Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi HSG lớp 10 tỉnh Bà Rịa - Vũng Tàu năm học 2011 - 2012


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 24-03-2012 - 01:30

ĐỀ THI HSG LỚP 10 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM 2011 - 2012


Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 22/3/2012

Câu 1. (4 điểm)
1. Tìm $m$ để phương trình $x^3-(m+5)x^2+(6m+2)x-8m+8=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
2. Giải phương trình: $x^2+14x+16=8\sqrt{x^3+1}$

Câu 2. (4 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}6x^2-y-xy^2=0 & \\ 5x^2-x^2y^2-1=0 & \end{matrix}\right.$
2. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$ có 2 nghiệm phân biệt

Câu 3. (4 điểm)
1. Cho tam giác $ABC$. Trên cạnh $AB,BC,CA$ lấy lần lượt các điểm $M,N,P$ thỏa mãn $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {3BC} + \overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CP} = 2\overrightarrow {CA}$. Chứng minh rằng hai tam giác $ABC$ và $MNP$ có cùng trọng tâm.
2. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Chứng minh độ dài đường phân giác trong của góc $A$ là $l_a = \dfrac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}$ và $R \ge \left( {\sqrt 2 + 1} \right)r$, với $BC=a,CA=b,AB=c, R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác $ABC$.

Câu 4. (4 điểm)
1. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(4;2), B(3;-1)$ và trọng tâm $G$ thuộc đường thẳng $(d) x-2y+3=0$. Biết diện tích tam giác $ABC$ bằng 9.Tìm tọa độ của đỉnh $C$.
2. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho các điểm $A(1;1),B(2;-1).C(1;-2)$. Viết phương trình đường thẳng $d$ đi qua gốc tọa độ $O$ và có tổng các khoảng cách từ các điểm $A,B,C$ đến $d$ là lớn nhất.

Câu 5. (4 điểm)
1. Cho $a,b,c$ là ba số thực dương. Chứng minh: $$\dfrac{{a^2 }}{{b^2 c}} + \dfrac{{b^2 }}{{c^2 a}} + \dfrac{{c^2 }}{{a^2 b}} \ge \dfrac{1}{a} + \dfrac{1}{b} + \dfrac{1}{c}$$
2. Cho tam giác $ABC$ vuông có $AB=AC=1$. Hai điểm $M, N$ lần lượt di động trên hai cạnh $BC,CA$ sao cho $AM$ vuông góc với $BN$. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $CMN$.



-----HẾT-----



#2 hoangtrong2305

hoangtrong2305

    Trảm phong minh chủ

  • Phó Quản trị
  • 859 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán học, trường Đại học Khoa học Tự nhiên - Đại học Quốc gia Tp. Hồ Chí Minh, Việt Nam
  • Sở thích:toán, toán và.... toán

Đã gửi 25-03-2012 - 18:52

Câu 2. (4 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}6x^2-y-xy^2=0 & \\ 5x^2-x^2y^2-1=0 & \end{matrix}\right.$


$\left\{\begin{matrix}6x^2-y-xy^2=0 (a)& \\ 5x^2-x^2y^2-1=0 (b)& \end{matrix}\right.$

Nhận thấy $x=0$ hay $y=0$ không phải nghiệm của hệ phương trình nên ở phương trình $(a)$ ta chia $2$ vế cho $xy$, ở phương trình $(b)$ ta chia $2$ vế cho $x^2$, hệ trở thành:


$\left\{\begin{matrix} \frac{6x}{y}-\frac{1}{x}-y=0\\ 5-y^{2}-\frac{1}{x^{2}}=0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} -\frac{6x}{y}+\frac{1}{x}+y=0\\ -5+y^{2}+\frac{1}{x^{2}}=0 \end{matrix}\right.$

Đặt $\left\{\begin{matrix} a=\frac{1}{x}+y\\ b=\frac{x}{y} \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow a^{2}-\frac{2}{b}=\frac{1}{x^{2}}+y^{2}$

Hệ phương trình thành:

$\left\{\begin{matrix} -6b+a=0\Leftrightarrow a=6b\\ -5+a^{2}-\frac{2}{b}=0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow -5+36b^{2}-\frac{2}{b}=0$

$\Leftrightarrow 36b^{2}-5b-2=0$

$\Leftrightarrow (2b-1)(36b^{2}+18b+4)=0$

$\Leftrightarrow b=\frac{1}{2}$

$\Leftrightarrow a=3$

Vậy ta có hệ sau:

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{x}+y=3\\ \frac{x}{y}=\frac{1}{2} \end{matrix}\right.$

Đến đây đơn giản rồi
  • MIM yêu thích

Toán học là ông vua của mọi ngành khoa học.

