ChiLanA0K48

Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là: $R=AK=\sqrt{\left (1- \frac{5}{2} \right )^{2}+(5-3)^{2}}=\frac{5}{2}$

Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:

$\left ( x-\frac{5}{2} \right )^{2}+(y-3)^{2}=\frac{25}{4}$

phương trình đường thẳng AI có dạng: $\frac{x-1}{2-1}=\frac{y-5}{2-5}\Leftrightarrow 3x+y-8=0$

Gọi D là giao điểm AI và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC suy ra D là điểm chính giữa cung BC

Tọa độ D là nghiệm hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} \left ( x-\frac{5}{2} \right )^{2}+(y-3)^{2}=\frac{25}{4}\\ 3x+y-8=0 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow D\left ( \frac{5}{2} ;\frac{1}{2}\right )$

Phương trình đường thẳng KD có dạng $x=\frac{5}{2}$

Dễ thấy KD là trung trực của đoạn thẳng BC

suy ra phương trình đường thẳng BC có dạng $y=a$

Ta có: $\left\{\begin{matrix} DI=DB=DC\\ B,C\in (ABC) \end{matrix}\right.$

Từ đó tính được tọa độ B,C

Giải hệ phương trình:

$\left\{\begin{matrix} x^{3}(3y+8)=64 & & \\ x(y+1)(y^{2}+5y+7)=12+x& & \end{matrix}\right.$

Dễ thấy $x=0$ không là nghiệm hệ phương trình

Chia hai vế của các phương trình

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 3y+8=\frac{64}{x^{3}}\\ y^3+6y^{2}+12y+7=\frac{12}{x}+1 \end{matrix}\right.$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 3(y+2)+2=\left ( \frac{4}{x} \right )^{3}\\ \frac{12}{x}+2=(y+2)^{3} \end{matrix}\right.$

Trừ từng vế 2 phương trình của hệ

$\Rightarrow \left ( \frac{4}{x} \right )^3+\frac{12}{x}+2=(y+2)^3+3(y+2)+2$

xét hàm số $f(a)=a^{3}+3a+2\Rightarrow f'(a)=3a^{2}+3> 0$

suy ra $f(a)$ là hàm đơm điệu tăng

suy ra $f(y+2)=f\left ( \frac{4}{x} \right )\Rightarrow y+2=\frac{4}{x}$

Thay vào tìm đc $x,y$

Câu1:

Số cách chọn ra 2 cái bánh xếp vào mỗi hộp là: 

$C_{12}^{2}.C_{10}^{2}.C_{8}^{2}.C_{6}^{2}.C_{4}^{2}.C_{2}^{2}=7484400$

Nhưng vì 6 hộp giống nhau nên ta có số cách xếp là: 

$\frac{7484400}{6!}=10395$

Câu2:

Số cách lấy ra 6 cuốn sách bất kì là: 

$C_{12}^{6}=924$ (cách)

Số cách lấy ra 6 cuốn sách sao cho luôn có 1 môn hết sách là:

$C_{5}^{5}.C_{4}^{1}+C_{5}^{5}.C_{3}^{1}+C_{4}^{4}.C_{3}^{2}+C_{4}^{4}.C_{5}^{2}+C_{3}^{3}.C_{5}^{3}+C_{3}^{3}.C_{4}^{3}+C_{4}^{4}.C_{3}^{1}.C_{5}^{1}+C_{3}^{3}.C_{4}^{1}.C_{5}^{2}+C_{3}^{3}.C_{5}^{1}.C_{4}^{2}=119$

Số cách lấy ra 6 cuốn sách sao cho sau đó mỗi môn còn ít nhất 1 cuỗn sách là: $924-119=805$

Vì chia cho 6 bạn nên số cách chia là: $805.6!=579600$

Câu 3:

Bạn có thể tham khảo thêm tài liệu về bài toán chia kẹo của Euler

Gọi tập hợp các học sinh giỏi Toán là A

tập hợp các học sinh giỏi Lý là B

tập hợp các học sinh giỏi Sinh là C 

Ta có: 

