Đề thi tuyển sinh đại học Khối B năm 2012

**Trầm** · 09-07-2012, 05:58 PM

Đề thi tuyển sinh đại học Khối B năm 2012

Thời gian làm bài: 180 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số $y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+3{{m}^{3}} \quad (1)$, $m$ là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi $m=1$.
b) Tìm $m$ để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị $A, B$ sao cho tam giác $OAB$ có diện tích bằng $48$.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình $2\left( \cos x+\sqrt{3}\sin x \right)\cos x=\cos x-\sqrt{3}\sin x+1$.

Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: $x+1+\sqrt{{{x}^{2}}-4x+1}\ge 3\sqrt{x}$.

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân $\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{{{x}^{3}}}{{{x}^{4}}+3 {{x}^{2}}+2}dx}$

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ với $SA=2a, AB=a$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên cạnh $SC$. Chứng minh $SC$ vuông góc với mp$(ABH)$. Tính thể tích khối chóp $S.ABH$ theo $a$.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$ và ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P={{x}^{5}}+{{y}^{5}}+{{z}^{5}}$

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).

A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho các đường tròn $\left( C_1 \right):x^2+y^2=4,\,\,\left(C_2 \right):x^2+y^2-12x+18=0$ và đường thẳng $d:x-y-4=0$. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc $\left(C_2 \right)$, tiếp xúc với $d$ cắt $\left(C_1 \right)$ tại hai điiểm phân biệt $A,B$ sao cho $AB$ vuông góc với $d$.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{z}{{ - 2}}$ và hai điểm $A\left( {2;1;0} \right),\,\,B\left( { - 2;3;2} \right)$. Viết phương trình mặt cầu đi qua $A,B$ có tâm thuộc đường thẳng $d$.

Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có $15$ học sinh nam và $10$ học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên $4$ học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để $4$ học sinh được gọi có cả nam và nữ.

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình thoi $ABCD$ có $AC=2BD$ và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình ${x^2} + {y^2} = 4$. Viết phương trình chính tắc của elip $(E)$ đi qua các đỉnh $A,B,C,D$ của hình thoi. Biết $A$ thuộc $Ox$.

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( {0;0;3} \right),\,M\left( {1;2;0} \right)$. VIết phương trình mặt phẳng $(P)$ qua $A$ và cắt các trục $Ox,Oy$ lần lượt tại $B,C$ sao cho tam giác $ABC$ có trọng tâm thuộc đường thẳng $AM$.

Câu 9.b (1,0 điểm). Goi $z_1$ và $z_2$ là hai nghiệm của phương trình ${z^2} - 2\sqrt 3 iz - 4 = 0$. Viết dạng lượng giác của $z_1$ và $z_2$.

nguoibimat · 09-07-2012, 07:51 PM

Câu 3 : :
Em ra là $0\leq x \leq \frac{1}{4}\vee x\geq 4 $
Nhưng cách em dài quá, em làm theo $\sqrt{A}\geq B $

ngocson_dhsp · 09-07-2012, 07:58 PM

Đề năm nay có vẻ khó hơn mọi năm nhỉ,câu 3,4,6 đều phải học khá tốt thì mới làm được.Đề năm nay hay,sẽ chọn được người giỏi.

nhoxtega52 · 09-07-2012, 08:00 PM

Bạn chia 2 vế của bất phương trình cho $\sqrt{x} $ rồi đặt $a=\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} $ là ra ngay
Kết quả của bạn đúng rồi

**magician_14312** · 09-07-2012, 08:01 PM

Trích:

Nguyên văn bởi tanggo

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$ và ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P={{x}^{5}}+{{y}^{5}}+{{z}^{5}}$

