trambau

cho $\alpha \beta \gamma$  là ba góc dương thỏa $\alpha +\beta +\gamma = \frac{\pi }{2}$ 

Tìm GTLN của biểu thức: $Q=\sqrt{1+tan\alpha .tan\beta } + \sqrt{1+tan\beta .tan\gamma } + \sqrt{1+tan\alpha .tan\gamma }$

Với $\alpha +\beta +\gamma = \frac{\pi }{2}$ $\Rightarrow tan\alpha .tan\beta +tan\beta .tan\gamma +tan\gamma .tan\alpha =1$ ( Cái này bạn tham khảo cách chứng minh trên internet hoặc SBT toán 10 nhé)

Áp dụng BĐT AM-GM có $\frac{4}{\sqrt{3}}\sum \sqrt{1+tan\alpha .tan\beta }\leq\sum ( \frac{4}{3}+(1+tan\alpha.tan\beta ))=4+3+1=8$

$\boxed{\text{Bài 86}}$ $\left\{\begin{matrix} 12x^2-48x+64=y^3\\ 12y^2-48y+64=z^3\\ 12z^2-48z+64=x^3 \end{matrix}\right.$

 

$\boxed{\text{Bài 87}}$ $\left\{\begin{matrix} x^{19}+y^5=1890z+z^{2001}\\ y^{19}+z^5=1890z+x^{2001}\\ z^{19}+x^5=1890z+y^{2001} \end{matrix}\right.$

 

$\boxed{\text{Bài 88}}$ $\left\{\begin{matrix} 2x+1=y^3+y^2+y\\ 2y+1=z^3+z^2+z\\ 2z+1=x^3+x^2+x \end{matrix}\right.$

Góp ý, sau ra đề nên chọn lọc, không phải cứ bài khó là hay, những bài như thế này dùng tới chương trình THPT rồi, mất hay cho các em thi vào 10

Xin phép giải bài đầu

$\boxed{\text{Bài 86}}$

$y^3=12x^2-48x+64=12(x-2)^2+16\Rightarrow y>2$ tương tự $x,z>2$

xét hàm

$f(t)=12t^2-48t+64 (t>2), f'(t)=24t-48>0 \forall t>2$

Vậy hàm số đồng biến trên $(2;\infty )$

Không mất tính tổng quát giả sử x=max{x,y,z}

Có $x\geq y \Rightarrow 12x^2-48x+64\geq 12y^2-48y+64\Rightarrow y^3\geq z^3\Leftrightarrow y\geq z\Rightarrow 12y^2-48y+64\geq 12z^2-48z+64\Rightarrow z\geq x\Rightarrow x=y=z$

Từ đó tính được $(x;y;z)=(4;4;4$

Chứng minh rằng $1^3+2^3+3^3+...+n^3=(1+2+3+...+n)^2$ 

Tính dùng cấp số nhân với cấp số cộng nhưng sợ các em chưa học, xài tạm quy nạp vậy

Với n =1 đẳng thức luôn đúng

giả sử đẳng thức đúng với $n=k$ hay $1^3+2^3+3^3+...+k^3=(1+2+3+...+k)^2$ 

bây giờ chứng minh đúng với $n=k+1$ 

hay cần chứng minh $1^3+2^3+3^3+...k^3 + (k+1)^3 = (1+2 + 3 +4 .. + k + k+1)^2$ 

ta có công thức $1+2+3+4+...+n = \frac{n(n+1)}{2}$

$\Rightarrow (1+2+3+4+...+n)^2 = \frac{(n^2+n)^2}{4}$
đẳng thức cần chứng minh tương đương 
$\frac{(k^2+k)^2}{4} + (k+1)^3 = \frac{(k^2+3k+2)^2}{4}$
$\Leftrightarrow (k^2+3k+2)^2 - (k^2+k)^2 = 4(k+1)^3$

Nhân tung ra biến đổi được $\Leftrightarrow 4(k+1)^3 = 4(k+1)^3$ theo quy nạp => đpcm

Cho $f(x)=ax^2+bx+c$. Chứng minh nếu phương trình $f(x)=x$ vô nghiệm thì phương trình $f(f(x))=x$ vô nghiệm

Vì f(x)=x vô nghiệm nên Với mọi x ta luôn có $f(x)>x$ hoặc $f(x)<x$

Nếu $f(x) > x$ thì: $f(f(x)) > f(x)$

nên $f(f(x)) >x$ (với mọi x)
Tương tự suy ra $f(f(x)) < x, \forall x$
Vậy phương trình f(f(x))=x vô nghiệm.