$|A|=26$

$|B|=24$

$|C|=21$

$|A\cup B|=35;   |A\cup C|=32;   |B\cup C|=32$

$|A\cap B\cap C|=11$

số học sinh giỏi cả Toán và Lý của lớp là: $|A\cap B|=|A|+|B|-|A\cup B|$$\Rightarrow |A\cap B|=15$

tương tự ta có: $|B\cap C|=13$; $|C\cap A|=15$

số học sinh chỉ giỏi toán là = $|A|-|A\cap B|-|A\cap C|+|A\cap B\cap C|=7$

tương tự: số học sinh chỉ giỏi lý là: 7

số học sinh chỉ giỏi sinh là: 4

dãy truy hồi tuyến tính cấp I (cấp số nhận cộng)  có dạng $a_{n+1}=q.a_{n}+d$ với mọi $n\geq 1$

đó là phương pháp xác định số hạng tổng quát cho dãy truy hồi tuyến tính cấp I 

a) Đặt $a_{n}=u_{n}+c$ với c là số thực mà ta sẽ chọn sau

$\Rightarrow a_{n}-c=4(a_{n-1}-c)-1 \Leftrightarrow a_{n}=4a_{n-1}-3c-1$

chọn $c=\frac{-1}{3}$

khi đó $a_{n}=u_{n}-\frac{1}{3} \Leftrightarrow u_{n}=a_{n}+\frac{1}{3}$

và $a_{n}=4a_{n-1} \Leftrightarrow a_{n}=a_{1}.4^{n-1}$

$a_{1}=u_{1}-\frac{1}{3}=\frac{8}{3}$

$\Rightarrow u_{n}=\frac{8}{3}.4^{n-1}+\frac{1}{3}$

b) dễ dàng chứng minh $(u_{n})$ là dãy tăng

$P_{M/(E)}=\frac{1}{8}+\frac{1}{4}< 1$

suy ra M nằm trong (E)

phương trình đường thẳng $(d)$ có vector chỉ phương$\overrightarrow{n}(a;b)$

phương trình tham số của $(d)$ $\left\{\begin{matrix} x=1+at\\ y=-1+bt \end{matrix}\right.$

Tọa độ giao điểm của $(d)$ và $(E)$ là nghiệm hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x=1+at\\ y=-1+bt\\ \frac{x^{2} }{8}+\frac{y^{2} }{4}=1 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \frac{(1+at)^{2}}{8}+\frac{(-1+bt)^{2}}{4}=1$

$\Leftrightarrow (\frac{a^{2}}{8}+\frac{b^{2}}{4})t^{2}+(\frac{a}{4}-\frac{b}{2})t-\frac{5}{8}=0$ (*)

Phương trình(*) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi a,b suy ra (d) luôn cắt (E) tại hai điểm phân biệt 

Đặt $A(1+at_{1};-1+bt_{1})$; $B(1+at_{2};-1+bt_{2})$ với $t_{1}$,$t_{2}$ là 2 nghiệm phương trình (*)

$\overrightarrow{MA}=t_{1}\overrightarrow{n}; \overrightarrow{MB}=t_{2}\overrightarrow{n}$

$MA.MB=|\overrightarrow{MA}.\overrightarrow{MB}|=|t_{1}t_{2}|\overrightarrow{n}^{2}=|\frac{\frac{-5}{8}}{\frac{a^{2}}{8}+\frac{b^{2}}{4}}|(a^{2}+b^{2})=\frac{5(a^{2}+b^{2})}{a^{2}+2b^{2}}=\frac{5}{\frac{b^{2}}{a^{2}+b^2}+1}$