*) Nếu tồn tại 1 trong 3 số bằng 0, khi đó dễ thấy $P=0$.
*) Không mất tính tổng quát, giả sử tồn tại 2 số luôn cùng dấu là $a, b$. Ta có:
$$a+b+c=0\Rightarrow 1=a^2+b^2+(a+b)^2\Rightarrow a^2+b^2+ab=\frac{1}{2}\Rightarrow 0<ab \le \frac{1}{6}$$
Với $c>0$ thì $c=\sqrt{1-a^2-b^2}=\sqrt{ab+\frac{1}{2}}$. Biểu thức đã cho được viết lại thành:
$$\begin{align*}
P&=a^5+b^5-(a+b)^5\\
&=-5[ab(a^3+b^3)+2a^2b^2(a+b)] \\
&= -5ab(a+b)(a^2+b^2+ab)\\
&=\frac{5}{2}ab \sqrt{ab+\frac{1}{2}}

\end{align*}$$
Dễ thấy hàm số $f(x)=\dfrac{5}{2}x \sqrt{x+\dfrac{1}{2}}$ đồng biến trên $(0,\dfrac{1}{6}]$, nên $\max P=f\left ( \dfrac{1}{6} \right )=\dfrac{5}{6\sqrt{6}}$.

Với $c<0$ thì ta có được $P \le 0$.

Vậy giá trị lớn nhất của $P=\dfrac{5}{6\sqrt{6}}$. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=\dfrac{-1}{\sqrt{6}},c=\dfrac{\sqrt{6}}{3}$ và các hoán vị.

TBN_146 · 09-07-2012, 08:08 PM

Mình thử giải câu cực trị.
Từ giả thiết ta có thể giả sử $x\geq 0 $.
Dễ dàng tính được $xy+yz+xz=\frac{-1}{2} $.
Vì $x+y+z=0 $ nên ta có biến đổi
$3xyz=x^{3}+y^{3}+z^{3}=\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )=\left ( x^{5}+y^{5}+z^{5} \right )+\sum x^{2}y^{2}\left ( x+y \right ) $.
Lại do $x+y+z=0 $ nên
$\sum x^{2}y^{2}\left ( x+y \right )=\sum x^{2}y^{2}(-z)=-xyz(xy+yz+xz)=\frac{1}{2}xyz. $
Suy ra $x^{5}+y^{5}+z^{5}=\frac{5}{2}xyz $.
Mà $xy+yz+xz=\frac{-1}{2} $ và $x+y+z=0 $ nên $yz=x^{2}-\frac{1}{2} $.
Ta có $1=x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq x^{2}+\frac{(y+z)^{2}}{2}=\frac{3}{2}x^{2} $.
Suy ra $x\in \left ( 0,\sqrt{\frac{2}{3}} \right ) $.
Xét hàm $f(x)=\frac{5}{2}x(x^{2}-\frac{1}{2}) $ với $x\in \left ( 0,\sqrt{\frac{2}{3}} \right ) $ ta nhận được $f(x)\leq f(\sqrt{\frac{2}{3}})=\frac{5}{6\sqrt{6}} $.

navibol · 09-07-2012, 08:09 PM

Câu tích phân, phân tích thành
$$I=\int_{0}^{1}\frac{2x}{x^{2}+2}dx-\int_{0}^{1}
\frac{x}{x^{2}+1}dx=ln(x^{2}+2)\mid _{0}^{1}-\frac{1}{2}
ln(x^{2}+1)\mid_{0}^{1}=ln3\sqrt{2}$$

