Giải đề tuyển MOD 11 và chấm bài dự thi.

[duynhan1]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Tuyển Moderator Box Toán 11
. .
​

Dựa vào quá trình hoạt động ở box Toán 11 và bài làm đề kiểm tra dưới đây, các bạn hãy bầu chọn những người xứng đáng làm Moderator box Toán 11 nhé!
P/s: Các bạn có bài dự thi nên xem tất cả các bài làm của các bạn kia để tìm ra lỗi sai của người ta nhé, người ta sai càng nhiều thì các bạn càng có cơ hội
Các bạn bình luận bài làm trực tiếp vào đây nhé.

 

[duynhan1]

Bài làm của tuyn
Bài làm
Bài 1:
Ta có: [TEX](x^2-x+\frac{1}{2})+x-\frac{1}{4}=(x^2-x)^2+(x^2-x)+\frac{1}{4}+x-\frac{1}{4}=(x^2-x)^2+x^2 \geq 0 \forall x[/TEX]
ĐK:[TEX]x^2-2x \geq 0 \Leftrightarrow x \n (-\infty;0]\bigcup_{}^{}[2;+\infty)[/TEX]
[TEX]BPT \Leftrightarrow \sqrt{2[(x^2-x)^2+x^2]} \leq (x^2-x)-x[/TEX]
Áp dụng BDDT Buniacopski ta có:
[TEX][(x^2-x)-x]^2 \leq 2[(x^2-x)^2+x^2] \Rightarrow x^2-2x \leq \sqrt{2[(x^2-x)^2+x^2]}[/TEX]
Do đó:
[TEX]BPT \Leftrightarrow x^2-x=-x \Leftrightarrow x=0 (TMDK)[/TEX]
Vậy BPT có 1 nghiệm:x=0
Bài 3:
ĐK:[TEX]x,y \in [0;1][/TEX]
Do vậy: Đặt [TEX]\left{\begin{x=cosa}\\{y=cosb}; a,b \in [0;\frac{\pi}{2}](1)[/TEX]
[TEX]HPT \Leftrightarrow \left{\begin{cosasinb=\frac{3}{4}}\\{cosbsina=\frac{1}{4}}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow cosasinb+cosbsina=1 \Leftrightarrow sin(a+b)=1 \Leftrightarrow a+b=\frac{\pi}{2}(do (1) \Rightarrow b=\frac{\pi}{2}-a[/TEX]
Thay vào PT ta được:
[TEX]cos^2a=\frac{3}{4} \Leftrightarrow cosa=\frac{\sqrt{3}}{2} \Leftrightarrow x=\frac{\pi}{6} \Rightarrow b=\frac{\pi}{3}[/TEX]
Vậy HPT có nghiệm: [TEX](x;y)=(\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{1}{2})[/TEX]
Bài 4:
Ta có: [TEX]2x^2+3y^2+\sqrt{2}x+\sqr{3}y+4=(\sqrt{2}x+1)^2+(\sqrt{3}y+1)^2-(\sqrt{2}x+1)-(\sqrt{3}y+1)+4[/TEX]
Đặt: [TEX]\left{\begin{a=\sqrt{2}x+1}\\{b=\sqrt{3}x+1}[/TEX]
HPT đã cho trở thành:
[TEX]\left{\begin{a^2+b^2-(a+b)+4=0}\\{ab=5}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \left{\begin{(a+b)^2-(a+b)-6=0}\\{ab=5} \Leftrightarrow \left{\begin{a+b=-2,hoac:a+b=3}\\{ab=5}[/TEX]
Ta có 2 TH sau:
TH1:
[TEX]\left{\begin{a+b=-2}\\{ab=5}(HPTVN)[/TEX]
TH2:
[TEX]\left{\begin{a+b=3}\\{ab=5}(HPTVN)[/TEX]
Vậy HPT đã cho Vô nghiệm
Bài 6:
Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
[TEX][tan(\frac{A}{2})+\frac{1}{3tan(\frac{A}{2})}]+[tan(\frac{A}{2})+\frac{1}{3tan(\frac{A}{2})}]+[tan(\frac{A}{2})+\frac{1}{3tan(\frac{A}{2})}] \geq \frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{2}{\sqrt{3}}+\frac{2}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}(1)[/TEX]
Ta luôn có:
[TEX]1=tan(\frac{A}{2})tan(\frac{B}{2})+tan(\frac{B}{2})tan(\frac{C}{2})+tan(\frac{C}{2})tan(\frac{A}{2}) \geq 3\sqrt[3]{tan^2(\frac{A}{2})tan^2(\frac{B}{2})tan^2(\frac{C}{2})}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow tan(\frac{A}{2})tan(\frac{B}{2})tan(\frac{C}{2}) \leq \frac{1}{3\sqrt{3}}[/TEX]
Mặt khác:
[TEX]\frac{2}{3}[\frac{1}{tan(\frac{A}{2})}+\frac{1}{tan(\frac{B}{2})}+\frac{1}{tan(\frac{C}{2})}] \geq \frac{2}{3} .\frac{3}{\sqrt[3]{tan(\frac{A}{2})+tan(\frac{B}{2})+tan(\frac{C}{2})}} \geq 2\sqrt{3}(2)[/TEX]
Từ (1) và (2) suy ra ĐPCM
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Bài 7:
Ta có:
[TEX]\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB} \geq \frac{4}{sinA+sinB}=\frac{2}{cos(\frac{C}{2})cos(\frac{A-B}{2})} \geq \frac{2}{cos(\frac{A}{2})}[/TEX]
Tương tự ta có:
[TEX]\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC} \geq \frac{2}{cos(\frac{A}{2})}[/TEX]
[TEX]\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA} \geq \frac{2}{cos(\frac{B}{2})}[/TEX]
Cộng vế với vế các BĐT lại.Suy ra: VP \geq VT
Do vậy giả thiết \Leftrightarrow A=B=C hay tam giác ABC đều
Bài 8:
Do (E),(d) cố định nên B,C là giao điểm của (E) và (d) cố định \Rightarrow độ dài BC không đổi
Ta có: [TEX]S=S_{ABC}=\frac{1}{2}d(A,(d)).BC[/TEX]
Do BC không đổi nên S max \Leftrightarrow d(A,(d)) max
Ta có: [TEX]A(x;y) \in (E) \Rightarrow x^2+2y^2=8[/TEX]
[TEX]d(A,(d))=\frac{1}{\sqrt{3}}|x-\sqrt{2}y+2| \leq \frac{1}{\sqrt{3}(|x-\sqrt{2}y|+2)[/TEX]
Áp dụng BĐT Buniacopsky:
[TEX](x-\sqrt{2}y)^2 \leq 2(x^2+2y^2)=16 \Rightarrow |x-\sqrt{2}y| \leq 4[/TEX]
[TEX]\Rightarrow Maxd(A,(d))=2\sqrt{3}[/TEX]
khi:[TEX]\left{\begin{x^2+2y^2=8}\\{x=-\sqrt{2}y}\\{x-\sqrt{2}y \geq 0}[/TEX]
Giải HPT trên ta được:[TEX](x;y)=(2;-\sqrt{2})[/TEX]
Vậy [TEX]A(2;-\sqrt{2})[/TEX]
Bài 9:
Trước hết ta CM:
[TEX]sin(\frac{A}{2})sin(\frac{B}{2})sin(\frac{C}{2}) \leq \frac{1}{8}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow 4[cos(\frac{A-B}{2})-sin(\frac{C}{2})]sin(\frac{C}{2}) \leq 1 \Leftrightarrow 4sin^2(\frac{A}{2})-4sin(\frac{A}{2})cos(\frac{A-B}{2})+cos^2(\frac{A-B}{2})+1-cos^2(\frac{A-B}{2}) \geq 0[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow [2sin(\frac{A}{2})-cos(\frac{A-B}{2})]^2+sin^2(\frac{A-B}{2}) \geq 0[/TEX] (luôn đúng)
Bất đẳng thức cần CM tương đương với:
[TEX]P=\frac{1}{sin^2(\frac{A}{2})}+\frac{1}{sin^2(\frac{B}{2})}+\frac{1}{sin^2(\frac{C}{2})} \geq 12[/TEX]
Áp dụng BDDT Cauchy:
[TEX]P \geq \frac{3}{\sqrt[3]{\frac{1}{sin^2(\frac{A}{2})}.\frac{1}{sin^2(\frac{B}{2})}.\frac{1}{sin^2(\frac{C}{2})}}} \geq 12[/TEX]
Vậy Có ĐPCM
Bài 10:
Đặt [TEX]x=\frac{2y}{3}[/TEX]
PT đã cho trở thành:
[TEX]8y^4-6y-1=0 \Leftrightarrow 4y^3-3y=\frac{1}{2}[/TEX]
Dễ thấy với |y| > 1 thì PT VN
Do đó |y| \leq 1 \Rightarrow đặt:[TEX]y=cost,t \in [0;\pi][/TEX]
[TEX]PT \Leftrightarrow 4cos^3t-3cost=\frac{1}{2} \Leftrightarrow cos3t=\frac{1}{2} \Leftrightarrow \left{\begin{t=\frac{\pi}{9}+\frac{k2\pi}{3}}\\{t=-\frac{\pi}{9}+\frac{k2\pi}{3}}[/TEX]
Chỉ lấy nghiệm [TEX]t \in [0;\pi] \Rightarrow t=\frac{\pi}{9},\frac{7\pi}{9},\frac{\frac{5\pi}{9}[/TEX]
Vậy PT đã cho có nghiệm:
[TEX]x=\frac{2}{3}cos(\frac{\pi}{9}),\frac{2}{3}cos( \frac{5\pi }{9}),\frac{2}{3}cos(\frac{7\pi}{9})[/TEX]
8 điểm