$\Rightarrow MA.MB\leq 5$

MA.MB đạt giá trị lớn nhất bằng 5 khi b=0

suy ra phương trình đường thẳng d: x=1 suy ra tọa độ A, B 

Bài này áp dụng định lý Pappus thì phải

Chắc bạn nói đến trường hợp Ellipse đối xứng qua $I(m;n)$ và có dạng

$\frac{(x-m)^{2}}{a^{2}}+\frac{(y-n)^{2}}{b^{2}}=1$

khi đó ta thực hiện phép tịnh tiến hệ trục $Oxy$ theo phương $\overrightarrow{OI}$ thành hệ trục $IXY$ theo công thức:

$\left\{\begin{matrix} X=x-m\\ Y=y-n \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=X+m\\ y=Y+n \end{matrix}\right. \Rightarrow (E):\frac{X^{2}}{a^{2}}+\frac{Y^{2}}{b^{2}}=1$

tính trong hệ trục IXY những đặc tính của $(E)$ rồi suy ra trong Oxy

Đường tròn nội tiếp tam giác ABC có tâm $I(1;1)$ và $R=2$

Phương trình đường thẳng BC có vector pháp tuyến $\overrightarrow{n}(a;b)$ với $a^{2}+b^{2}\neq 0$

$\Rightarrow a(x-3)+b(y-1)=0 \Leftrightarrow ax+by-3a-b=0$

mặt khác $d_{I/(BC)}=R\Leftrightarrow |\frac{-2a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}|=2$ $\Rightarrow b=0$

Suy ra phương trình đường thẳng BC dạng $x=3$

$$\overline{DI}=\sqrt{34}$

mà $\overline{DI}=\overline{DB}=\overline{DC}$

Không mất tổng quát giả sử B có tung độ dương$\Rightarrow B(3;3); C(3;-7)$

Gọi $O(x_{o};y_{o})$ là tâm ngoại tiếp tam giác ABC

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (3-x_{o})^{2}+(3-y_{o})^{2}=(3-x_{o})^{2}+(-7-y_{o})^{2}\\ (3-x_{o})^{2}+(3-y_{o})^{2}=(6-x_{o})^{2}+(-2-y_{o})^{2} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow O(\frac{1}{3};-2)$

suy ra phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có dạng: $(x-\frac{1}{3})^{2}+(y+2)^{2}=\frac{289}{9}$

phương trình đường thẳng DI có dạng $3x+5y-8=0$

A là giao của $(O)$ và DI suy ra $A(\frac{-7}{3};3)$

Điều kiện xác định: $cosx\neq 0\Leftrightarrow x\neq \frac{\Pi }{2}+k\Pi$

$\frac{4sin(x+\frac{\Pi }{6})sin(\frac{5\Pi }{6}+x)}{cos^{2}x}+2tanx=0 \Leftrightarrow \frac{4sin(\frac{\Pi }{6}+x)sin(\frac{\Pi }{6}-x)}{cos^{2}x}+2tanx=0 \Leftrightarrow \frac{(cosx-\sqrt{3}sinx)(cosx+\sqrt{3}sinx)}{cos^{2}x}+2tanx=0 \Leftrightarrow \frac{cos^{2}x-3sin^{2}x}{cos^{2}x}+2tanx=0 \Leftrightarrow 1-3tan^{2}x+2tanx=0 \Leftrightarrow tanx=1$ hoặc $tanx=\frac{1}{3}$

$\frac{tan2x}{tan4x-tan2x}=\frac{tan2x}{\frac{sin2x}{cos4x.cos2x}}=\frac{tan2x}{\frac{tan2x}{cos4x}}=cos4x$

Số có 5 chữ số có dạng 

TH1: e=0

Số số chẵn lập được là chỉnh hợp chập 4 của 6: $\frac{6!}{2!}=360$

TH 2: e khác 0

Có 3 cách chọn e

Có 5 cách chọn a

Số cách chọn các chữ số còn lại lần lượt là 5, 4, 3

Số số chẵn lập được trong TH này là: 3.5.5.4.3=900

Vậy số số chẵn có 5 chữ số lập được là: 1260 số