Chủ đề này có 13 trả lời

[MyLoVeForYouNMT]

Kiểm tra 150 phút
Câu 1:
1) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh $p^4-1$ chia hết cho 240.
2) Tìm tất cả các số hữu tỷ dương x, y sao cho x+y và $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}$ là số nguyên.
Câu 2:
1) Giải phương trình $2x^2-4x-\sqrt{\frac{x+1}{2}}=0$
2) Tính giá trị của biểu thức $A=\sqrt{x^4+x+1}+x^2$ với $x=\sqrt{\frac{8\sqrt{2}+1}{32}}-\sqrt{\frac{1}{32}}$
Câu 3:
1) Giả sử đa thức $f(x)=x^5+ax^2+b$ có năm nghiệm thực $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$.
Đặt $P(x)=x^2-10$. Chứng minh rằng $P(x_{1}).P(x_{2}).P(x_{3}).P(x_{4}).P(x_{5})\geq -10^5$
2) Giả hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} y+xy^2=6x^2 & \\x^2y^2+1=5x^2 & \end{matrix}\right.$
Câu 4:
Cho đường tròn $(O; \sqrt{7})$ và một điểm M cố định nằm trong đường tròn sao cho $OM=\sqrt{3}$. Hai dây cung AMB, CMD của đường tròn $(O; \sqrt{7})$ thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau. Gọi I , K, P, Q lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng MA, MB, MC, MD.
1) Chứng minh: Tứ giác IPKQ nội tiếp trên 1 đường tròn cố định.
2) Gọi S là diện tích tam giác MAC. Chứng minh 1<2S<13.
Câu 5: Cho tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng: sinA+sinB+sinC<2(.(cosA+cosB+cosC)
Câu 6: Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $Q\frac{(a-b)(2a-b)}{a(a-b+c)}$ với a, b, clà các số thực sao cho phương trình $ax^2+bx+c=0$ có 2 nghiệm thuộc đoạn [0;1]

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thatlong_anh_xinloi_em: 31-03-2012 - 10:11

[Crystal]

Em cung cấp thêm một số thông tin về đề thi luôn nhé: ngày thi, dành cho lớp, thời gian làm bài.

[MyLoVeForYouNMT]

Em cung cấp thêm một số thông tin về đề thi luôn nhé: ngày thi, dành cho lớp, thời gian làm bài.

Đề này là cô giáo em kiểm tra thôi anh.

[Ispectorgadget]

Câu 6:

Gọi u;v là 2 nghiệm của phương trình $ax^2+bx+c=0$ ta có
\[
\left\{ \begin{array}{l}
u + v = \frac{{ - b}}{a} \\
uv = \frac{c}{a} \\
\end{array} \right.;0 \le u;v \le 1
\]
MAX P
Vì (1+u+v)(2-uv)=2(1+u+v+uv) –uv(3+u+v) nên
\[
C = 2 - \frac{{uv(3 + u + v)}}{{1 + u + v + uv}} \le 2\forall u,v \ge 0
\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ax^2+bx+c=0$ có ít nhất 1 nghiệm bằng 0 nên
\[
\left\{ \begin{array}{l}
c = 0 \\
- \frac{b}{a} \in [0;1] \\
\end{array} \right.
\]
Max C
Do $u,v \in [0;1]$ nên $1 - u;1 - v;1 - uv \ge 0$ Do đó
\[
P = \frac{3}{4} + \frac{{(1 - uv)(5 + 4u + 4v) + u(1 - v) + v(1 - u)}}{{4(1 + u + v + vu)}} \ge \frac{3}{4}
\]
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \[
u = v = 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
b^2 - 4ac = 0 \\
b + 2a = 0 \\
\end{array} \right.
\]

[Dung Dang Do]