 

[duynhan1]

Bài làm của nerversaynever:

Bài 1
[TEX]\begin{array}{l}bpt \Leftrightarrow \sqrt {2\left( {{x^4} - 2{x^3} + 2{x^2}} \right)} \le {x^2} - 2x\\VT \ge \sqrt {{x^4} - 4{x^3} + 4{x^2}} = \left| {{x^2} - 2x} \right| \ge VP\end{array}[/TEX]
dấu = khi x=0=> bpt có nghiệm duy nhất x=0
Bài 2:
Điều kiện [TEX]x \ge - 1 \vee x = - 2[/TEX]
Thay x=-2 vào thỏa mãn,
Xét [TEX]x \ge - 1[/TEX]
[TEX]\begin{array}{l}pt \Leftrightarrow 5\sqrt {{{\left( {x + 2} \right)}^3} - \left( {x + 2} \right)} = 2{\left( {x + 2} \right)^2} + 3\left( {x + 2} \right)\\\Leftrightarrow 5\sqrt {{t^3} - t} = 2{t^2} + 3t\left( {t = x + 2 \ge 1} \right)\\\Leftrightarrow 25\left( {{t^3} - t} \right) = 4{t^4} + 9{t^2} + 12{t^3}\\\Leftrightarrow 4{t^4} - 13{t^3} + 9{t^2} + 25t = 0\\VT = 4{t^2}{\left( {t - 2} \right)^2} + t\left( {3{t^2} - 7t + 25} \right) > 0\end{array}[/TEX]
KL: pt có nghiệm duy nhất x=-2

Bài 3 Điều kiện cần [TEX]0 < x,y < 1[/TEX], đặt
[TEX]x = c{\rm{os}}\alpha ;y = c{\rm{os}}\beta ;\alpha ,\beta \in \left( {0;\frac{\pi }{2}} \right)[/TEX] thay vào hpt ta có
[TEX]\left\{ \begin{array}{l}c{\rm{os}}\alpha \sin \beta = \frac{3}{4}\\c{\rm{os}}\beta \sin \alpha = \frac{1}{4}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\sin \left( {\alpha + \beta } \right) = 1\\\sin \left( {\beta - \alpha } \right) = \frac{1}{2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\alpha + \beta = \frac{\pi }{2}\\\beta - \alpha = \frac{\pi }{6}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}\alpha = \frac{\pi }{6}\\\beta = \frac{\pi }{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\\y = \frac{1}{2}\end{array} \right.[/TEX]

Bài 4.
Phương trình đầu trong hệ tương đương
[TEX]{\left( {\sqrt 2 x + \frac{1}{2}} \right)^2} + {\left( {\sqrt 3 y + \frac{1}{2}} \right)^2} + 3,5 = 0[/TEX] vô lý suy ra hpt ban đầu vô nghiệm thực

Bài 5:
[TEX]\begin{array}{l}bdt \Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a + b + c}\right)}^2}}}{{ab + bc + ca}} - 3 + \sum\limits_{cyc} {\left( {1 - \frac{{ab + bc + ca}}{{2{a^2} + bc}}} \right) \ge 0} \\\Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \sum\limits_{cyc} {\frac{{a\left( {a - b} \right) + a\left( {a - c} \right)}}{{2{a^2} + bc}}} \ge 0\\\Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \sum\limits_{cyc} {\left( {a - b} \right)\left( {\frac{a}{{2{a^2} + bc}} - \frac{b}{{2{b^2} + ac}}} \right)} \ge 0\\\Leftrightarrow \frac{{{{\left( {a - b} \right)}^2} + {{\left( {b - c} \right)}^2} + {{\left( {c - a} \right)}^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\frac{{ca + cb - 2ab}}{{\left( {2{a^2} + bc} \right)\left( {2{b^2} + ac} \right)}}} \ge 0\\\Leftrightarrow \sum\limits_{cyc} {{{\left( {a - b} \right)}^2}\left( {\frac{1}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \frac{{ca + cb - 2ab}}{{\left( {2{a^2} + bc} \right)\left( {2{b^2} + ac} \right)}}} \right)} \ge 0\end{array}[/TEX]
ta có
[TEX]\begin{array}{l}{S_c} = \frac{1}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)}} + \frac{{ca + cb - 2ab}}{{\left( {2{a^2} + bc} \right)\left( {2{b^2} + ac} \right)}} \ge \frac{{\left( {2{a^2} + bc} \right)\left( {2{b^2} + ac} \right) - 4ab\left( {ab + bc + ca} \right) + 2ab\left( {ca + cb} \right)}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {2{a^2} + bc} \right)\left( {2{b^2} + ac} \right)}}\\= \frac{{2ac{{\left( {a - b} \right)}^2} + 2cb{{\left( {a - b} \right)}^2} + ab{c^2}}}{{2\left( {ab + bc + ca} \right)\left( {2{a^2} + bc} \right)\left( {2{b^2} + ac} \right)}} > 0\end{array}[/TEX]
tương tự ta cũng có [TEX]{S_a};{S_b} >0[/TEX] suy ra dpcm
dấu bằng khi a=b=c.
Bài 6 mọi tam giác ABC đều có
[TEX]\sin A + \sin B + \sin C \le \frac{{3\sqrt 3 }}{2}[/TEX]
[TEX]\begin{array}{l}VT = \frac{1}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{A}{2}\tan \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{B}{2}\tan \frac{B}{2}}} + \frac{1}{{c{\rm{o}}{{\rm{s}}^2}\frac{C}{2}\tan \frac{C}{2}}} = 2\left( {\frac{1}{{\sin A}} + \frac{1}{{\sin B}} + \frac{1}{{\sin C}}} \right)\\ \ge \frac{{18}}{{\left( {\sin A + \sin B + \sin C} \right)}} \ge 4\sqrt 3 \end{array}[/TEX]
dấu bằng khi tam giác ABC đều

Bài 7
Ta có
[TEX]VT - VP = \frac{1}{{\sin A}}\left( {1 - 2\sin \frac{A}{2}} \right) + \frac{1}{{\sin B}}\left( {1 - 2\sin \frac{B}{2}} \right) + \frac{1}{{\sin C}}\left( {1 - 2\sin \frac{C}{2}} \right)[/TEX]
giả sử [TEX]A \ge B \ge C = > \frac{1}{{\sin A}} \le \frac{1}{{\sin B}} \le \frac{1}{{\sin C}};1 - 2\sin \frac{A}{2} \le 1 - 2\sin \frac{B}{2} \le 1 - 2\sin \frac{C}{2}[/TEX]
suy ra theo bất đẳng thức chebyshev
[TEX]VT - VP \ge \left( {\frac{1}{{\sin A}} + \frac{1}{{\sin B}} + \frac{1}{{\sin C}}} \right)\left( {3 - 2\sin \frac{A}{2} - 2\sin \frac{B}{2} - 2\sin \frac{C}{2}} \right) \ge 0[/TEX] đúng vì ta có [TEX]\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2} \le \frac{3}{2}[/TEX]