Albert Einstein

(1879-1955)

logocopy.jpg?t=1339838138


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


Click xem Đạo hàm, Tích phân ứng dụng được gì?

và khám phá những ứng dụng trong cuộc sống


#3 Le Quoc Tung

Le Quoc Tung

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 60 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-03-2012 - 20:15

Mình cũng chém một bài:
Câu BĐT nhé:
Nhân cả hai vế cho abc bất đẳng thức cần chứng minh chuyển về:
$\sum \frac{a^{3}}{b}\geq \sum ab$
Giờ là một bài BĐT lớp 9 rất quen thuộc

#4 Le Quoc Tung

Le Quoc Tung

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 60 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 25-03-2012 - 20:18

Bài 3.1: Trước hết ta có một bổ đề là: Với 2 tam giác ABC và A'B'C'. 2 tam giác này có cùng trọng tâm khi và chỉ khi $\sum \vec{AA'}$ = 0.
Áp dụng vào bài này với 2 tam giác ABC và MNP thì rõ ràng $\sum \vec{AM}$ = 0.
Vậy hai tam giác trên chung trọng tâm

#5 vuhoanganh96

vuhoanganh96

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 19 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:hải phòng

Đã gửi 25-03-2012 - 22:53

cau4.1: C(a,b)
- lập pt đt qua AB: 3x-y-10=0
-khoảng cách d(C,AB)=|3a-b-10|/can10
- AB=can10
- S=1/2.d.AB =9. =>|3a-b-10|=18 (1)
- G(2y-3,y). G la trọng tâm. =>2y-3= (a+7)/3. y=(1+b)/3.
=>a-2b+14=0 (2)
(1),(2) ra đc a,b.
cách làm mjk có j sai. mọi người góp ý hộ nhé.
shift mode 3 ==
reset restart all

#6 vuhoanganh96

vuhoanganh96

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 19 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:hải phòng

Đã gửi 26-03-2012 - 13:48

c1.2:
đb <=> x2-x+1 +15x+15=8 $\sqrt{[(x2-x+1) /(x+1)]}$
chia 2 vế cho x+1 => (1) <=> (x2-x+1) / (x+1) +15= 8 $\sqrt{[(x2-x+1) /(x+1)]}$
đặt $\sqrt{[(x2-x+1) /(x+1)]}$ = t
từ đây đơn giản rồi. :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vuhoanganh96: 26-03-2012 - 14:09

shift mode 3 ==
reset restart all

#7 Tngv

Tngv

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 27-03-2012 - 13:39

Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} 6x^2 - y - xy^2 = 0 (1) \\ 5x^2 - x^2 y^2 - 1 = 0 (2) \\ \end{array} \right.$


Ta thấy $x=0 , y=0$ không thỏa mãn HPT đã cho.
Khi $x\neq0 , y\neq0$:
PT(1) $\Leftrightarrow xy+1=\dfrac{6x^2}{y}$ (*).

PT(2) $\Leftrightarrow 5x^2+2xy=(xy+1)^2$ (**).

Thay (*) vào (**) rồi rút gọn ta được PT:$36x^3-5xy^2-2y^3=0 \Leftrightarrow 36t^3-5t-2=0 \Leftrightarrow (t-\dfrac{1}{2})\left((6t+\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{7}{4}\right)=0 \Leftrightarrow t=\dfrac{1}{2}$.
Với $t=\dfrac{x}{y}$.
Như vậy là $y=2x$.Thay lại PT(2) ta được 4 nghiệm: $(1,2) ; (-1,-2) ; (\dfrac{1}{2},1) ; (-\dfrac{1}{2},-1)$.
Em đang ôn thi đại học, mong các bạn giúp đỡ.!

#8 MIM

MIM

    KTS tương lai

  • Thành viên
  • 334 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Huế
  • Sở thích:Shironeko:x

Đã gửi 27-03-2012 - 20:22

2. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Chứng minh độ dài đường phân giác trong của góc $A$ là $l_a = \dfrac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}$


Trường hợp tổng quát: Cho tam giác $ABC$, $l_a$ là độ dài phân giác trong góc $A$ thì $l_{a}=\frac{2bc.cos\frac{A}{2}}{b+c}$

Chứng minh:

Gọi chân đường phân giác trong góc $A$ là $D$, ta có:

$S_{ABC}=S_{ABD}+S_{ACD}$

Mặc khác:

$S_{ABC}=\frac{bc.sinA}{2}$

$S_{ACD}=\frac{l_{a}b.sin\frac{A}{2}}{2}$

$S_{ABD}=\frac{l_{a}c.sin\frac{A}{2}}{2}$

$\Rightarrow \frac{bc.sinA}{2}=\frac{1}{2}l_{a}(b+c)sin\frac{A}{2}$

$\Rightarrow l_{a}=\frac{bc.sinA}{(b+c)sin\frac{A}{2}}=\frac{2bc.sin\frac{A}{2}cos\frac{A}{2}}{(b+c)sin\frac{A}{2}}=\frac{2bc.cos\frac{A}{2}}{b+c}$


Áp dụng vào bài toán với $\widehat{A}=90^{\circ}$, xong! :icon6:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huynhmylinh: 27-03-2012 - 20:22


#9 nthoangcute

nthoangcute

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2003 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vted.vn

Đã gửi 18-07-2012 - 13:49

Lời giải từ nthoangcute và WhjteShadow:

Câu 1. (4 điểm)
1. Tìm $m$ để phương trình $x^3-(m+5)x^2+(6m+2)x-8m+8=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
2. Giải phương trình: $x^2+14x+16=8\sqrt{x^3+1}$

1)
$x^3-(m+5)x^2+(6m+2)x-8m+8=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
$\Leftrightarrow (x-2)(x-4)(x-m+1)=0$ có 3 nghiệm phân biệt lớn hơn 1.
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m-1>1\\ m-1 \neq 2\\ m-1 \neq 4 \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}m>2\\ m \neq 3\\ m-1 \neq 5 \end{matrix}\right.$
2)
$$x^2+14x+16=8\sqrt{x^3+1}$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+14x+16 \geq 0\\ x^3+1 \geq 0\\(x^2+14x+16)^2=64(x^3+1) \end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+14x+16 \geq 0\\ x^3+1 \geq 0\\(x^2+14x+16)^2=64(x^3+1) \end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x \geq -1\\ (x^2-26x-24)(x^2-10x-8)=0 \end{matrix}\right.$$
$$\Leftrightarrow x=13+\sqrt{193} \wedge x=13-\sqrt{193} \wedge x=13+\sqrt{193} \wedge x=5+\sqrt{33} \wedge x=5-\sqrt{33} $$

Câu 2. (4 điểm)
1. Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}6x^2-y-xy^2=0 & \\ 5x^2-x^2y^2-1=0 & \end{matrix}\right.$
2. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$ có 2 nghiệm phân biệt

1. (Cách dài)
Từ giả thiết ta có: $x^2=\dfrac{-1}{y^2-5}$ (vì nếu $y^2=5$ thì vô lý)

Do đó $6x^2-y-xy^2=0 \Leftrightarrow \dfrac{6}{y^2-5}-y-xy^2=0 \Leftrightarrow x=-\dfrac{y^3-5y+6}{y^2(y^2-5)}$

Do $x^2=\dfrac{-1}{y^2-5} \Leftrightarrow (-\dfrac{y^3-5y+6}{y^2(y^2-5)})^2=\dfrac{-1}{y^2-5}$

$ \Leftrightarrow (y-1)(y-2)(2y^4+6y^3-y^2-3y+18)=0$

Ta thấy $2y^4+6y^3-y^2-3y+18= \frac{9}{4} (y+\frac{23}{12})^2+\frac{285}{128}+\frac{(16y^2+24y-31)^2}{128}>0$

Suy ra $y=1$ hoặc $y=2$

Xét $y=1$ thì $x=\frac{1}{2}$

Xét $y=2$ thì $x=1$

2. Phương trình $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$ có 2 nghiệm phân biệt

Xét $mx-m+1<0$ thì PT vô nghiệm

Xét $mx-m+1 \geq 0 \Leftrightarrow mx \geq m-1$

Khi đó $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+x-x^2 \geq 0\\1+x-x^2=(mx-m+1)^2 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+x-x^2 \geq 0\\(x-1)(x+m^2x-m^2+2m)=0 \end{matrix}\right.$

PT $\sqrt{1+x-x^2}=mx-m+1$ có 2 nghiệm phân biệt

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+m^2x-m^2+2m=0 \; \text{có một nghiệm}\\ \text{nghiệm này thoả mãn }mx-m+1 \geq 0\; \text{và} \; 1+x-x^2 \geq 0 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \frac{-1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2} \leq m \leq\frac{-1}{2} + \frac{\sqrt{5}}{2}$