Ngon ăn nhất câu $1$.
Lời giải>
Vì $p>5$ nên $p \equiv 1;2(mod3)$ nên $p^4 \equiv 1 (mod3) \to p^4-1 \vdots 3(3)$
$p>5$ nên$p \equiv 1,3,5,7,9,11,13,15(mod 16). \to p^4\equiv 1(mod16) to \ p^4-1 \vdots 16(2)$
$p>5$nên $p \equiv 1,37,9 (mod 10 \to p^4 \equiv 1 (mod 10) \iff p^4-1 \vdots 10 (1)$
Từ $(1)(3)(2) \to đpcm$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98ka: 31-03-2012 - 05:38

[Dung Dang Do]

Hình như câu 1b/có trong dien dan rồi phải

[MyLoVeForYouNMT]

Câu 2:
1) Giải phương trình $2x^2-4x-\sqrt{\frac{x+1}{2}}=0$

Xử mấy bài này đi mọi người nhé.
$PT\Leftrightarrow 2x^2-4x=\sqrt{\frac{x+1}{2}}$
$\Rightarrow (2x^2-4x)^2=\frac{x+1}{2}$
$\Leftrightarrow 8x^4-32x^3+32x^2-x-1=0$
$\Leftrightarrow (2x^2-5x+1)(4x^2-6x-1)=0$
$\begin{bmatrix} 2x^2-5x+1=0 & \\4x^2-6x-1=0 & \end{bmatrix}$
Từ đó tính được nghiệm của phương trình.
Thử lại $x=\frac{3-\sqrt{13}}{4}$; $x=\frac{5+\sqrt{17}}{4}$

[Ispectorgadget]

Kiểm tra 150 phút
Câu 1:
1) Cho p là số nguyên tố lớn hơn 5. Chứng minh $p^4-1$ chia hết cho 240.

Bài 2:
2/
p là số nguyên tố lớn hơn 5 nên
\[\begin{array}{l}
\left( {p;5} \right) = 1 \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 5} \right) \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 5{\rm{ }}\left( 1 \right) \\
\left( {p;3} \right) = 1 \Rightarrow {p^2} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {p^4} \equiv 1\left( {\bmod 3} \right) \Rightarrow {p^4} - 1 \vdots 3{\rm{ }}\left( 2 \right) \\
\end{array}\]
$(p;2)=1$ nên $(p;4)=1$. Do đó, p chia 4 dư 3 hoặc 1.
Nếu $p=4k+1$ thì \[{p^4} - 1 = {\left( {4k + 1} \right)^4} - 1 = 256{k^4} + 256{k^3} + 96{k^2} + 16k \vdots 16{\rm{ }}\left( 3 \right)\]
Nếu $p=4k+3$ thì \[{p^4} - 1 = {\left( {4k + 3} \right)^4} - 1 = 256{k^4} + 768{k^3} + 864{k^2} + 432k + 80 \vdots 16{\rm{ }}\left( 4 \right)\]
Từ (3) và (4) thì $p^4-1 \vdots 16$, với mọi p nguyên tố lớn hơn 5. (5)
Từ (1),(2),(5) và (3;5;16)=1 thì ta có đpcm.

[MyLoVeForYouNMT]

Câu 3:
1) Giả sử đa thức $f(x)=x^5+ax^2+b$ có năm nghiệm thực $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$.
Đặt $P(x)=x^2-10$. Chứng minh rằng $P(x_{1}).P(x_{2}).P(x_{3}).P(x_{4}).P(x_{5})\geq -10^5$

Xử luôn bài này nhé.
Do đa thức $f(x)=x^5+ax^2+b$ có năm nghiệm thực $x_{1}, x_{2}, x_{3}, x_{4}, x_{5}$ từ đó suy ra $f(x)=(x-x_{1}).(x-x_{2}).(x-x_{3}).(x-x_{4}).(x-x_{5})$
Mà $P(x_{1}).P(x_{2}).P(x_{3}).P(x_{4}).P(x_{5})$=$(x_{1}^2-10).(x_{2}^2-10).(x_{3}^2-10).(x_{4}^2-10).(x_{5}^2-10)$
$=(x_{1}-\sqrt{10}).(x_{1}+\sqrt{10}).(x_{2}-\sqrt{10}).(x_{2}+\sqrt{10}).(x_{3}-\sqrt{10}).(x_{3}+\sqrt{10}).(x_{4}-\sqrt{10}).(x_{4}+\sqrt{10}).(x_{5}-\sqrt{10}).(x_{5}+\sqrt{10})$
$=f(\sqrt{10}).f(-\sqrt{10})$
Từ đó suy ra
$P(x_{1}).P(x_{2}).P(x_{3}).P(x_{4}).P(x_{5})=((\sqrt{10})^5+a(\sqrt{10})^2+b).((-\sqrt{10})^5+a(-\sqrt{10})^2+b)$
Đến đây thì dễ rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thatlong_anh_xinloi_em: 31-03-2012 - 11:19