An và Bình cùng tham gia kì thi THPT QG năm 2018, ngoài thi 3 môn Toán, Văn, Anh bắt buộc thì cả hai đều đăng kí thi thêm đúng 2 môn tự chọn khác trong 3 môn Lý, Hóa, Sinh dưới hình thức thi trắc nghiệm để xét tuyển ĐH.  Mỗi môn tự chọn có 8 mã đề thi khác nhau, mã đề thi của các môn khác nhau là khác nhau. Tìm xác suất để An và Bình có chung đúng 1 môn thi tự chọn và chung 1 mã đề.

$|\Omega |=(C_3^2.C_{12}^1.C_{12}^1)^2$

Các cặp gồm 2 môn tự chọn mà mỗi cặp có chung đúng 1 môn thi gồm 3 cặp

Cặp 1 : (Lý, Hóa) và (Lý Sinh)

Cặp 2 : (Hóa, Lý) và (Hóa, Sinh)

Cặp 3 : ( Sinh, Lý ) và ( Sinh, Hóa)

Số cách chọn môn thi của 2 bạn là : $C_3^1.2!$

Số cách chọn mã đề : $C_{12}^1.C_{12}^1.C_{12}^1$

$\Rightarrow P=\frac{C_3^1.2!.C_{12}^1.C_{!2}^1.C_{12}^1}{(C_3^2.C_{12}^1.C_{12^1})^2}=\frac{1}{18}$

Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $9a^{2}+8ab+7b^{2}\leq 6$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=7a+5b+12ab$

2002 mà quất 12 kinh thật

Xét hàm : 

$f(a;b)= 7a+5b+12ab-9a^2-8ab-7b^2-3$ $=-9a^2+a(4b+7)+5b-7b^2-3$ 

 $\Delta = -59(2b-1) ^{2}\leq 0$ nên $f(a;b)\geq 0$ 

Do đó : $7a +5b+12ab-9\leq 9a^2+8ab+7b^2-6\leq 0$
hay $7a +5b+12ab \leq 9$ => Max P=9

Cho hai số thực dương x,y thỏa mãn: $ x^{2}+y^{2}+xy+2=3(x+y) $. Tìm GTLN của biểu thức: $ P=\frac{3x+2y+1}{x+y+6} $

$x^{2}+y^{2}+xy+2=3(x+y)\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}+xy+2-3(x+y)=0\Leftrightarrow (x+\frac{y}{2}-\frac{3}{2})^2+(\frac{\sqrt{3}y}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2})^2=1$

Đặt $\left\{\begin{matrix} x+\frac{y}{2}=\frac{3}{2}=sina & & \\ \frac{\sqrt{3}y}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}=cosa & & \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=sina+1-\frac{cosa}{\sqrt{3}} & & \\ y=\frac{2cosa}{\sqrt{3}}+1 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow P=\frac{3sina+\frac{cosa}{\sqrt{3}}+6}{sina+\frac{cosa}{\sqrt{3}}+8} \Leftrightarrow (P-3)sina+(\frac{P-1}{\sqrt{3}})cosa-6+8P=0$

PT có nghiệm khi $(P-3)^2+(\frac{P-1}{\sqrt{3}})^2\geq (6-8P)^2\Rightarrow \frac{20}{47}\leq P\leq1$

Vậy GTLN của P =1 khi x=2 y=1

 

Bài 1: Gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc $6$ lần. Tính xác suất để một số lớn hơn hay bằng $5$ xuất hiện ít nhất $5$ lần trong $6$ lần gieo.

Bài 2: Một cặp vợ chồng mong muốn sinh bằng được con trai ( sinh con trai rồi thì không sinh nữa, chưa sinh được thì sẽ sinh nữa ). Xác suất sinh được con trai trong một lần sinh là $0,51$. Tìm xác suất sao cho cặp vợ chồng đó mong muốn sinh được con trai ở lần thứ 2.

 

 

Bài 2

Cặp vợ chồng mong muốn sinh con ở lần sinh thứ 2 <=> không sinh được con trai ở lần sinh đầu 
-Xác suất sinh con gái ở lần đầu: $1-0,51=0,49$
=> Xác suất cặp vợ chồng mong sinh con ở lần thứ 2: $0,49.0,51=0,2499$

góp ý: bạn nên đăng đúng box vì đây là box của THCS rồi

Cho phương trình $ax^{3}- x^{2}+ bx- 1= 0$ có ba nghiệm thực dương (không nhất thiết phân biệt). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P= \frac{5a^{2}- 3ab+ 2}{a^{2}\left ( b- a \right )}$

gọi $x,y,z$ là 3 nghiệm của phương trình $ax^{3}- x^{2}+ bx- 1= 0$

Ta có : 

