Chủ đề này có 10 trả lời

[forever friend]

THẤY ĐỀ NÀY KHÓ QUÁ

File gửi kèm

•  de thi sơ tuyển học sih giỏi tỉnh.doc   43K   159 Số lần tải

[Mrnhan]

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 $D=\sqrt{2011}+\sqrt{2012}$

 

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

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

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

 

Câu 3: ( 3 điểm)

a/ tìm GTNN của $M=x-\sqrt{x-2010}$

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

 

Câu 4: ( 2 điểm)

a/ Tìm các số $x,y,z$ nguyên thỏa mãn: $x^2+y^2-xy\leq 3y+4z-z^2-7$

b/ Cho $x,y$ là các số thức lớn hơn 1. Chứng minh:

$\frac{(x^3+y^3)-(x^2+y^2)}{(x-1)(y-1)}\geq 8$

 

Câu 5: ( 6 điểm ) CHo tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC=2a$. Gọi $O$ là trung điểm của $BC$, $AH$ là đường cao. $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$

a/ Cho $a=13cm$, $OH=5cm$. Tính $MN$

b/ Chứng minh $OA$ vuông góc với $MN$

c/ TÌm GTLN của diện tích tứ giác $AMHN$ the $a$. Khi đó tam giác $ABC$ là tam giác gì?

 

 

[duongtoi]

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, $C<D$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 13-09-2013 - 11:22

[duongtoi]

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 $x=3$.

[duongtoi]

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 $x=50$.

[duongtoi]

Câu 4: ( 2 điểm)

a/ Tìm các số $x,y,z$ nguyên thỏa mãn: $x^2+y^2-xy\leq 3y+4z-z^2-7$

b/ Cho $x,y$ là các số thức lớn hơn 1. Chứng minh:

$\frac{(x^3+y^3)-(x^2+y^2)}{(x-1)(y-1)}\geq 8$

a) Ta có $PT\Leftrightarrow x^2+y^2-xy-3y+3\le -(z-2)^2$.

Suy ra, $y^2-(x+3)y+x^2+3\le 0$

$\Leftrightarrow \left (y-\frac{x+3}{2} \right )^2+x^2+3-\frac{(x+3)^2}{4}\le 0$

Suy ra, $x^2+3-\frac{(x+3)^2}{4}\le 0 \Leftrightarrow 3x^2-6x+3\le 0 \Leftrightarrow x=1$.

Với $x=1$ ta có $(y-2)^2 \le 0 \Leftrightarrow y=2$.

Thay vào PT ban đầu ta được $z=2$.

Vậy $x=1;y=2;z=2$.

b) Ta có $P=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}=\frac{(x-1)^2}{y-1}+\frac{(y-1)^2}{x-1}+\frac{x-1}{y-1}+\frac{x-1}{y-1}+\frac{y-1}{x-1}+\frac{y-1}{x-1}+\frac{1}{x-1}+\frac{1}{y-1}\ge 8$ (Theo Cauchy nhé).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 13-09-2013 - 10:35

[duongtoi]

Câu 5: ( 6 điểm ) CHo tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $BC=2a$. Gọi $O$ là trung điểm của $BC$, $AH$ là đường cao. $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$

a/ Cho $a=13cm$, $OH=5cm$. Tính $MN$

b/ Chứng minh $OA$ vuông góc với $MN$

c/ TÌm GTLN của diện tích tứ giác $AMHN$ the $a$. Khi đó tam giác $ABC$ là tam giác gì?

Phần a đính kèm hình nhé.

b) Ta có $\widehat{HAN}=\widehat{ABC}=\widehat{BAM}$ (Cùng phụ góc $\widehat{BAH}$).

Do $AMHN$ là hình chữ nhật nên $\widehat{HAN}=\widehat{HMN}$.

Suy ra $\widehat{HMN}=\widehat{MAB}$.

Mặt khác, $AB\perp MH$ nên suy ra $AM\perp MN$ (Tính chất hai góc bằng nhau có một cặp cạnh vuông góc).

c) Ta có $MH=\frac{HB.HA}{\sqrt{HB^2+HA^2}};NH=\frac{HC.HA}{\sqrt{HC^2+HA^2}}$

Suy ra $S=MH.NH=\frac{HB.HA}{\sqrt{HB^2+HA^2}}.\frac{HC.HA}{\sqrt{HC^2+HA^2}}$

$S=\frac{AH^4}{\sqrt{HB^2.HC^2+AH^2(HB^2+HC^2)+AH^4}}=\frac{AH^3}{\sqrt{2AH^2+(HB+HC)^2-2HB.HC}}$

$=\frac{AH^3}{\sqrt{2AH^2+(HB+HC)^2-2HB.HC}}=\frac{(BH.HC)^{\frac{3}{2}}}{BC}\le \frac{BC^3}{8BC}=\frac{a^2}{2}$

Dấu $"="$ xảy ra khi và chỉ khi $HB=HC$. Tức là tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.

Khi đó GTLN của diện tích hcn $AMHN$ là $S=\frac{a^2}{2}$.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duongtoi: 13-09-2013 - 11:20

[forever friend]

a) Ta có $PT\Leftrightarrow x^2+y^2-xy-3y+3\le -(z-2)^2$.

Suy ra, $y^2-(x+3)y+x^2+3\le 0$

$\Leftrightarrow \left (y-\frac{x+3}{2} \right )^2+x^2+3-\frac{(x+3)^2}{4}\le 0$

Suy ra, $x^2+3-\frac{(x+3)^2}{4}\le 0 \Leftrightarrow 3x^2-6x+3\le 0 \Leftrightarrow x=1$.

Với $x=1$ ta có $(y-2)^2 \le 0 \Leftrightarrow y=2$.

Thay vào PT ban đầu ta được $z=2$.

Vậy $x=1;y=2;z=2$.

b) Ta có $P=\frac{x^2}{y-1}+\frac{y^2}{x-1}=\frac{(x-1)^2}{y-1}+\frac{(y-1)^2}{x-1}+\frac{x-1}{y-1}+\frac{x-1}{y-1}+\frac{y-1}{x-1}+\frac{y-1}{x-1}+\frac{1}{x-1}+\frac{1}{y-1}\ge 8$ (Theo Cauchy nhé).

làm sao nà bạn nghĩ ra phương pháp giải hay thế/ hướng dẫn giúp mình được không

                                     tôn lên làm sư

[forever friend]

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 $x=50$.

 cho mình hỏi tại sao 2 cái phương trình trên lại có nghiện với mọi x vậy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi forever friend: 14-09-2013 - 21:11

[duongtoi]

 cho mình hỏi tại sao 2 cái phương trình trên lại có nghiện với mọi x vậy

Đoạn đó mình viết nhầm. Phải là luôn có nghiệm $x\ge 2010$ hoặc ($x\ge 25$) không phải là mọi nhé.

Sorry.

[duongtoi]

làm sao nà bạn nghĩ ra phương pháp giải hay thế/ hướng dẫn giúp mình được không

                                     tôn lên làm sư

Phần a ah? Mình đánh giá phương trình thôi.

Ở VT ở phương trình đầu tiên, nhận xét là vế này sẽ luôn lớn hơn 0 với x, y thuộc khoảng nào đó, nó chỉ nhỏ hơn hoặc bằng 0 trong 1 phạm vi hẹp thôi.

Nên mình chứng minh VT nhỏ hơn 0 khi nào.