[hoangtrong2305]

Câu 3:
2) Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} y+xy^2=6x^2 & \\x^2y^2+1=5x^2 & \end{matrix}\right.$

$\left\{\begin{matrix} y+xy^2=6x^2 & \\x^2y^2+1=5x^2 & \end{matrix}\right.$


Nhận thấy $x,y=0$ không là nghiệm của hệ nên pt đầu chia cho $xy$; phương trình sau chia cho $x^2$

$\left\{\begin{matrix} y+xy^2=6x^2 & \\x^2y^2+1=5x^2 & \end{matrix}\right.$

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

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

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} a^{2}-b=y^{2}+\frac{1}{x^{2}}\\ \frac{12}{b}=\frac{6x}{y} \end{matrix}\right.$

Thay vào hệ thành:

$\left\{\begin{matrix} a=\frac{12}{b}\\ a^{2}-b=5 \end{matrix}\right.$

Thế pt đầu vô pt sau:

$\frac{144}{b^{2}}-b=5$

$\Leftrightarrow b^{3}+5b^{2}-144=0$

$\Leftrightarrow (b-4)(b^{2}+9b+36)=0$

$\Leftrightarrow b=4$

$\Rightarrow a=3$

Vậy ta có hệ mới:

$\left\{\begin{matrix} y+\frac{1}{x}=3\\ \frac{2y}{x}=4 \end{matrix}\right.$

Tới đây đơn giản rùi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangtrong2305: 31-03-2012 - 11:46

[davildark]

Mình làm câu 2-2
Dễ thấy x là nghiệm của pt $4x^{2}+\sqrt{2}x-\sqrt{2}=0$
$=> x^{2}=\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}x}{4}
=> x^{4}=\frac{2x^{2}-4x+2}{16}$
Tới đây chắc là dễ rồi
Biến đổi 1 chút thì $A=\sqrt{2} $
Hình như đây là đề thi của trường chuyên nào đó mà mình quên mất òi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davildark: 31-03-2012 - 11:57

[MyLoVeForYouNMT]

Ai có thể xử mấy bài hình được không vậy

[nthoangcute]

Mình làm bài 6:

Xét tam giác ABC và gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp của nó.
Nối AO cắt (O) ở X.Theo BĐT tam giác thì:
$BX+CX\geq BC$ (1).Chú ý rằng:
$BX=2R.cos(\hat{BMA})=2R cosC$,$ CX=2R.cosB,BC=2RsinA$ (2)
Từ (1),(2) suy ra:
$cosC+cosB\geq sinA$
Các bất đẳng thức còn lại làm tương tự:
$cosA+cosB\geq sinC$
$cosC+cosA\geq sinB$
Cộng dọc ta có đpcm.

[MyLoVeForYouNMT]

Câu 4:
Cho đường tròn $(O; \sqrt{7})$ và một điểm M cố định nằm trong đường tròn sao cho $OM=\sqrt{3}$. Hai dây cung AMB, CMD của đường tròn $(O; \sqrt{7})$ thay đổi nhưng luôn vuông góc với nhau. Gọi I , K, P, Q lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng MA, MB, MC, MD.
1) Chứng minh: Tứ giác IPKQ nội tiếp trên 1 đường tròn cố định.
2) Gọi S là diện tích tam giác MAC. Chứng minh 1<2S<13.

Còn bài cuói nào mọi người