nhoxtega52 · 09-07-2012, 08:22 PM

Câu 6: Ta có $x+y=-z $ và $x^2+y^2+z^2=1 =>x^2+y^2+xy=\frac{1}{2} $
$=> xy= (x+y)^2-\frac{1}{2}=z^2-\frac{1}{2} $
Ta có P$=x^5+y^5+z^5 = x^5 +y^5 -(x+y)^5=
= -5[x^4y+xy^4 + 2(x^3y^2 + x^2y^3)] $
Mặt khác $x^4y+y^4x = xy(x+y)(x^2+y^2-xy) = xy(x+y)[(x+y)^2-3xy] $
$=(z^2-0.5)(-z)(-2z^2+\frac{3}{2}) = 2z^5-\frac{5z^3}{2}+\frac{3z}{4} $
Và $x^3y^2+x^2y^3=(xy)^2(x+y) = -z^5 +z^3 -\frac{z}{4} $
Thay vào ta có P= $\frac{5z^3}{2}-\frac{5z}{4} $
Tới đây có thể khảo sát hàm f(z) và chú ý rằng $1=x^2+y^2+z^2>=\frac{(x+y)^2}{2} + z^2 => -\sqrt{\frac{2}{3}} =<z=<\sqrt{\frac{2}{3}} $
Ta cũng sẽ đc $maxP = \frac{5\sqrt{6}}{36} $ khi $x=y=-\frac{1}{\sqrt{6}} ; z=\frac{\sqrt{6}}{3} $

hansongkyung · 09-07-2012, 08:29 PM

Mình ghét nhất là mấy BĐT với cực trị kiểu này. Nó chẳng đẹp gì cả

Nếu sau này đi thi ĐH thì mình sẽ thi khối A và C. Khối A đề làm sướng hơn. Khối C làm cho đỡ đau đầu

**lion** · 09-07-2012, 08:47 PM

Trích:

Nguyên văn bởi tanggo

Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có $15$ học sinh nam và $10$ học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên $4$ học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để $4$ học sinh được gọi có cả nam và nữ.

Không gian mẫu: $\mid \Omega \mid = C^{4}_{25}$.

Biến cố $A$ chọn ngẫu nhiên $4$ em có cả nam và nữ: $\mid \Omega_{A}\mid=C^{1}_{15} . C^{3}_{10} + C^{2}_{15} . C^{2}_{10} + C^{3}_{15} . C^{1}_{10}$

Suy ra xác suất: $P(A)= \frac{\mid\Omega\mid}{\mid\Omega_{A}\mid} = \frac{443}{506}$

Lâu rồi mới thấy thi ĐH có dạng số phức.

lienctoan · 09-07-2012, 09:18 PM

Giải câu 3 khối B như sau
Điều kiện .
Khi đó bất phương trình tương đương với:

(*)
Xét hàm số trên tập
Có Hàm số đồng biến trên khoảng và .

Còn đúng.
Vậy
Vậy hệ (*) tương đương với:
hoặc
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là :

ThangToan · 09-07-2012, 09:42 PM

đây là lời giải của thầy Nguyễn Duy Liên THPT chuyên Vĩnh Phúc

DaiToan · 09-07-2012, 10:59 PM

Mình đóng góp một lời giải cho câu 6:
Từ giả thiết dễ dàng suy ra $${x^2} + {y^2} + xy = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{y}{2}} \right)^2} + \frac{{3{y^2}}}{4} = \frac{1}{2}$ $
Do đó $$\left\{ \begin{array}{l}
x + \frac{y}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t{\rm{ }}\\
\frac{{y\sqrt 3 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\cos t
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t - \frac{1}{{\sqrt 6 }}\cos t{\rm{ }}\\
y = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\cos t
\end{array} \right.;t \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]$
$
Dễ biến đổi được $$P = {x^5} + {y^5} + {z^5} = {x^5} + {y^5} - {(x + y)^5} = ... = \frac{5}{2}xyz$ $
Suy ra
$$\begin{array}{l}
P = \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t - \frac{1}{{\sqrt 6 }}\cos t} \right)\left( {\frac{2}{{\sqrt 6 }}\cos t} \right)\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t - \frac{1}{{\sqrt 6 }}\cos t} \right)\\
= - \frac{5}{{6\sqrt 6 }}\cos t\left( {3{{\sin }^2}t - {{\cos }^2}t} \right) = - \frac{5}{{6\sqrt 6 }}\cos t\left( {3 - 4{{\cos }^2}t} \right) = \frac{5}{{6\sqrt 6 }}c{\rm{os}}3t\\
\Rightarrow P \le \frac{5}{{6\sqrt 6 }}
\end{array}$
$.
Đẳng thức xảy ra khi t=0. Khi đó $$x = z = - \frac{1}{{\sqrt 6 }};y = \frac{2}{{\sqrt 6 }}$ $
Vậy GTLN của P bằng $$\frac{5}{{6\sqrt 6 }}$ $