Bài 8 gọi
[TEX]\begin{array}{l}A\left( {a,b} \right) \in E = > \frac{{{a^2}}}{8} + \frac{{{b^2}}}{4} = 1\\{S_{ABC}} = \frac{1}{2}BC.d\left( {A,BC} \right) = > S\max \Leftrightarrow d\left( {A,BC} \right)m{\rm{ax}} \Leftrightarrow \left| {a - \sqrt 2 b + 2} \right|m{\rm{ax}}\\8 + 2 = \sqrt {\left( {\frac{{{a^2}}}{8} + \frac{{{b^2}}}{4}} \right)\left( {8 + 8} \right)} + 2 \ge \left| a \right| + \sqrt 2 \left| b \right| + 2 \ge \left| {a - \sqrt 2 b + 2} \right|\end{array}[/TEX]
Vậy S max khi [TEX]A\left( {2; - \sqrt 2 } \right)[/TEX]
Bài 9:
ta có bất đẳng thức
[TEX]\begin{array}{l}\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2} \le \frac{3}{2}\\= > VT = \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{{{{\sin }^2}\frac{A}{2}}} + \frac{1}{{{{\sin }^2}\frac{B}{2}}} + \frac{1}{{{{\sin }^2}\frac{C}{2}}}} \right) \ge \frac{1}{6}{\left( {\frac{1}{{\sin \frac{A}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{B}{2}}} + \frac{1}{{\sin \frac{C}{2}}}} \right)^2} \ge \frac{{27}}{{2{{\left( {\sin \frac{A}{2} + \sin \frac{B}{2} + \sin \frac{C}{2}} \right)}^2}}} \ge 6\end{array}[/TEX]
dấu bằng khi tam giác ABC đều

Bài 10
Đặt [TEX]x = \frac{2}{3}y[/TEX] suy ra
[TEX]pt \Leftrightarrow 4{y^3} - 3y - \frac{1}{2} = 0(1)[/TEX]
Dễ thấy pt này chỉ có nghiệm trong [-1;1] do đó đặt
[TEX]y = c{\rm{os}}\alpha ;\alpha \in \left[ {0;\pi } \right] = > (1) \Leftrightarrow c{\rm{os}}3\alpha = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \alpha = \frac{\pi }{9};\alpha = \frac{{5\pi }}{9};\alpha = \frac{{7\pi }}{9}[/TEX]
vậy pt ban đầu có 3 nghiệm
[TEX]x = \frac{2}{3}c{\rm{os}}\frac{\pi }{9};x = \frac{2}{3}c{\rm{os}}\frac{{5\pi }}{9};x = \frac{2}{3}c{\rm{os}}\frac{{7\pi }}{9}[/TEX]

Bài anh làm tắt quá 10-1 = 9 điểm

 

[duynhan1]

Bài làm của quocoanh12345
BÀI I:

ĐK:

- Với [TEX]x \geq 2 [/TEX]

- Với [TEX]x \leq 0[/TEX]

KL [TEX]x \leq -2[/TEX]
Đáp số sai, 0,25 điểm ( điểm đặt điều kiện )
BÀI II:
(một cách giải cơ bắp)

KL: [TEX]x=-2[/TEX] hoặc [TEX]x=-2,978477[/TEX]
Điều kiện đâu ??? 0,5 điểm
BÀI III:

ĐK: [TEX]|x| \leq 1, |y| \leq 1[/TEX]

Đặt [TEX]sint=x, sinu=y[/TEX]
Điều kiện cho t và u đâu
[TEX](I) \Leftrightarrow \left{{sint.cosu=\frac{3}{4}}\\{costsinu=\frac{1}{4}}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \left{{sin(u+t)=1}\\{sin(t-u)=\frac{1}{2}[/TEX]

(so với ĐK chọn)​

[TEX]\Rightarrow \left{t=\frac{\pi}{3}\\u=\frac{\pi}{6}[/TEX]
Cơ sở để chọn u, v???
[TEX]\Rightarrow \left{x=\frac{\sqrt3}{2}\\y=\frac{1}{2}[/TEX]
0,5 điểm
BÀI IV:

HỆ VÔ NGHIỆM
1 điểm
BÀI VI:

Dùng bổ đề sau:

[TEX]cot \frac{A}{2}+cot \frac{B}{2}+cot \frac{C}{2}=cot \frac{A}{2}.cot \frac{B}{2}.cot \frac{C}{2}[/TEX]
Đặt
[TEX]a=tan{\frac{A}{2}}[/TEX]
[TEX] b=tan{\frac{B}{2}}[/TEX]
[TEX]c=tan{\frac{C}{2}}[/TEX]
Ta có :
[TEX]a.b+b.c+a.c=1 (I)[/TEX]
[TEX]\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=\frac{1}{a.b.c}[/TEX]
[TEX]VT=a+\frac{1}{a}+b+\frac{1}{b}+c+\frac{1}{c} [/TEX]

Từ[TEX] (I) \Rightarrow \frac{(a+b+c)^2}{3}\geq 1 \geq 3.\sqrt[3]{a.b.c}[/TEX] Vế sau sai nhé

[TEX]\Rightarrow a+b+c \geq \sqrt{3}; abc \leq \frac{1}{3.\sqrt{3}}[/TEX]
suy ra [TEX]VT \geq \sqrt{3}+3.\sqrt{3}[/TEX] (dpcm)
[TEX]"=" \Leftrightarrow A=B=C[/TEX]
0,5 điểm
BÀI VIII:

Gọi [TEX]A (a;b)[/TEX]
Ta có [TEX]S_{ABC} max[/TEX] khi [TEX]d_{A/BC} max [/TEX]Chưa lý luận BC cố định

mà [TEX]d_{A/BC} =\frac{|a-\sqrt2.b+2|}{\sqrt3} \leq \frac{|a-\sqrt2.b|+2}{\sqrt3}[/TEX]
[TEX] "=" \Leftrightarrow a-\sqrt2.b \geq 0[/TEX]

trong khi đó [TEX](a-sqrt{2}.b)^2 \leq (a^2+2(-b)^2).2=8.2=16 (BCS) [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow |a-sqrt{2}.b)| \leq 4[/TEX]
[TEX] "=" \Leftrightarrow a= -sqrt{2}.b[/TEX]
thay pt elip vào ta được
[TEX]A(-2;\sqrt2)[/TEX]Sai cái này
[TEX]A(2;-\sqrt2)[/TEX]
0,5 điểm

BÀI XIX:
[TEX]\frac{1}{1-cosA}+\frac{1}{1-cosB}+\frac{1}{1-cosC}\geq 6[/TEX]

Sử dụng bổ đề:
[TEX]cosA+cosB+cosC \leq \frac{3}{2}[/TEX]

[TEX]VT \geq \frac{9}{3-(cosA+cosB+cosC)} (cauchy-schwarz)[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow VT\geq \frac{9.2.}{3}=6 (dpcm)[/TEX]
[TEX]"=" \Leftrightarrow A=B=C[/TEX]
1 điểm
4,25 -0,25 ( trình bày lộn xộn) = 4 điểm

 

[duynhan1]

Bài làm của xlovemathx:
Câu 3 : [TEX](I)\left\{x\sqrt{1-y^2}=\frac{3}{4} \\ y\sqrt{1-x^2}=\frac{1}{4}[/TEX]

Do [TEX]\sqrt{1-y^2} -va- \sqrt{1-x^2}[/TEX] luôn không âm nên [TEX]x >0 ; y>0[/TEX]

Khi đó ta đặt : [TEX]x=sint ; y=cost[/TEX]

Hệ [TEX](I)[/TEX] trở thành : [TEX]\left\{sint.sint=\frac{3}{4} \\ cost.cost=\frac{1}{4} [/TEX]

[TEX] \Leftrightarrow \left\{ sin^2t=\frac{3}{4} (1) \\ cos^2t=\frac{1}{4} (2)[/TEX]

[TEX](1) \Leftrightarrow sint=\frac{\sqrt{3}}{2}(nhan) -hoac- sint=\frac{\sqrt{-3}}{2} (loai) [/TEX]

[TEX](2)\Leftrightarrow cost=\frac{1}{2} (nhan) -hoac- cost=\frac{-1}{2} (loai)[/TEX]

Vậy hệ pt đã cho có nghiệm duy nhất : [TEX](x;y)=(\frac{\sqrt{3}}{2};\frac{1}{2})[/TEX]
Sai nhé!
Câu 4 : [TEX] \left\{ 2x^2+\sqrt{2}x+3y^2+\sqrt{3}y+4=0 \\ (\sqrt{2}x+1)(\sqrt{3}y+1)=5[/TEX]

[TEX](I) \left\{ \sqrt{2}x+\sqrt{3}y+\sqrt{6}xy=4 (1) \\ (\sqrt{2}x+\sqrt{3}y)^2-2\sqrt{6}xy=\sqrt{2}x+\sqrt{3}y+4=0 (2)[/TEX]
Đặt [TEX]a=\sqrt{2}x+\sqrt{3}y[/TEX]

Khi đó hệ (I) trở thành :
[TEX]\left\{ a+\sqrt{6}xy=4 \\ a^2-2\sqrt{6}xy+a+4=0[/TEX]

[TEX]\Rightarrow a^2+3a-4=0 \Leftrightarrow (a-1)(a+4)=0[/TEX]

TH : [TEX]a=1[/TEX] thay vào [TEX](1) \Rightarrow \sqrt{6}xy=3[/TEX], ta có hệ : [TEX]\left\{ \sqrt{2}x+\sqrt{3}y=1 (3) \\ \sqrt{6}xy= 3 (*)[/TEX]
[TEX](*) \Rightarrow x=\frac{3}{\sqrt{6}y}[/TEX] , thay vào (3) ta được :
[TEX]\frac{\sqrt{3}}{y}+\sqrt{3}y=1 \Leftrightarrow \sqrt{3}y^2-y+\sqrt{3}=0 ( y\neq 0) (PTVN) [/TEX]

TH : [TEX]a=-4[/TEX] thay vào [TEX](1) \Rightarrow \sqrt{6}xy=8[/TEX], ta có hệ : [TEX]\left\{ \sqrt{2}x+\sqrt{3}y=-4 (4) \\ \sqrt{6}xy=3 (**)[/TEX]
[TEX](**) \Rightarrow x=\frac{8}{\sqrt{6}y}[/TEX], thay vào (4) ta được :
[TEX]\frac{8\sqrt{3}}{3y}+\sqrt{3}y=-4 \Leftrightarrow 3\sqrt{3}y^2+12y+8\sqrt{3}=0 (y \neq 0 ) (PTVN)[/TEX]
Vậy hệ đã cho vô nghiệm .
1 điểm
Câu 5 : [TEX]\frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2b^2+ac}+\frac{1}{2c^2+ab} \leq (\frac{a+b+c}{ab+bc+ca})^2[/TEX]

Theo [TEX]Cauchy-Schwarz[/TEX] , ta có :

[TEX](2a^2+bc)[\frac{(b+c)^2}{2}+bc] \geq [a\sqrt{2}.\frac{(b+c)}{\sqrt{2}} +bc]^2 = (ab+bc+ca)^2[/TEX]

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{2a^2+bc} \leq \frac{\frac{(b+c)^2}{2}+bc}{(ab+bc+ca)^2}[/TEX]

Tương tự ta cũng có :

[TEX]\frac{1}{2b^2+ca} \leq \frac{\frac{(c+a)^2}{2}+ca}{(ab+bc+ca)^2}[/TEX]

[TEX]\frac{1}{2c^2+ab} \leq \frac{\frac{(a+b)^2}{2} +ab}{(ab+bc+ca)^2}[/TEX]

Cộng 3 bđt trên theo vế ta được :

[TEX] \frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2b^2+ca}+\frac{1}{2c^2+ab} \leq \frac{\frac{(b+c)^2}{2}+bc}{(ab+bc+ca)^2} + \frac{\frac{(c+a)^2}{2}+ca}{(ab+bc+ca)^2} + \frac{\frac{(a+b)^2}{2} +ab}{(ab+bc+ca)^2} [/TEX]

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2b^2+ca}+\frac{1}{2c^2+ab} \leq (\frac{a+b+c}{ab+bc+ca})^2[/TEX]
1 điểm
Câu 6 : CM:

[TEX]tan\frac{A}{2}+\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+tan\frac{B}{2}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}+tan\frac{C}{2}+\frac{1}{tan\frac{C}{2}} \geq 4\sqrt{3}[/TEX]

Trước hết ta CM :

[TEX]tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}+ tan\frac{B}{2}. tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}=1[/TEX]

Có : [TEX]\frac{A}{2}+\frac{B}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}[/TEX]
[TEX]\Rightarrow tan(\frac{A}{2}+\frac{B}{2})=tan(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}) = cot\frac{C}{2}[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \frac{tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}}{1-tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}}=\frac{1}{tan\frac{C}{2}}[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow tan\frac{C}{2}(tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2})=1-tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}+ tan\frac{B}{2}. tan\frac{C}{2}+ tan\frac{C}{2}. tan\frac{A}{2}=1 [/TEX]

Ta có :
[TEX](tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2})^2 \geq 3(tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}) = 3.1 = 3[/TEX]
[TEX]\Rightarrow tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2} \geq \sqrt{3} (1)[/TEX]

[TEX]\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}+\frac{1}{tan\frac{C}{2}} = \frac{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2}}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}} = \frac{1}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}}[/TEX]

Lại có : [TEX]1=tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}+tan\frac{C}{2}.tan\frac{A}{2} \geq 3\sqrt[3]{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}} \Leftrightarrow tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2} \leq \frac{1}{\sqrt{3}} [/TEX] ( Bước này sai)

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{tan\frac{A}{2}.tan\frac{B}{2}.tan\frac{C}{2}} \geq 3\sqrt{3} (2)[/TEX]
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được :
[TEX]tan\frac{A}{2}+\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+tan\frac{B}{2}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}+tan\frac{C}{2}+\frac{1}{tan\frac{C}{2}} \geq 4\sqrt{3}[/TEX]
0,75 điểm

Câu 7 :
[TEX]\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC}= \frac{1}{cos.\frac{A}{2}}+ \frac{1}{cos.\frac{B}{2}}+ \frac{1}{cos.\frac{C}{2}}[/TEX]

Ta có : [TEX]\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB} \geq \frac{4}{sinA+sinB}[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow (sinA+sinB)^2 \geq 4sinAsinB[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow (sinA-sinB)^2 \geq 0[/TEX] ( luôn đúng )

Lại có : [TEX]\frac{4}{sinA+sinB}=\frac{2}{sin.\frac{A+B}{2}cos.\frac{A-B}{2}} \geq \frac{2}{sin.\frac{A+B}{2}}=\frac{2}{sin.\frac{\pi-C}{2}}=\frac{2}{cos.\frac{C}{2}[/TEX] ( vì [TEX]\frac{A}{2}+\frac{B}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}[/TEX]

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB} \geq \frac{2}{cos.\frac{C}{2}} (1)[/TEX]
Dấu bằng xảy ra [TEX]\Leftrightarrow A=B[/TEX]

Tương tự ta cũng có :

[TEX]\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC} \geq \frac{2}{cos.\frac{A}{2}} (2)[/TEX]

[TEX]\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA} \geq \frac{2}{cos.\frac{B}{2}} (3)[/TEX]

Cộng (1) , (2) và (3) vế với vế ta được :
[TEX]2(\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC}) \geq 2(\frac{1}{cos.\frac{A}{2}}+\frac{1}{cos.\frac{B}{2}}+\frac{1}{cos.\frac{C}{2}})[/TEX]