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=\frac{1}{a} & & & \\ \sum xy=\frac{b}{3} & & & \\ xyz=\frac{1}{a} & & & \end{matrix}\right.\Rightarrow xyz=x+y+z\Rightarrow \sum xy\geq 9\Rightarrow b\geq 9a\Rightarrow b-a>0$

Khi đó $P=\frac{5-3\frac{b}{a}+\frac{2}{a^2}}{b-a}=\frac{5-3\sum xy+2(x+y+z)^2}{\frac{xy+yz+xz}{x+y+z}-\frac{1}{xyz}}$

$\Rightarrow P=\frac{5(x+y+z)-3(xy+yz+xz)(x+y+z)+2(x+y+z)^3}{xy+yz+xz-\frac{x+y+z}{xyz}}$

Lại có 

$\left\{\begin{matrix} \frac{1}{xyz}\leq \frac{27}{(x+y+z)^3} & & \\ xy+yz+xz\leq \frac{(x+y+z)^2}{3} & & \end{matrix}\right.\Rightarrow P\geq \frac{5t+t^3}{\frac{t^2}{3}-\frac{27}{t^2}}\geq 12\sqrt{3}$ (Với $t=x+y+z$ đoạn này dùng đạo hàm để giải)

Giải phương trình: $(x^{3}-4)^{3} = (\sqrt[3]{(x^{2}+4)^{2}}+4)^{2}$

$(x^3-4)^3=(\sqrt[3]{(x^2+4)^2}+4)^2>0 \Rightarrow x^3-4>0\Rightarrow x>0$

Đặt $\sqrt{x^3-4}=y>0\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^3-4=y^2 & & \\ y^3=\sqrt[3]{(x^2+4)^2} +4& & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt[3]{(y^2+4)^2}=x^2 & & \\ \sqrt[3]{(y^2+4)^2}=y^3-4 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow x^2+\sqrt[3]{(x^2+4)^2}=y^3-4+\sqrt[3]{(y^2+4)^2}$

Mặt khác $y^2+4=x^3=>x^3+x^2+\sqrt[3]{(x^2+4)^2}=y^3+y^2+\sqrt[3]{(y^2+4)^2}$

Xét $x>y>0$ và $y>x>0$ đều không thỏa mãn

Xét $x=y$ => $x=2$

Giải phương trình:

$x^3+6x^2+5x-3=(2x+5)\sqrt{2x+3}$

(TS lớp 10 tỉnh Phú Thọ 2014-2015)

Cách đơn giản nhất vẫn là liên hợp 

$x^3+4x^2-2x-8+(2x+5)\frac{x^2-2}{x+1+\sqrt{2x+3}}=0$

$\Leftrightarrow (x^2-2)(x+4)+(2x+5)\frac{x^2-2}{x+1+\sqrt{2x+3}}=0$

$\Leftrightarrow (x^2-2)(x+4+\frac{2x+5}{x+1+\sqrt{2x+3}})=0$

Cách khác

cách 1: 

$PT\Leftrightarrow (x^3+3x^2+3x+1)+3(x^2+2x+1)+2(x+1)=(2x+3)\sqrt{2x+3}+3(2x+3)+2\sqrt{2x+3}$

$\Leftrightarrow (x+1)^3+3(x+1)^2+2(x+1)=(2x+3)\sqrt{2x+3}+3(2x+3)+2\sqrt{2x+3}$

Đặt $\left\{\begin{matrix} a=x+1(a\geq \frac{-1}{2}) & & \\ b=\sqrt{2x+3} (b\geq 0)& & \end{matrix}\right.$

Khi đó

$a^3+3a^2+2a=b^3+3b^2+2b (1)\Leftrightarrow (a-b)(a^2+ab+b^2+3a+3b+2)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=b & & \\ a^2+ab+b^2+3a+3b+2=0(2) & & \end{bmatrix}$

Ta có : $(1)\Leftrightarrow a(a+1)(a+2)=b^3+3b^2+2b$

Do $b\geq 0\Rightarrow b^3+3b^2+2b\geq 0\Rightarrow a(a+1)(a+2)\geq 0\Rightarrow a\geq 0$ (Do điều kiện )

Kết hợp với $(2)$ suy ra vô nghiệm. Vậy $a=b$ =>.....

Cách 2

$PT\Leftrightarrow 8x^3+48x^2+40x-8(2x+5)\sqrt{2x+3}-24=0$

Đặt $a=\sqrt{2x+3}\geq 0\Rightarrow 2x=a^3-3$

PT trở thành $(a^2-3)^3+12(a^2-3)^2+20(a^2-3)-8(a^2+2)a-24=0\Leftrightarrow (a^2-2a-1)(a^4+2a^3+8a^2+10a+3)=0$

$\Rightarrow a^2-2a-1=0\Rightarrow a=1\pm \sqrt{2}$

tam giác $ABC$ ,$M$ là trung điểm của $BC$,$ K$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$, $AK$ cắt đường tròn ngoại tiếp $ABC$ tại $D(-2,-6)$. pt $BC: x+y+6=0$, pt $AM: 11x-13y-42=0$. Tìm tọa độ $A,B,C$

$AK\perp BC\Rightarrow AK:x-y+m=0$

$D\in AK\Rightarrow -2+6+m=0\rightarrow m=-4$

$\Rightarrow AK: x-y-4=0$ Ta có $A=AK\cap AM$ khi đó tọa độ A là nghiệm của hệ 

$\left\{\begin{matrix} x-y-4=0 & & \\ 11x-13y-42=0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=5 & & \\ y=1 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow A(5;1)$

$M=AM\cap BC$ khi đó tọa độ M là nghiệm của hệ 

$\left\{\begin{matrix} x+y+6=0 & & \\ 11x-13y-42=0 & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{-3}{2} & & \\ y=\frac{-9}{2} & & \end{matrix}\right.\rightarrow M(\frac{-3}{2};\frac{-9}{2})$

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có $IM\perp BC\Rightarrow IM:x-y+n=0$ 

$M\in IM\rightarrow n=-3\Rightarrow IM:x-y-3=0$

$I\in IM\Rightarrow I(x;x-3)$

Mà $IA=ID\Rightarrow \sqrt{(5-x)^2+(4-x)^2}=\sqrt{(-2-x)^2+(-3-x)^2}\Rightarrow x=1\Rightarrow I(1;-2)$

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có $I(1;-2), R=IA=5$ nên có phương trình $(x-1)^2+(y+2)^2=25$

Khi đó tọa độ $B,C$ là nghiệm của hệ $\left\{\begin{matrix} (x-1)^2+(y+2)^2=25 & & \\ x+y+6=0 & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=1 & & \\ y=-7& & \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} x=-4 & & \\ y=2 & & \end{matrix}\right.$

Từ đây tìm được $B,C$ dễ dàng

A cũng góp một bài khá hay: 

Bài 20: Cho $a,b,c,x,y,z>0$ thỏa mãn $(a+b+c)(x+y+z)=(a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2)=4$. Chứng minh: $abcxyz<\frac{1}{36}$

Ps: Lâu lắm rồi mới vào lại diễn đàn

$4(ab+bc+ca)(xy+yz+zx)=[(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2)][(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)]$

$=20-(a+b+c)^2(xy+yz+zx)-(x+y+z)^2(ab+bc+ca) \leq 20-2\sqrt{(a+b+c)^2(x^2+y^2+z^2)(a^2+b^2+c^2)(x+y+z)^2}=4$

$\Rightarrow (ab+bc+ca)(xy+yz+xz)\leq 1$

$\Rightarrow 1 \geq (ab+bc+ca)^2(xy+yz+xz)^2\geq 9abcxyz(a+b+c)(x+y+z)$ (Do $\left\{\begin{matrix} (ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c) & & \\ (xy+yz+xz)^2\geq 3xyz(x+y+z) & & \end{matrix}\right.$ )

$\Rightarrow abcxyz\leq \frac{1}{36}$

Cho $x,y,z$ là các số thực dương thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}+2xy=3(x+y+z)$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=x+y+z+\frac{20}{\sqrt{x+z}}+\frac{20}{\sqrt{y+2}}$

$3(x+y+z)=(x+y)^2+z^2\geq \frac{(x+y+z)^2}{2}\Rightarrow x+y+z\leq 6$

Áp dụng cauchy - schwarz dạng angel

$P\geq (x+y+z)+\frac{80}{\sqrt{x+z}+\sqrt{y+2}}\geq x+y+z+\frac{80}{\sqrt{2(x+y+z)+4}}$

Đặt $x+y+z=t\Rightarrow 0 \leq t \leq 6$ $\Rightarrow P\geq t+\frac{80}{\sqrt{2t+4}}$

ta có $\sqrt{2t+4}\leq \frac{2t+4+16}{8}=\frac{t+10}{4}$

$Rightarrow P=t+\frac{80}{\sqrt{2t+4}}\geq t+\frac{320}{t+10}=t+10+\frac{256}{t+10}+\frac{64}{t+10}-10\geq 32+4-10=26$

Cho phương trình $x^4+ax^3+bx^2+cx+1=0$ có các hệ số a,b,c không âm. PT có 4 nghiệm. Khi đó GTNN của $P =a+\frac{b}{2}+\frac{c}{4}$