Nhận xét:
1. Từ lời giải này cũng suy ra được giá trị nhỏ nhất của P bằng $$ - \frac{5}{{6\sqrt 6 }}$ $
2. Lời giải bằng PP lượng giác rất tự nhiên và có thể giải quyết được nhiều bài toán tương tự

madman · 09-07-2012, 11:01 PM

Trích:

Nguyên văn bởi lienctoan

Giải câu 3 khối B như sau
Điều kiện .
Khi đó bất phương trình tương đương với:

(*)
Xét hàm số trên tập
Có Hàm số đồng biến trên khoảng và .

Còn đúng.
Vậy
Vậy hệ (*) tương đương với:
hoặc
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là :

Sao không thấy công thức gì hết!?
Dễ thấy $x=0 $ thỏa bất phương trình. Xét $x\neq 0 $,chia 2 vế cho $\sqrt{x}>0 $, sau đó đặt $t=\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}},t\geq 2 $. khi đó Bpt thành:
$t-3+\sqrt{t^2-6}\geq 0 $
Đến đây là dạng cơ bản rồi, cách làm này giống đề khối A 2010, câu bất phương trình

ThangToan · 10-07-2012, 09:27 AM

Một lời giải cho câu 6 khối B năm 2012 cua Lienctoan
Từ giả thiết ta tính được : $$xy + yz + zx = - \frac{1}{2}$ $
Vì:$x + y + z = 0 \Rightarrow 3xyz = {x^3} + {y^3} + {z^3} = \left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) = {x^5} + {y^5} + {z^5} + \sum {{x^2}{y^2}\left( {x + y} \right)} $
$$ = {x^5} + {y^5} + {z^5} - \sum {{x^2}{y^2}z = } {x^5} + {y^5} + {z^5} + \frac{1}{2}xyz$ $
từ đó ta được $$T = {x^5} + {y^5} + {z^5} = \frac{5}{2}xyz$ $

Nếu một trong ba số x, y, z bằng 0 khi đó T=0
Nếu cả ba số $x, y, z $ khác 0 ,từ đó trong 3 số x, y, z tồn tại 2 số cùng dấu và số còn lại khác dấu với 2 số kia (do $x+y+z=0 $) không mất tính tổng quát giả sử hai số $y, z $ cùng dấu với nhau.
Nếu $$x < 0,y > 0,z > 0 \Rightarrow T < 0$ $
Nếu $$x > 0,y < 0,z < 0$ $ ,khi đó
$$1 = {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge {x^2} + \frac{1}{2}{\left( {y + z} \right)^2} = \frac{3}{2}{x^2}$ $ $$ \Rightarrow 0 < x \le \frac{{\sqrt 6 }}{3}$ $
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương $$x, - 2y, - 2z$ $ ta được
$$T = \frac{5}{2}xyz = \frac{5}{8}x \cdot \left( { - 2y} \right) \cdot \left( { - 2z} \right) \le \frac{5}{8}{\left( {\frac{{x + \left( { - 2y} \right) + \left( { - 2z} \right)}}{3}} \right)^3}$ $
$$ = \frac{5}{8}{\left( {\frac{{x + 2x}}{3}} \right)^3} = \frac{5}{8}{x^3} \le \frac{5}{8} \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)^3} = \frac{5}{8} \cdot \frac{6}{9} \cdot \frac{{\sqrt 6 }}{3} = \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$ $

Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi:$$\left\{ \begin{array}{l}
x = - 2y = - 2z > 0\\
x + y + z = 0\\
{x^2} + {y^2} + {z^2} = 1
\end{array} \right.$ $
$$ \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = z = - \frac{{\sqrt 6 }}{6}$ $
Kết hợp các trường hợp lại ta có giá trị lớn nhất của T bằng $$\frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$ $
Đạt được khi và các hoán vị của nó $$\left( {x;y;z} \right) = \left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}; - \frac{{\sqrt 6 }}{6}; - \frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right)$ $

09-07-2012, 05:58 PM	#1
Trầm +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2011 Bài gởi: 657 Thanks: 388 Thanked 470 Times in 196 Posts	Đề thi tuyển sinh đại học Khối B năm 2012 Đề thi tuyển sinh đại học Khối B năm 2012 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số $y={{x}^{3}}-3m{{x}^{2}}+3{{m}^{3}} \quad (1)$, $m$ là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi $m=1$. b) Tìm $m$ để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị $A, B$ sao cho tam giác $OAB$ có diện tích bằng $48$. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình $2\left( \cos x+\sqrt{3}\sin x \right)\cos x=\cos x-\sqrt{3}\sin x+1$. Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình: $x+1+\sqrt{{{x}^{2}}-4x+1}\ge 3\sqrt{x}$. Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân $\int\limits_{0}^{1}{\dfrac{{{x}^{3}}}{{{x}^{4}}+3 {{x}^{2}}+2}dx}$ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ với $SA=2a, AB=a$. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $A$ lên cạnh $SC$. Chứng minh $SC$ vuông góc với mp$(ABH)$. Tính thể tích khối chóp $S.ABH$ theo $a$. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=0$ và ${{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}=1$. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P={{x}^{5}}+{{y}^{5}}+{{z}^{5}}$ II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B). A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho các đường tròn $\left( C_1 \right):x^2+y^2=4,\,\,\left(C_2 \right):x^2+y^2-12x+18=0$ và đường thẳng $d:x-y-4=0$. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc $\left(C_2 \right)$, tiếp xúc với $d$ cắt $\left(C_1 \right)$ tại hai điiểm phân biệt $A,B$ sao cho $AB$ vuông góc với $d$. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho đường thẳng $d:\dfrac{{x - 1}}{2} = \dfrac{y}{1} = \dfrac{z}{{ - 2}}$ và hai điểm $A\left( {2;1;0} \right),\,\,B\left( { - 2;3;2} \right)$. Viết phương trình mặt cầu đi qua $A,B$ có tâm thuộc đường thẳng $d$. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có $15$ học sinh nam và $10$ học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên $4$ học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để $4$ học sinh được gọi có cả nam và nữ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hình thoi $ABCD$ có $AC=2BD$ và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình ${x^2} + {y^2} = 4$. Viết phương trình chính tắc của elip $(E)$ đi qua các đỉnh $A,B,C,D$ của hình thoi. Biết $A$ thuộc $Ox$. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz$, cho $A\left( {0;0;3} \right),\,M\left( {1;2;0} \right)$. VIết phương trình mặt phẳng $(P)$ qua $A$ và cắt các trục $Ox,Oy$ lần lượt tại $B,C$ sao cho tam giác $ABC$ có trọng tâm thuộc đường thẳng $AM$. Câu 9.b (1,0 điểm). Goi $z_1$ và $z_2$ là hai nghiệm của phương trình ${z^2} - 2\sqrt 3 iz - 4 = 0$. Viết dạng lượng giác của $z_1$ và $z_2$. __________________ thay đổi nội dung bởi: Trầm, 09-07-2012 lúc 06:11 PM

09-07-2012, 07:58 PM	#3
ngocson_dhsp +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2008 Bài gởi: 72 Thanks: 398 Thanked 21 Times in 12 Posts	Đề năm nay có vẻ khó hơn mọi năm nhỉ,câu 3,4,6 đều phải học khá tốt thì mới làm được.Đề năm nay hay,sẽ chọn được người giỏi. __________________ sơn

09-07-2012, 08:08 PM	#6
TBN_146 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2011 Đến từ: THPT chuyên Phan Bội Châu - Nghệ An Bài gởi: 97 Thanks: 27 Thanked 35 Times in 28 Posts	Mình thử giải câu cực trị. Từ giả thiết ta có thể giả sử $x\geq 0 $. Dễ dàng tính được $xy+yz+xz=\frac{-1}{2} $. Vì $x+y+z=0 $ nên ta có biến đổi $3xyz=x^{3}+y^{3}+z^{3}=\left ( x^{2}+y^{2}+z^{2} \right )\left ( x^{3}+y^{3}+z^{3} \right )=\left ( x^{5}+y^{5}+z^{5} \right )+\sum x^{2}y^{2}\left ( x+y \right ) $. Lại do $x+y+z=0 $ nên $\sum x^{2}y^{2}\left ( x+y \right )=\sum x^{2}y^{2}(-z)=-xyz(xy+yz+xz)=\frac{1}{2}xyz. $ Suy ra $x^{5}+y^{5}+z^{5}=\frac{5}{2}xyz $. Mà $xy+yz+xz=\frac{-1}{2} $ và $x+y+z=0 $ nên $yz=x^{2}-\frac{1}{2} $. Ta có $1=x^{2}+y^{2}+z^{2}\geq x^{2}+\frac{(y+z)^{2}}{2}=\frac{3}{2}x^{2} $. Suy ra $x\in \left ( 0,\sqrt{\frac{2}{3}} \right ) $. Xét hàm $f(x)=\frac{5}{2}x(x^{2}-\frac{1}{2}) $ với $x\in \left ( 0,\sqrt{\frac{2}{3}} \right ) $ ta nhận được $f(x)\leq f(\sqrt{\frac{2}{3}})=\frac{5}{6\sqrt{6}} $. __________________ crazy thay đổi nội dung bởi: TBN_146, 09-07-2012 lúc 08:35 PM

09-07-2012, 08:09 PM	#7
navibol +Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2012 Đến từ: Wall Street =))) Bài gởi: 147 Thanks: 31 Thanked 130 Times in 72 Posts	Câu tích phân, phân tích thành $$I=\int_{0}^{1}\frac{2x}{x^{2}+2}dx-\int_{0}^{1} \frac{x}{x^{2}+1}dx=ln(x^{2}+2)\mid _{0}^{1}-\frac{1}{2} ln(x^{2}+1)\mid_{0}^{1}=ln3\sqrt{2}$$ __________________ Em! Nếu chúng ta yêu nhau, chúng ta sẽ hủy diệt lẫn nhau. Nhưng nếu chúng ta đi yêu một người khác, chúng ta sẽ hủy diệt những người xung quanh, có khi còn rộng hơn cả thế. Vậy nên...vì hòa bình Thế giới và vì sức khỏe Chúa trời mình yêu nhau em nhé thay đổi nội dung bởi: navibol, 09-07-2012 lúc 08:17 PM Lý do: Latex >"<