Dấu bằng xảy ra [TEX]\Leftrightarrow \triangle{ABC}[/TEX] đều .
Vậy ta có đpcm.
1 điểm
Câu 8 :
Cách 1 : Phương trình đường thẳng [TEX]// (d) [/TEX] có dạng : [TEX]x-\sqrt{2}y+C=0 (\triangle)[/TEX]

[TEX](\triangle)[/TEX] tiếp xúc (E) [TEX]\Leftrightarrow 8+4(-\sqrt{2})^2=C^2 \Leftrightarrow C=\pm{4}[/TEX]

Vậy : [TEX](\triangle_1) :x-\sqrt{2}y+4=0 -va- (\triangle_2):x-\sqrt{2}y-4=0[/TEX]

Lấy [TEX]M(-2;0) \in (d)[/TEX] thì : [TEX]\delta(d,\triangle_1)=\delta(M,\triangle_1)=\frac{2}{\sqrt{3}}[/TEX]
và [TEX]d(d,\triangle_2)= \delta(M,\triangle_2)=\frac{6}{\sqrt{3}}[/TEX]

Lấy N bất kì [TEX]\in (E)[/TEX], ta có:
[TEX]NH=\delta(N,d)=\delta(d,\triangle_2)-\delta(N,\triangle_2) \leq \delta(\triangle_2 ,d)=\frac{6}{\sqrt{3}}[/TEX]

Dấu = xảy ra [TEX]\Leftrightarrow N \equiv A [/TEX] ( A là tiếp điểm của [TEX]\triangle_2 -va- E)[/TEX]

Ta có : [TEX]S_{\triangle{NBC}}=\frac{1}{2}NH.BC[/TEX] mà BC là hằng số
Vậy [TEX]S_{max} \Leftrightarrow NH max \Leftrightarrow N \equiv A[/TEX]

Tọa độ A là nghiệm hệ pt :
[TEX]\left\{ x^2+2y^2=8 \\ x=\sqrt{2}y+4 [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \left\{ (\sqrt{2}y+4)^2+2y^2=8 \\ x=\sqrt{2}y+4[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \left\{ 4y^2+8\sqrt{2}y+8=0 \\ x=\sqrt{2}y+4 [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \left\{ y=-\sqrt{2} \\ x=2[/TEX]

Vậy khi [TEX]A(2;-\sqrt{2}) \in (E) [/TEX] thì [TEX]S_ABC[/TEX] lớn nhất .

Cách 2 : Lấy [TEX]N(x_0;y_0) \in (E) [/TEX] thì [TEX]x_0^2+2y_0^2=8[/TEX]

Ta có : [TEX]S=S_{\triangle{ABC}}=\frac{1}{2}NH.BC[/TEX]
nên [TEX]S_{max} \Leftrightarrow NH max[/TEX]

Ta có : [TEX]NH=\delta(N,d)=\frac{|x_0-\sqrt{2}y_0+2|}{\sqrt{3}}[/TEX]

Áp dụng bđt [TEX]Cauchy-Schwarz[/TEX] cho 3 cặp số ta có :
[TEX]|x_0-\sqrt{2}y_0 +2| \leq \sqrt{1^2+1^2+1^2}.\sqrt{x_0^2+(-\sqrt{2}y_0)^2+2^2}[/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \sqrt{3}NH \leq \sqrt{3}.\sqrt{x_0^2+2y_0^2+4}=\sqrt{3}.\sqrt{12}[/TEX]
Dấu bằng xảy ra [TEX]\Leftrightarrow \left\{ \frac{x_0}{1}=\frac{-\sqrt{2}y_o}{1}=\frac{2}{1} \\ x_0^2+2y_0^2=8 [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow x_0=2; y_0=-\sqrt{2}[/TEX]
Do đó [TEX]S_{max} \Leftrightarrow N(2;-\sqrt{2})[/TEX]
1 điểm ( Chắc cách 2 em nghĩ ra sau nhưng tiếc cách 1 nên làm cả 2 hả )
Câu 9 :
[TEX]\frac{1}{1-cosA}+\frac{1}{1-cosB}+\frac{1}{1-cosC}[/TEX]

[TEX]=\frac{1}{2sin^2\frac{A}{2}}+\frac{1}{2sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{2sin^2\frac{C}{2}}[/TEX]

[TEX]=\frac{1}{2}(\frac{1}{sin^2\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{C}{2}})[/TEX]

Ta có : [TEX]sin^2\frac{A}{2}=\frac{1}{2}(1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}) =\frac{a^2-(b-c)^2}{4bc} \leq \frac{a^2}{4bc}[/TEX]

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{sin^2\frac{A}{2}} \geq \frac{4bc}{a^2} [/TEX]
Dấu bằng xảy ra [TEX]\Leftrightarrow b=c[/TEX]

Tương tự ra cũng có :

[TEX]\frac{1}{sin^2\frac{B}{2}} \geq \frac{4ac}{b^2} [/TEX]

[TEX]\frac{1}{sin^2\frac{C}{2}} \geq \frac{4ab}{c^2}[/TEX]

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{sin^2\frac{A}{2}} +\frac{1}{sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{C}{2}} \geq 4(\frac{bc}{a^2}+\frac{ca}{b^2}+\frac{ab}{c^2}) \geq 4\sqrt[3]{\frac{ab.bc.ca}{a^2.b^2.c^2}}=12 [/TEX]

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{2sin^2\frac{A}{2}}+\frac{1}{2sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{2sin^2\frac{C}{2}} \geq 6[/TEX]

[TEX]\Rightarrow \frac{1}{1-cosA}+\frac{1}{1-cosB}+\frac{1}{1-cosC} \geq 6[/TEX]

Dấu bằng xảy ra [TEX] \Leftrightarrow a=b=c \Leftrightarrow A=B=C [/TEX]
1 điểm
Câu 10 : [TEX]27x^3-9x-1=0 \Leftrightarrow x^3 -\frac{1}{3}x -\frac{1}{27}(1)[/TEX]

Với [TEX]\frac{-2}{3} \leq x \leq \frac{2}{3}[/TEX], đặt : [TEX]x=\frac{2}{3}cost , (t \in [0; \pi])[/TEX], ta có :

(1) trở thành : [TEX](\frac{2}{3}cost)^3-(\frac{1}{3}.\frac{2}{3}.cost)-\frac{1}{27}=0[/TEX]

[TEX]\frac{8}{27}(\frac{cos3t-3cost}{4})-\frac{2}{9}cost-\frac{1}{27}=0[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \frac{2}{27}cos3t =\frac{1}{27} \Leftrightarrow cos3t=\frac{1}{2}[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \left[\begin {3t=\frac{\pi}{3}+k2\pi}\\{3t=\frac{-\pi}{3}+k2\pi}} (k \in Z)[/TEX]

[TEX]\Leftrightarrow \left[\begin {t=\frac{\pi}{9}+k\frac{2\pi}{3}} \\ {t=\frac{-\pi}{9}+k\frac{2\pi}{3}} (k \in Z)[/TEX]

Do [TEX]t \in [0;\pi][/TEX], nên ta có :

[TEX]\left[\begin { t=\frac{\pi}{9}} \\{t=\frac{7\pi}{9} \\ t=\frac{5\pi}{9} [/TEX]

[TEX]\Rightarrow \left[\begin {x=\frac{2}{3}cos.\frac{\pi}{9}} \\ {x=\frac{2}{3}cos.\frac{7\pi}{9}} \\ x=\frac{2}{3}cos.\frac{5\pi}{9}}[/TEX]

Vậy phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt : [TEX] x=\frac{2}{3}cos.\frac{\pi}{9} ; x=\frac{2}{3}cos.\frac{7\pi}{9} ;x=\frac{2}{3}cos.\frac{5\pi}{9}[/TEX]
1 điểm

6,75 điểm

 

[duynhan1]

Bài làm của hothithuyduong:
1, Giải bất phương trình:

[TEX]\sqrt{2.[(x^2 - x + \frac{1}{2}) + x - \frac{1}{4}]} \le x^2 - 2x[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \sqrt{2.[(x^2 - x).(x^2 - x + 1) + x]} \le x^2 - 2x (1)[/TEX]

Vì [TEX]2.[(x^2 - x).(x^2 - x + 1) + x] \> 0 \forall x[/TEX] Sai từ đây

[TEX]\rightarrow (1) \leftrightarrow \left{\begin{x^2 - 2x \> 0}\\{2.[(x^2 - x).(x^2 - x + 1) + x] \le x^4 - 4x^3 + 4x^2}[/TEX] Dẫn đến bước này sai

[TEX]\leftrightarrow \left{\begin{\left[\begin{x \< 0}\\{x \> 2}}\\{2x^4 - 4x^3 + 4x^2 \le x^4 - 4x^3 + 4x^2}[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \left{\begin{\left[\begin{x \< 0}\\{x \> 2}}\\{x^4 \le 0}[/TEX]

[TEX]\rightarrow[/TEX] Phương trình vô nghiệm.
0 điểm
4.Giải hệ

[TEX]\left{\begin{2x^2 + \sqrt{2}x + 3y^2 + \sqrt{3}y + 4 = 0}\\{(\sqrt{2}.x + 1).(\sqrt{3}y + 1)}[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \left{\begin{\sqrt{2}x.(\sqrt{2}.x + 1) + \sqrt{3}y.(\sqrt{3}y + 1) + 4 = 0}\\{(\sqrt{2}.x + 1).(\sqrt{3}y + 1)} (I)[/TEX]

Đặt [TEX]a = \sqrt{2}.x + 1 \rightarrow x = \frac{a - 1}{\sqrt{2}}[/TEX]

[TEX]b = \sqrt{3}.x + 1 \rightarrow y = \frac{b - 1}{\sqrt{3}}[/TEX]

[TEX] \rightarrow (I) \leftrightarrow \left{\begin{\sqrt{2}.\frac{a - 1}{\sqrt{2}}.a + \sqrt{3}.\frac{b - 1}{\sqrt{3}}.b + 4 = 0}\\{ab = 5} [/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \left{\begin{a^2 + b^2 - (a + b) + 4}\\{ab = 5}[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \left{\begin{(a + b)^2 - (a+b) - 2ab + 4}\\{ab = 5}[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \left{\begin{(a + b)^2 - (a+b) - 6}\\{ab = 5}[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \left[\begin{\left{\begin{a + b = 3}\\{ab = 5}}\\{\left{\begin{a + b = -2}\\{ab = 5}}[/TEX]

[TEX]\leftrightarrow \left[\begin{X^2 - 3X + 5 = 0}\\{Y^2 + 2Y + 5 = 0[/TEX]

Cả 2 phương trình đều vô nghiệm do đó hệ đã cho vô nghiệm.
1 điểm
6.Chứng minh

Ta có: [TEX]y = tan\frac{A}{2} + \frac{1}{tan\frac{A}{2}} + tan\frac{B}{2} + \frac{1}{tan\frac{B}{2}} + tan\frac{C}{2} + \frac{1}{tan\frac{C}{2}}[/TEX]

[TEX]= tan\frac{A}{2} + cot\frac{A}{2} + tan\frac{B}{2} + cot\frac{B}{2} tan\frac{C}{2} + cot\frac{C}{2} [/TEX]

[TEX]= \frac{2}{s[COLOR="Red"][/COLOR]inA} + \frac{2}{sinB} + \frac{2}{sinC}[/TEX]

[TEX]= 2.(\frac{1}{sinA} + \frac{1}{sinB} + \frac{1}{sinC})[/TEX]

Lại có [TEX]sinA.sinB.sinC \le \frac{3\sqrt{3}}{8} (1)[/TEX]

Vì tam giác ABC nhọn [TEX] \rightarrow sinA \> 0,sinB \> 0,sinC \> 0[/TEX]

Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương[TEX]\frac{1}{sinA}, \frac{1}{sinB}, \frac{1}{sinC}[/TEX] ta có:

[TEX]\frac{1}{sinA} + \frac{1}{sinB} + \frac{1}{sinC} \ge 3\sqrt[3]{\frac{1}{sinA.sinB.sinC}} (2)[/TEX]

Từ (1) và (2)[TEX]\rightarrow 2.(\frac{1}{sinA} + \frac{1}{sinB} + \frac{1}{sinC}) \ge 2.3\sqrt[3]{\frac{8}{3\sqrt{3}}} = 4\sqrt{3} \rightarrow dpcm[/TEX]

1 điểm

2 điểm

 

[duynhan1]

Bài làm của niemkieuloveahbu:
Câu 1
[TEX]{\sqrt{2((x^2-x+\frac{1}{2})^2+x-\frac{1}{4})}\leq{{x^2-2x}}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\sqrt{2(x^4+x^2+\frac{1}{4}-2x^3-x+x^2+x-\frac{1}{4})}\leq{{x^2-2x}}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\sqrt{2(x^4-2x^3+2x^2)}\leq{{x^2-2x}}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\{x\geq2;x\leq0\\2x^4-4x^3+4x^2\leq{x^4-4x^3+4x^2}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\{x\geq2;x\leq0\\x^4\leq{0}[/TEX]
\Leftrightarrowx=0.
Vậy BPT có 1 nghiệm x=0.
1 điểm
Câu 3
[TEX]\{x\sqrt{1-y^2}=\frac{3}{4}\\y\sqrt{1-x^2}=\frac{1}{4}[/TEX]
ĐẶt x=sina,y=sinb,a,b[TEX]\in(\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2})[/TEX]
ta có hệ :
\Leftrightarrow[TEX]\{sina\sqrt{1-sinb^2}=\frac{3}{4}\\sinb\sqrt{1-sina^2}=\frac{1}{4}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\{sinacosb=\frac{3}{4}\\sinbcosa=\frac{1}{4}\foral a,b\in(\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2})[/TEX] ( ký hiệu $$\red \forall$$ dùng sai -0.25 điểm)
\Leftrightarrow[TEX]\{sin(a+b)=1\\sin(a-b)=\frac{1}{2}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\{a+b=\frac{\pi}{2}\\a-b=\frac{\pi}{6}\foral a,b\in(\frac{-\pi}{2};\frac{\pi}{2})[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\{a=\frac{\pi}{3}\\b=\frac{\pi}{6}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\{x=\frac{sqrt{3}}{2}\\y=\frac{1}{2}[/TEX]
Vậy hệ có nghiệm [TEX]\{x=\frac{sqrt{3}}{2}\\y=\frac{1}{2}[/TEX]
0,75 điểm
Câu 5
[TEX]\frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2b^2+ca}+\frac{1}{2c^2+ab}\leq{(\frac{a+b+c}{ab+bc+ca})^2}[/TEX]
[TEX]\frac{1}{2a^2+bc}+\frac{1}{2b^2+ca}+\frac{1}{2c^2+ab}\leq{(\frac{a+b+c}{ab+bc+ca})^2}[/TEX]
Sử dụng BCS:
[TEX]\frac{1}{2a^2+bc}=\frac{\frac{(b+c)^2}{2}+bc}{(2a^2+bc)(\frac{(b+c)^2}{2}+bc)}\leq\frac{\frac{(b+c)^2}{2}+bc}{(a(b+c)+bc)^2}=\frac{\frac{(b+c)^2}{2}+bc}{(ab+bc+ca)^2}[/TEX]
tương tự
[TEX]\frac{1}{2b^2+ca}=\frac{\frac{(a+c)^2}{2}+ac}{(2b^2+ac)(\frac{(a+c)^2}{2}+ac)}\leq\frac{\frac{(a+c)^2}{2}+ac}{(b(a+c)+ac)^2}=\frac{\frac{(a+c)^2}{2}+ac}{(ab+bc+ca)^2}[/TEX]
[TEX]\frac{1}{2c^2+ba}=\frac{\frac{(b+a)^2}{2}+ba}{(2c^2+ba)(\frac{(b+a)^2}{2}+ba)}\leq\frac{\frac{(b+a)^2}{2}+ba}{(c(b+a)+bc)^2}=\frac{\frac{(b+c)^2}{2}+ba}{(ab+bc+ca)^2}[/TEX]
Cộng vế 3 BĐT \Rightarrow đpcm
1 điểm
Câu 7
[TEX]\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC}=\frac{1}{cos{\frac{A}{2}}}+\frac{1}{cos{\frac{B}{2}}}+{\frac{1}{cos{\frac{C}{2}}}[/TEX]
Do A, B, C là các góc trong tam giác \Rightarrow sin A, sin B, sin C >0
Áp dụng BĐT AM-GM:
[TEX]\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}\geq{\frac{2}{\sqrt{sinAsinB}}=\frac{2}{sqrt{\frac{1}{2}(cos(A-B)-cos(A+B))}}=\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}(1+cosC)}}={\frac{2}{\sqrt{{cos^2\frac{C}{2}}}}={\frac{2}{cos{\frac{C}{2}}}}; [/TEX] [TEX]{\frac{cosC}{2}}>0[/TEX] \forall tam giác ABC
Dấu"=" xảy ra \Leftrightarrow [TEX]\{sinA=sinB\\{cos(A-B)=1}[/TEX]
tương tự:
[TEX]\frac{1}{sinB}+\frac{1}{sinC}\geq{\frac{2}{\sqrt{sinBsinC}}=\frac{2}{sqrt{\frac{1}{2}(cos(B-C)-cos(B+C))}}=\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}(1+cosA)}}={\frac{2}{\sqrt{{cos^2\frac{A}{2}}}}={\frac{2}{cos{\frac{A}{2}}}}[/TEX]; [TEX]{\frac{cosA}{2}}>0[/TEX] \forall tam giác ABC
Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow [TEX]\{sinB=sinC\\{cos(B-C)=1}[/TEX]
[TEX]\frac{1}{sinC}+\frac{1}{sinA}\geq{\frac{2}{\sqrt{sinAsinC}}=\frac{2}{sqrt{\frac{1}{2}(cos(A-C)-cos(A+C))}}=\frac{2}{\sqrt{\frac{1}{2}(1+cosB)}}={\frac{2}{\sqrt{{cos^2\frac{B}{2}}}}={\frac{2}{cos{\frac{B}{2}}}}[/TEX] [TEX]{\frac{cosB}{2}}>0[/TEX] \forall tam giác ABC
Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow [TEX]\{sinA=sinC\\{cos(A-C)=1}[/TEX]
Cộng các vế BĐT \Rightarrow đpcm. Dấu "="xảy ra \Leftrightarrow [TEX]\{sinB=sinC=sinA\\{cos(B-C)=cos(A-B)=cos(A-C)=1}[/TEX]\Leftrightarrow ABC là tam giác đều.
1 điểm
Câu9:
[TEX]\frac{1}{1-cosA}+\frac{1}{1-cosB}+\frac{1}{1-cosC}\geq6[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\frac{1}{2sin^2\frac{A}{2}}+\frac{1}{2sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{2sin^2\frac{C}{2}}\geq6[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\frac{1}{sin^2\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{C}{2}}\geq12[/TEX]
Cm bổ đề:
[TEX]sin{\frac{A}{2}}sin{\frac{B}{2}}sin{\frac{C}{2}\le{\frac{1}{8}[/TEX]
[TEX]sin{\frac{A}{2}}sin{\frac{B}{2}}sin{\frac{C}{2}={{\frac{1}{2}}(cos{\frac{A-B}{2}}-cos{\frac{A+B}{2}})sin\frac{C}{2}\leq{{\frac{1}{2}}(1-sin\frac{C})sin\frac{C}{2}\leq{\frac{1}{2}(\frac{1-sin\frac{C}{2}+sin\frac{C}{2}}{2}{{})^2=\frac{1}{8}[/TEX]( AM-GM với [TEX]sin{\frac{A}{2};sin{\frac{B}{2};sin{\frac{C}{2}>0)[/TEX]
Áp dụng AM-GM
[TEX]\frac{1}{sin^2\frac{A}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{B}{2}}+\frac{1}{sin^2\frac{C}{2}}\geq\frac{3}{\sqrt[3]{sin^2\frac{A}{2}sin^2\frac{B}{2}sin^2\frac{C}{2}}}\geq12[/TEX]
\Rightarrowđpcm
1 điểm
Câu 6:
[TEX]tan\frac{A}{2}+\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+tan\frac{B}{2}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}+tan\frac{C}{2}+\frac{1}{tan\frac{C}{2}}\geq4sqrt{3}[/TEX]
sử dụng hệ thức cơ bản trong tam giác:
[TEX]tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\fra{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2}=1[/TEX]
[TEX]cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}+cot\frac{C}{2}={cot}\frac{A}{2}cot\frac{B}{2}cot\frac{C}{2}[/TEX]
Và BDT:
[TEX]3(xy+yz+zx)\leq(x+y+z)^2[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx=\frac{1}{2}(x-y)^2+\frac{1}{2}(y-z)^2+\frac{1}{2}(z-x)^2[/TEX]\Rightarrowluôn đúng.
Vận dụng:
[TEX][tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}]^2\ge{3(tan\frac{A}{2}tan\frac{B}{2}+tan\frac{B}{2}tan\fra{C}{2}+tan\frac{C}{2}tan\frac{A}{2})=3[/TEX]
\Rightarrow[TEX]tan\frac{A}{2}+tan\frac{B}{2}+tan\frac{C}{2}\geq{\sqrt{3}[/TEX](1)
Áp dụng BDT AM-GM
[TEX]cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}+cot\frac{C}{2}{\geq}3{\sqrt[3]{cot\frac{A}{2}cot\frac{B}{2}cot\frac{C}{2}}[/TEX]
\Rightarrow[TEX]cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}+cot\frac{C}{2}{\geq}3{\sqrt[3]{cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}+cot\frac{C}{2}}[/TEX]

\Rightarrow[TEX](cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}+cot\frac{C}{2})^2{{\geq}27[/TEX]
\Rightarrow[TEX]cot\frac{A}{2}+cot\frac{B}{2}+cot\frac{C}{2}{\geq}3sqrt{3}[/TEX]
\Leftrightarrow[TEX]\frac{1}{tan\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan\frac{B}{2}}+\frac{1}{tan\frac{C}{2}}{\geq}3\sqrt{3}[/TEX](2)
Cộng (1) và (2) được đpcm.
1 điểm

Tổng điểm: 5,75 điểm

 

[duynhan1]

Bài làm của vansang95:

Câu 1:
[TEX]\sqrt{2((x^2-x+\frac{1}{2})^2+x-\frac{1}{4})} \leq x^2 - 2x (*) [/TEX]
Ta có:
[TEX](x^2-x+\frac{1}{2})^2+x-\frac{1}{4}[/TEX]
[TEX]= (x^4+x^2+\frac{1}{4}-2x^3-x+x^2)+x-\frac{1}{4}[/TEX]
[TEX]=x^4-2x^3+2x^2[/TEX]

Vậy [TEX] (* ) \Leftrightarrow \sqrt{2(x^4-2x^3+2x^2)} \leq x^2 - 2x [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow 2(x^4-2x^3+2x^2) \leq x^4 -4x^3+4x^2[/TEX]
và [TEX] x^2 - 2x \geq0[/TEX]
Thiếu điều kiện [TEX]\red x^4 - 2x^3 + 2x^2 \geq 0 [/TEX]mặc dù nó hiển nhiên nhưng phải nói

\Leftrightarrow[TEX] x^4 \leq 0 [/TEX]
và [TEX] x^2 - 2x \geq0[/TEX]
-------------> x=0
Nghiệm cuả BPT đã cho là x=0
0,75 điểm
Câu 2:

Câu 3:

[TEX]x.\sqrt{1-y^2}= \frac{3}{4}[/TEX]
{
[TEX]y.\sqrt{1-x^2}=\frac{1}{4}[/TEX]

[TEX]DK: 0 \leq x;y \leq 1[/TEX]

Với dk trên BP 2 vế ta có

[TEX]x^2(1-y^2) = \frac{9}{16}[/TEX]
{
[TEX]y^2(1-x^2)= \frac{1}{16}[/TEX]


