Đề thi chọn đội tuyển tỉnh Bình Dương năm 2016
#1
Đã gửi 20-08-2016 - 22:52
#2
Đã gửi 20-08-2016 - 23:18
1a:
ĐKXĐ : $x^2+4x+6\geqslant 0$
Đặt t=$\sqrt{x^2+4x+6}$ . Phương trình tương đương :
$t^2-2xt-3t+4x+2=0$
$\Leftrightarrow (t-2)(t-2x-1)=0$
Suy ra được $x=\sqrt{\frac{5}{3}}$, x=$-2-\sqrt{2}$ , và x=$\sqrt{2}-2$ là nghiệm của pt
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phanbalong: 20-08-2016 - 23:18
'' Để Đạt Được Thành Tích Bạn Chưa Từng Đạt Được, Bạn Phải Làm Những Việc Mà Bạn Chưa Tứng Làm''
#3
Đã gửi 20-08-2016 - 23:28
1,b:
$(15-2x)\sqrt{6-x}-(4y+9)\sqrt{2y+3}=0$
$\Leftrightarrow 2(\sqrt{6-x})^3+3\sqrt{6-x}=2(\sqrt{2y+3})^3+3\sqrt{2y+3}$
Xét hàm , suy ra : $6-x=2y+3$$\Leftrightarrow 2y=3-x$
Thế vào (1), $\Rightarrow x^3+2x^2-x-2=0$
$\Leftrightarrow (x+2)(x^2-1)=0$
Nếu $x=-2$ suy ra $y=\frac{5}{2}$
Nếu $x=1$ suy ra $y=1$
Nếu $x=-1$ suy ra $y=2$
Vậy......
'' Để Đạt Được Thành Tích Bạn Chưa Từng Đạt Được, Bạn Phải Làm Những Việc Mà Bạn Chưa Tứng Làm''
#4
Đã gửi 20-08-2016 - 23:36
3a:
Phương trình tương đương :
$x^3+x^2+x+1=4y^2-4y+1$
$\Leftrightarrow (x^2+1)(x+1)=(2y-1)^2$
Ta có về phải lẻ nên suy ra được vế trái lẻ , suy ra được $x^2+1$ và $x+1$ đều lẻ
Dễ dàng chứng minh hai số này là số nguyên tố cùng nhau nên cả hai phải là số chính phương
Mặt khác, $x^2$ và $x^2+1$ cùng là số chính phương , hai số tự nhiên liên tiếp đều
là số chính phương suy ra $x=0$
Suy ra ........
'' Để Đạt Được Thành Tích Bạn Chưa Từng Đạt Được, Bạn Phải Làm Những Việc Mà Bạn Chưa Tứng Làm''
#5
Đã gửi 21-08-2016 - 00:42
ai làm câu 2b chưa ạ
#6
Đã gửi 21-08-2016 - 01:26
Câu 4. Cho $x,y,z$ là $3$ số thực dương thỏa $$x^3+y^2+z=2\sqrt{3}+1$$ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $$P=\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^3}$$ Lời giải.
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: $$\frac{x^3}{3}+\frac{1}{3x}+\frac{1}{3x}+\frac{1}{3x}\geq \frac{4}{3}$$ $$\frac{y^2}{3}+\frac{1}{y^2}\geq \frac{2}{\sqrt{3}}$$ $$\frac{z}{9}+\frac{z}{9}+\frac{z}{9}+\frac{1}{z^3}\geq \frac{4\sqrt{3}}{9}$$ Từ đó suy ra $$P=\frac{1}{x}+\frac{1}{y^2}+\frac{1}{z^3}\geq \frac{12+10\sqrt{3}}{9}-\frac{x^3+y^2+z}{3}=\frac{9+4\sqrt{3}}{9}$$ Đẳng thức xảy ra khi $x=1;\: y=\sqrt[4]{3};\: z=\sqrt{3}$
- pinkyha và Nguyenhungmanh thích
#7
Đã gửi 21-08-2016 - 02:07
Câu 3b. Trên mặt phẳng cho $2017$ điểm sao cho với $3$ điểm bất kì trong số các điểm đó ta luôn tìm được $2$ điểm để đoạn thẳng được tạo thành có độ dài bé hơn $1$. Chứng minh rằng luôn tồn tại một đường tròn bán kính bằng $1$ chứa không ít hơn $1009$ điểm đã cho.
Lời giải.
Gọi $A_{1},A_{2},..,A_{2017}$ là các điểm đã cho trên mặt phẳng.
* Nếu tất cả các đoạn thẳng được tạo ra từ $2$ điểm trong $2017$ điểm đã cho có độ dài bé hơn $1$. Như vậy các điểm đã cho nằm trong đường tròn tâm $A_{1}$ bán kính bằng $1$.
* Nếu tồn tại đoạn thẳng có độ dài lớn hơn hoặc bằng $1$. Giả sử $A_{1}A_{2}$ là đoạn thẳng có độ dài lớn nhất. Khi đó ta xét $3$ điểm $A_{1},A_{2},A_{k},\: k=\overline{3,2017}$.
Do $A_{1}A_{2}$ có độ dài lớn hơn hoặc bằng $1$ nên một trong hai đoạn thẳng $A_{1}A_{k}$ và $A_{2}A_{k}$ có độ dài nhỏ hơn $1$.
Gọi $B_{1}$ là số đoạn thẳng $A_{1}A_{k}$, có độ dài nhỏ hơn $1$
$B_{2}$ là số đoạn thẳng $A_{2}A_{k}$, có độ dài nhỏ hơn $1$
Theo nguyên lý Đirichlet, tồn tại một trong hai số $B_{1},B_{2}$ lớn hơn hoặc bằng $1008$. Giả sử là $B_{1}$.
Như vậy tồn tại ít nhất $1009$ điểm trong đường tròn tâm $A_{1}$ bán kính bằng $1$ kể cả điểm $A_{1}$
- Nguyenhungmanh yêu thích
#8
Đã gửi 21-08-2016 - 02:08
Đáp án một số câu của đề thi :
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dangnamneu: 21-08-2016 - 02:37
Giáo viên môn Toán tại website : http://vted.vn
#9
Đã gửi 20-09-2016 - 16:29
có đáp án câu hình ko bạn ?
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh