bài toán.

$\boxed{\text{Điểm bài thi}:2.0}$

Trong mặt phẳng cho 2009 điểm sao cho 3 điểm bất kì trong chúng là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích không vượt quá 1. CMR: tất cả các điểm đã cho nằm trong 1 tam giác có diện tích không vượt quá 4

-Xét tam giác ABC có diện tích không vượt quá 1 và có diện tích lớn nhất  .Qua A,B,C vẽ các đường thẳng song song với các cạnh tạo thành tam giác MNP. Hiển nhiên diện tích MNP không vượt quá 4. 

-Nếu có 1 điểm bất kì nằm ngoài tam giác MNP. Gỉa sử đó là điểm O. Ta có :$S_{OBC}> S_{ABC}$(Vô lý do diện tích tam giác ABC là lớn nhất )

 Vậy không tồn tại điểm nằm ngoài tam giác MNP có diện tích không vượt quá 4