[TEX]x^2 - x^2y^2= \frac{9}{16} (1) [/TEX]
{
[TEX]y^2 - y^2x^2= \frac{1}{16} (2) [/TEX]

Từ (1)(2) [TEX] \Rightarrow x^2 - \frac{9}{16} = y^2 - \frac{1}{16} \Leftrightarrow x^2 = y^2 + \frac{1}{2} [/TEX]

Thay vào (2) ta có
[TEX]y^2 - y^2(y^2+\frac{1}{2}) = \frac{1}{16} \Leftrightarrow y^2=\frac{1}{4} \Rightarrow x^2 = \frac{3}{4}[/TEX]
Đoạn này toàn dấu suy ra, em xem lại cách trình bày nhé
Kết hợp với dk ta dc nghiệm của PT là [TEX](\frac{sqrt{3}}{2};\frac{1}{2})[/TEX]

0,75 điểm
Câu 4:

~~[TEX] 2x^2 + \sqrt{2}x + 3y^2 + \sqrt{3}y+4=0[/TEX]
{
~~[TEX] (\sqrt{2}x+1)(\sqrt{3}+1)=5[/TEX]

~~[TEX] \sqrt{2}x(\sqrt{2}x+1) + \sqrt{3}x(\sqrt{3}x+1) +4 = 0 [/TEX]
{
~~[TEX] (\sqrt{2}x+1)(\sqrt{3}+1)=5[/TEX]

Đặt [TEX]\sqrt{2}x+1=a ; \sqrt{3}+1=b[/TEX]
Hệ đã cho tương đương với:

~~[TEX] a(a - 1) + b(b - 1) + 4 = 0[/TEX]
{
~~[TEX] a.b=5[/TEX]


~~[TEX] a^2+b^2 - (a+b) - 6 = 0[/TEX]
{
~~[TEX] a.b=5[/TEX]



~~~~[TEX] a+b = 3[/TEX]
(1){
~~~~[TEX] a.b=5[/TEX]
VÀ: em chết với từ này rồi
~~~~[TEX] a+b = -2[/TEX]
(2){
[FONT=&quot]
~~~~[TEX] a.b=5 [/TEX]
Cả (1)(2) vô nghiệm --> Hệ vô nghiệm
0,5 điểm ^^
Câu 6: [/FONT]
[TEX] tan{\frac{A}{2}}+\frac{1}{tan(\frac{A}{2})}+tan( \frac{B}{2}) +\frac{1}{tan(\frac{B}{2})}+tan{\frac{C}{2}}+\frac{1}{tan(\frac{C}{2})} [/TEX]
= [TEX]\frac{1}{sin(\frac{A}{2}).cos(\frac{A}{2})} + \frac{1}{sin(\frac{B}{2}).cos(\frac{B}{2})} + \frac{1}{sin(\frac{C}{2}).cos(\frac{C}{2})} [/TEX]
=[TEX]\frac{2}{sinA} + \frac{2}{sinB} + \frac{2}{sinC} \leq 4\sqrt{3}[/TEX]
Vậy BDT cần CM tương đương
[TEX] \Leftrightarrow \frac{1}{sinA} + \frac{1}{sinB} + \frac{1}{sinC} \leq 2\sqrt{3} (* )[/TEX]

Bây giờ ta sẽ CM rằng: [TEX] P=sinA+sinB+sinC \leq \frac{3\sqrt{3}}{2}[/TEX]
Thật vậy ta có: [TEX] P+sin(\frac{\pi}{3}) = (sinA+sinB)+(sinC+sin(\frac{\pi}{3})) = 2(sin(\frac{A+B}{2}).cos(\frac{A-B}{2})+sin(\frac{C + \frac{pi}{3}}{2}).cos(\frac{C - \frac{pi}{3}}{2}))[/TEX]
[TEX] \leq 2(sin(\frac{A+B}{2}) + sin(\frac{C + \frac{pi}{3}}{2})) [/TEX] (Vì mỗi cái sin cos <=1)
[TEX]= 4(sin(\frac{A+B+C+\frac{pi}{3}}{4})+cos(\frac{A+B-C-\frac{pi}{3}}{4})[/TEX]
[TEX]\leq 4(sin(\frac{A+B+C+\frac{pi}{3}}{4}) = 4.sin{\frac{pi}{3} [/TEX] (Vì cái cos 1)

[TEX] \Rightarrow P \leq 3\frac{\sqrt{3}}{2}[/TEX]
Quay trở lại bài toán ta luôn có :
[TEX](\frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}+\frac{1}{C})(sinA+sinB+sinC ) \geq 9 [/TEX]
[TEX]\Leftrightarrow \frac{1}{sinA}+\frac{1}{sinB}+\frac{1}{C} \geq \frac{9}{sinA+sinB+sinC} \geq \frac{9}{3\frac{\sqrt{3}}{2}} = 2\sqrt{3} [/TEX]

BT đã dc CM
1- điểm

[FONT=&quot]
[/FONT]
[FONT=&quot]Câu 8[/FONT][FONT=&quot] :
Để tam giác ABC đạt S max thì khoảng cách từ A đến (d) là lớn nhất

Gọi điểm A (a;b)
Thì ta có $$\frac{a^2}{8} + \frac{b^2}{4} = 1$$

$$\Leftrightarrow a^2 + 2b^2=8=\frac{1}{2}.(1^2 + 1^2)(a^2 + (-\sqrt{2}b)^2$$

[/FONT]$$\geq \frac{1}{2}( a-2b )^2$$ (BCS)

Hay [FONT=&quot][TEX]|a- \sqrt{2}b +2| \leq 6[/TEX]

[TEX] \Leftrightarrow \frac{|a- \sqrt{2}b +2|}{\sqrt{3}} = d_(A;d)\leq\frac{6}{\sqrt{3} [/TEX]

Vậy [TEX] d_(A;d)[/TEX] đạt Max [TEX]= \frac{6}{\sqrt{3}}[/TEX]

Dấu bằng xảy ra tại : [TEX]a^2 +2b^2=8[/TEX]
và [TEX] a+\sqrt{2}b=0[/TEX]
và [TEX] a-\sqrt{2}b=4[/TEX]
Dễ thấy điểm [TEX] A(2;-\sqrt{2})[/TEX] là điểm cần tìm
1 điểm
[/FONT][FONT=&quot]Câu 9[/FONT][FONT=&quot]:

Trên tam giac ABC lấy các vec tơ đơn vị $$\vec{e_1} ; \vec{e_2} ; \vec{e_3}$$ sao cho $$\vec{e_1}$$ cung hướng với AB ; $$\vec{e_2}$$ cùng hướng với BC ; $$\vec{e_3}$$ cùng hướng với CA
Chắc chắn rằng: [tex] ({\vec{e_1} + \vec{e_2} + \vec{e_3})^2 \ge 0 [/tex]
$$\Leftrightarrow 3 + 2( cos(\vec{e_1;e_2}) + cos(\vec{e_2;e_3}) + cos(\vec{e_3;e_1}) \geq 0$$
$$\Leftrightarrow 3 - 2( cosA + cosB + cosC) \geq 0$$
Hay $$cosA + cosB + cosC \geq \frac{3}{2}$$


Ta có:
$$\frac{1}{1-cosA} + \frac{1}{1-cosB} + \frac{1}{1-cosC}$$

[TEX] \geq \frac{9}{3-(cosA + cosB + cosC) [/TEX]

[TEX] \geq \frac{9}{3-\frac{3}{2}} = 6 [/TEX] (dpcm)[/FONT]
1 điểm
Gõ LATEX không tốt trừ 0,5 điểm bài làm
5 điểm - 0,5 điểm = 4,5 điểm

 

[duynhan1]

Kết quả tuyển Moderator Toán 11
​

 

[niemkieuloveahbu]

Hình như bạn post thiếu bài của tớ thì phải, tớ làm bài 8 và đã gửi cho bạn ở lần 1 nhưng không hiểu sao không có trên này. Còn về phần ý kiến thì mình không có ý kiến gì, ai làm mod cũng như nhau, cũng chỉ khác nhau chức vụ, cái chủ yếu là mọi người được thoả mãn niềm yêu với toán học. Xin hết