09-07-2012, 10:59 PM	#13
DaiToan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2010 Đến từ: THPT Chuyên Vĩnh Phúc Bài gởi: 280 Thanks: 29 Thanked 361 Times in 123 Posts	Mình đóng góp một lời giải cho câu 6: Từ giả thiết dễ dàng suy ra $${x^2} + {y^2} + xy = \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\left( {x + \frac{y}{2}} \right)^2} + \frac{{3{y^2}}}{4} = \frac{1}{2}$ $ Do đó $$\left\{ \begin{array}{l} x + \frac{y}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t{\rm{ }}\\ \frac{{y\sqrt 3 }}{2} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\cos t \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t - \frac{1}{{\sqrt 6 }}\cos t{\rm{ }}\\ y = \frac{2}{{\sqrt 6 }}\cos t \end{array} \right.;t \in \left[ { - \pi ;\pi } \right]$ $ Dễ biến đổi được $$P = {x^5} + {y^5} + {z^5} = {x^5} + {y^5} - {(x + y)^5} = ... = \frac{5}{2}xyz$ $ Suy ra $$\begin{array}{l} P = \left( {\frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t - \frac{1}{{\sqrt 6 }}\cos t} \right)\left( {\frac{2}{{\sqrt 6 }}\cos t} \right)\left( { - \frac{1}{{\sqrt 2 }}\sin t - \frac{1}{{\sqrt 6 }}\cos t} \right)\\ = - \frac{5}{{6\sqrt 6 }}\cos t\left( {3{{\sin }^2}t - {{\cos }^2}t} \right) = - \frac{5}{{6\sqrt 6 }}\cos t\left( {3 - 4{{\cos }^2}t} \right) = \frac{5}{{6\sqrt 6 }}c{\rm{os}}3t\\ \Rightarrow P \le \frac{5}{{6\sqrt 6 }} \end{array}$ $. Đẳng thức xảy ra khi t=0. Khi đó $$x = z = - \frac{1}{{\sqrt 6 }};y = \frac{2}{{\sqrt 6 }}$ $ Vậy GTLN của P bằng $$\frac{5}{{6\sqrt 6 }}$ $ Nhận xét: 1. Từ lời giải này cũng suy ra được giá trị nhỏ nhất của P bằng $$ - \frac{5}{{6\sqrt 6 }}$ $ 2. Lời giải bằng PP lượng giác rất tự nhiên và có thể giải quyết được nhiều bài toán tương tự thay đổi nội dung bởi: DaiToan, 10-07-2012 lúc 09:38 AM

09-07-2012, 07:51 PM	#2
nguoibimat +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2012 Đến từ: Thành phố Cao Lãnh, tĩnh Đồng Tháp Bài gởi: 373 Thanks: 174 Thanked 92 Times in 69 Posts	Câu 3 : : Em ra là $0\leq x \leq \frac{1}{4}\vee x\geq 4 $ Nhưng cách em dài quá, em làm theo $\sqrt{A}\geq B $

09-07-2012, 08:00 PM	#4
nhoxtega52 +Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2009 Bài gởi: 17 Thanks: 22 Thanked 19 Times in 7 Posts	Bạn chia 2 vế của bất phương trình cho $\sqrt{x} $ rồi đặt $a=\sqrt{x} + \frac{1}{\sqrt{x}} $ là ra ngay Kết quả của bạn đúng rồi

09-07-2012, 08:22 PM	#8
nhoxtega52 +Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2009 Bài gởi: 17 Thanks: 22 Thanked 19 Times in 7 Posts	Câu 6: Ta có $x+y=-z $ và $x^2+y^2+z^2=1 =>x^2+y^2+xy=\frac{1}{2} $ $=> xy= (x+y)^2-\frac{1}{2}=z^2-\frac{1}{2} $ Ta có P$=x^5+y^5+z^5 = x^5 +y^5 -(x+y)^5= = -5[x^4y+xy^4 + 2(x^3y^2 + x^2y^3)] $ Mặt khác $x^4y+y^4x = xy(x+y)(x^2+y^2-xy) = xy(x+y)[(x+y)^2-3xy] $ $=(z^2-0.5)(-z)(-2z^2+\frac{3}{2}) = 2z^5-\frac{5z^3}{2}+\frac{3z}{4} $ Và $x^3y^2+x^2y^3=(xy)^2(x+y) = -z^5 +z^3 -\frac{z}{4} $ Thay vào ta có P= $\frac{5z^3}{2}-\frac{5z}{4} $ Tới đây có thể khảo sát hàm f(z) và chú ý rằng $1=x^2+y^2+z^2>=\frac{(x+y)^2}{2} + z^2 => -\sqrt{\frac{2}{3}} =<z=<\sqrt{\frac{2}{3}} $ Ta cũng sẽ đc $maxP = \frac{5\sqrt{6}}{36} $ khi $x=y=-\frac{1}{\sqrt{6}} ; z=\frac{\sqrt{6}}{3} $

09-07-2012, 08:29 PM	#9
hansongkyung +Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2012 Đến từ: Han Tae Woong - IMO 1998 Bài gởi: 493 Thanks: 109 Thanked 417 Times in 241 Posts	Mình ghét nhất là mấy BĐT với cực trị kiểu này. Nó chẳng đẹp gì cả Nếu sau này đi thi ĐH thì mình sẽ thi khối A và C. Khối A đề làm sướng hơn. Khối C làm cho đỡ đau đầu

09-07-2012, 09:18 PM	#11
lienctoan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2009 Bài gởi: 3 Thanks: 0 Thanked 8 Times in 2 Posts	Giải câu 3 khối B như sau Điều kiện . Khi đó bất phương trình tương đương với: () Xét hàm số trên tập Có Hàm số đồng biến trên khoảng và . Còn đúng. Vậy Vậy hệ () tương đương với: hoặc Vậy tập nghiệm của bất phương trình là :

10-07-2012, 09:27 AM	#15
ThangToan +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2010 Đến từ: THPT chuyên Vĩnh Phúc Bài gởi: 570 Thanks: 24 Thanked 537 Times in 263 Posts	Một lời giải cho câu 6 khối B năm 2012 cua Lienctoan Từ giả thiết ta tính được : $$xy + yz + zx = - \frac{1}{2}$ $ Vì:$x + y + z = 0 \Rightarrow 3xyz = {x^3} + {y^3} + {z^3} = \left( {{x^3} + {y^3} + {z^3}} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + {z^2}} \right) = {x^5} + {y^5} + {z^5} + \sum {{x^2}{y^2}\left( {x + y} \right)} $ $$ = {x^5} + {y^5} + {z^5} - \sum {{x^2}{y^2}z = } {x^5} + {y^5} + {z^5} + \frac{1}{2}xyz$ $ từ đó ta được $$T = {x^5} + {y^5} + {z^5} = \frac{5}{2}xyz$ $ Nếu một trong ba số x, y, z bằng 0 khi đó T=0 Nếu cả ba số $x, y, z $ khác 0 ,từ đó trong 3 số x, y, z tồn tại 2 số cùng dấu và số còn lại khác dấu với 2 số kia (do $x+y+z=0 $) không mất tính tổng quát giả sử hai số $y, z $ cùng dấu với nhau. Nếu $$x < 0,y > 0,z > 0 \Rightarrow T < 0$ $ Nếu $$x > 0,y < 0,z < 0$ $ ,khi đó $$1 = {x^2} + {y^2} + {z^2} \ge {x^2} + \frac{1}{2}{\left( {y + z} \right)^2} = \frac{3}{2}{x^2}$ $ $$ \Rightarrow 0 < x \le \frac{{\sqrt 6 }}{3}$ $ Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương $$x, - 2y, - 2z$ $ ta được $$T = \frac{5}{2}xyz = \frac{5}{8}x \cdot \left( { - 2y} \right) \cdot \left( { - 2z} \right) \le \frac{5}{8}{\left( {\frac{{x + \left( { - 2y} \right) + \left( { - 2z} \right)}}{3}} \right)^3}$ $ $$ = \frac{5}{8}{\left( {\frac{{x + 2x}}{3}} \right)^3} = \frac{5}{8}{x^3} \le \frac{5}{8} \cdot {\left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}} \right)^3} = \frac{5}{8} \cdot \frac{6}{9} \cdot \frac{{\sqrt 6 }}{3} = \frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$ $ Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi:$$\left\{ \begin{array}{l} x = - 2y = - 2z > 0\\ x + y + z = 0\\ {x^2} + {y^2} + {z^2} = 1 \end{array} \right.$ $ $$ \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 6 }}{3},y = z = - \frac{{\sqrt 6 }}{6}$ $ Kết hợp các trường hợp lại ta có giá trị lớn nhất của T bằng $$\frac{{5\sqrt 6 }}{{36}}$ $ Đạt được khi và các hoán vị của nó $$\left( {x;y;z} \right) = \left( {\frac{{\sqrt 6 }}{3}; - \frac{{\sqrt 6 }}{6}; - \frac{{\sqrt 6 }}{6}} \right)$ $