Câu 3. (4 điểm)
1. Cho tam giác $ABC$. Trên cạnh $AB,BC,CA$ lấy lần lượt các điểm $M,N,P$ thỏa mãn $\overrightarrow {AM} = \overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {BC} ,\overrightarrow {BN} = \overrightarrow {3BC} + \overrightarrow {AC} ,\overrightarrow {CP} = 2\overrightarrow {CA}$. Chứng minh rằng hai tam giác $ABC$ và $MNP$ có cùng trọng tâm.
2. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Chứng minh độ dài đường phân giác trong của góc $A$ là $l_a = \dfrac{{\sqrt 2 bc}}{{b + c}}$ và $R \ge \left( {\sqrt 2 + 1} \right)r$, với $BC=a,CA=b,AB=c, R,r$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác $ABC$.

1. Ta có:
Tam giác $ABC$ và $MNP$ có cùng trọng tâm.
$\Leftrightarrow \overrightarrow {AM}+\overrightarrow {BN}+\overrightarrow {CP}=\overrightarrow {0}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow {AB} - 2\overrightarrow {BC}+\overrightarrow {3BC} + \overrightarrow {AC}+2\overrightarrow {CA}=\overrightarrow {0}$
$\Leftrightarrow \overrightarrow {AB}+ \overrightarrow {BC}+ \overrightarrow {CA}= \overrightarrow {0}$
(Luôn đúng)
Vậy ta có đpcm !
2.
Kẻ phân giác AD, kẻ DH vuông góc với AB
Khi đó $\dfrac{DH}{AC}=\frac{BD}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$
Suy ra $DH=\frac{bc}{b+c}$
Mà $AD=\sqrt{2}DH$
Suy ra $l_a=\dfrac{\sqrt{2} bc}{b+c}$
Vì $a^2=b^2+c^2 \geq 2bc$
Ta có: $\frac{R}{r}=\frac{a^2+a(b+c)}{2bc} \geq \frac{2bc+\sqrt{2bc}.2\sqrt{bc}}{2bc}=\sqrt{2}+1$
Suy ra đpcm

Câu 4. (4 điểm)
1. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho tam giác $ABC$ có $A(4;2), B(3;-1)$ và trọng tâm $G$ thuộc đường thẳng $(d) x-2y+3=0$. Biết diện tích tam giác $ABC$ bằng 9.Tìm tọa độ của đỉnh $C$.
2. Trong hệ tọa độ $Oxy$, cho các điểm $A(1;1),B(2;-1).C(1;-2)$. Viết phương trình đường thẳng $d$ đi qua gốc tọa độ $O$ và có tổng các khoảng cách từ các điểm $A,B,C$ đến $d$ là lớn nhất.

1. Dạng này không quen lắm, làm vớ vẩn ...
Từ giả thiết ta có: $AB=\sqrt{10}$
Và phương trình đường thẳng AB là $3x-y=10$
Vậy để $S_{ABC}=9$ thì $C$ thuộc đường thẳng song song với $AB$, cách $AB$ một khoảng là $\frac{9\sqrt{10}}{5}$
Suy ra $C$ thuộc một trong hai đường thẳng sau:
$(d_1): \; y-3x=8$
$(d_2): \; y-3x=-28$
Lại có $G$ thuộc đường thẳng $x-2y=-3$
Suy ra $C$ thuộc đường thẳng $2y-x=14$
Vậy Tọa độ điểm $C$ là $( -\frac{2}{5},\frac{34}{5})$ hoặc $(14,14)$
2. Lại một dạng nữa không quen làm:
Bổ đề: Cho tam giác ABC,trọng tâm G, d là một đường thẳng bất kì !
Khi đó tổng khoảng cách từ A, B, C tới $d$ bằng 3 lần khoảng cách từ G đến $d$
Bổ đề này đơn giản, không cần chứng minh lại.
Vậy Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$
Suy ra $G(\frac{4}{3},\frac{2}{3})$
Vậy để tổng khoảng cách từ A, B, C tới $d$ lớn nhất thì khoảng cách từ $G$ đến $d$ là lớn nhất
Khi đó $GO$ vuông góc với $d$ hay đường thẳng $d$là $y=2x$
Câu 5:
1. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
$(\frac{a^2}{b^2c}+\frac{1}{c})+(\frac{b^2}{c^2a}+\frac{1}{a})+(\frac{c^2}{a^2b}+\frac{1}{b})\geq 2(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})$
Mà mặt khác $2(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})=(\frac{ab}{c}+\frac{bc}{a})+(\frac{bc}{a}+\frac{ca}{b})+(\frac{ab}{c}+\frac{ca}{b})\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
Nên $(\frac{a^2}{b^2c}+\frac{1}{c})+(\frac{b^2}{c^2a}+\frac{1}{a})+(\frac{c^2}{a^2b}+\frac{1}{b})\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$\to (\frac{a^2}{b^2c}+\frac{1}{c})+(\frac{b^2}{c^2a}+\frac{1}{a})+(\frac{c^2}{a^2b}+\frac{1}{b})\geq 2(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$\Leftrightarrow$ ĐPCM

2. Cho tam giác $ABC$ vuông có $AB=AC=1$. Hai điểm $M, N$ lần lượt di động trên hai cạnh $BC,CA$ sao cho $AM$ vuông góc với $BN$. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác $CMN$.

Giả sử trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ có $A(0,0)$, $B(0,1)$, $C(1,0)$
Gọi tọa độ điểm $M$ là $M(a,b)$
Suy ra PT đường thẳng $AM$ là $y=\frac{b}{a} x$
Suy ra PT đường thẳng $BN$ là $y=\frac{-a}{b} x+1$
Suy ra $N(\frac{b}{a},0)$
Từ đó $S_{ANMB}=\frac{BN.AM}{2}=\frac{a^2+b^2}{2a}$
Vì $M$ thuộc $BC$ nên $a+b=1$
Vậy $S_{ANMB}=\frac{a^2+(1-a)^2}{2a} =\frac{(2a-\sqrt{2})^2}{4a}+\sqrt{2}-1 \geq \sqrt{2}-1 $
Suy ra $S_{CMN_{max}}= 1- S_{ANMB_{min}}=2-\sqrt{2}$

BÙI THẾ VIỆT - Chuyên gia Thủ Thuật CASIO

 

Facebook : facebook.com/viet.alexander.7


Youtube : youtube.com/nthoangcute


Gmail : [email protected]


SÐT : 0965734893


#10 namcpnh

namcpnh

    Red Devil

  • Hiệp sỹ
  • 1153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ho Chi Minh University of Science
  • Sở thích:Abstract and Applied Analysis

Đã gửi 18-07-2012 - 14:18

ĐỀ THI HSG LỚP 10 TỈNH BÀ RỊA - VŨNG TÀU NĂM 2011 - 2012


Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 22/3/2012

Câu 1. (4 điểm)
2. Giải phương trình: $x^2+14x+16=8\sqrt{x^3+1}$

Mình xử bài nay( khá dễ :icon6: )
PT tương đương :$x^{2}+14x+16=8\sqrt{(x+1)(x^{2}-x+1)}$

Đặt $a=\sqrt{x+1}$ và $b=\sqrt{x^{2}-x+1}$ khi đó PT thành:

$15a^{2}+b^{2}=8ab$

Đây là phương trình đẳng cấp giải được $\begin{bmatrix} b=3a\\ b=5a \end{bmatrix}$

Phần còn lại mọi người có thể giải. :icon6:

Cùng chung sức làm chuyên đề hay cho diễn đàn tại :

Dãy số-giới hạn, Đa thức , Hình học , Phương trình hàm , PT-HPT-BPT , Số học.

Wolframalpha đây


#11 thukilop

thukilop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 291 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Điện Bàn
  • Sở thích:Quảng Nam

Đã gửi 31-01-2013 - 00:40

Ta thấy $x=0 , y=0$ không thỏa mãn HPT đã cho.
Khi $x\neq0 , y\neq0$:
PT(1) $\Leftrightarrow xy+1=\dfrac{6x^2}{y}$ (*).

PT(2) $\Leftrightarrow 5x^2+2xy=(xy+1)^2$ (**).

Thay (*) vào (**) rồi rút gọn ta được PT:$36x^3-5xy^2-2y^3=0 \Leftrightarrow 36t^3-5t-2=0 \Leftrightarrow (t-\dfrac{1}{2})\left((6t+\dfrac{3}{2})^2+\dfrac{7}{4}\right)=0 \Leftrightarrow t=\dfrac{1}{2}$.
Với $t=\dfrac{x}{y}$.
Như vậy là $y=2x$.Thay lại PT(2) ta được 4 nghiệm: $(1,2) ; (-1,-2) ; (\dfrac{1}{2},1) ; (-\dfrac{1}{2},-1)$.

Pt chỉ có 2 nghiệm thôi: (x,y) = (1,2) và (1/2, 1).... Nên thay y=2x ở pt (1) suy ra nghiệm

-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-


#12 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 07-04-2017 - 01:50

Câu Bất đẳng thức biến đổi tương đương

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh