17.3.27.17. Tom tat syll Dao Thi Thanh Hien

PHẦN MỘT: ÔN TẬP TÓM TẮT CHƯƠNG TRÌNH THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN I- GIẢI TÍCH TỔ HP 1. Giai thừa : n! = 1.2 .n 0! = 1 n! /(n – k)! = (n – k + 1).(n – k + 2) . n 2. Nguyên tắc cộng : Trường hợp 1 có m cách chọn, trường hợp 2 có n cách chọn; mỗi cách chọn đều thuộc đúng một trường hợp. Khi đó, tổng số cách chọn là : m + n. 3. Nguyên tắc nhân : Hiện tượng 1 có m cách chọn, mỗi cách chọn này lại có n cách chọn hiện tượng 2. Khi đó, tổng số cách chọn liên tiếp hai hiện tượng là : m x n. 4. Hoán vò : Có n vật khác nhau, xếp vào n chỗ khác nhau. Số cách xếp : P n = n !. 5. Tổ hợp : Có n vật khác nhau, chọn ra k vật. Số cách chọn : )!kn(!k !n C k n − = 6. Chỉnh hợp : Có n vật khác nhau. Chọn ra k vật, xếp vào k chỗ khác nhau số cách : == − kk nn n! A,A (n k)! k nk C.P Chỉnh hợp = tổ hợp rồi hoán vò 7. Tam giác Pascal : 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 4 4 3 4 2 4 1 4 0 4 3 3 2 3 1 3 0 3 2 2 1 2 0 2 1 1 0 1 0 0 CCCCC CCCC CCC CC C Tính chất : k 1n k n 1k n kn n k n n n 0 n CCC CC,1CC + − − =+ === 8. Nhò thức Newton : * n0n n 11n1 n 0n0 n n baC .baCbaC)ba( +++=+ − a = b = 1 : . 01 n nn n CC .C2+++= n Với a, b ∈ { ± 1, ± 2, .}, ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa : n n 1 n 0 n C, .,C,C * nn n 1n1 n n0 n n xC .xaCaC)xa( +++=+ − Ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa bằng cách : n n 1 n 0 n C, .,C,C - Đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ± 1, ± 2, . a = ± 1, ± 2, . TRANG 1 - Nhân với x k , đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ± 1, ± 2, . , a = ± 1, ± 2, . - Cho a = ± 1, ± 2, ., hay ∫∫ ±± 2 0 1 0 .hay β α ∫ Chú ý : * (a + b) n : a, b chứa x. Tìm số hạng độc lập với x : knkk m n Ca b Kx − = Giải pt : m = 0, ta được k. * (a + b) n : a, b chứa căn . Tìm số hạng hữu tỷ. mr knkk pq n Ca b Kc d − = Giải hệ pt : ⎩ ⎨ ⎧ ∈ ∈ Zq/r Z p/m , tìm được k * Giải pt , bpt chứa : đặt điều kiện k, n ∈ N .C,A k n k n * ., k ≤ n. Cần biết đơn giản các giai thừa, qui đồng mẫu số, đặt thừa số chung. * Cần phân biệt : qui tắc cộng và qui tắc nhân; hoán vò (xếp, không bốc), tổ hợp (bốc, không xếp), chỉnh hợp (bốc rồi xếp). * Áp dụng sơ đồ nhánh để chia trường hợp , tránh trùng lắp hoặc thiếu trường hợp. * Với bài toán tìm số cách chọn thỏa tính chất p mà khi chia trường hợp, ta thấy số cách chọn không thỏa tính chất p ít trường hợp hơn, ta làm như sau : số cách chọn thỏa p. = số cách chọn tùy ý - số cách chọn không thỏa p. Cần viết mệnh đề phủ đònh p thật chính xác. * Vé số, số biên lai, bảng số xe . : chữ số 0 có thể đứng đầu (tính từ trái sang phải). * Dấu hiệu chia hết : - Cho 2 : tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. - Cho 4 : tận cùng là 00 hay 2 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4. - Cho 8 : tận cùng là 000 hay 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8. - Cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3. - Cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9. - Cho 5 : tận cùng là 0 hay 5. - Cho 6 : chia hết cho 2 và 3. - Cho 25 : tận cùng là 00, 25, 50, 75. II- ĐẠI SỐ 1. Chuyển vế : a + b = c ⇔ a = c – b; ab = c ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ = ≠ == b/ca 0b 0cb a/b = c ⇔ ; ⎩ ⎨ ⎧ ≠ = 0b bca 1n2 1n2 baba + + =⇔= TRANG 2 2n 2n 2n 2n b a aba b, ab a0 ⎧ = =⇔=± = ⇔ ⎨ ≥ ⎩ ⎩ ⎨ ⎧ α=⇔= ≥ ±= ⇔= α a bbloga, 0a ab ba ⎩ ⎨ ⎧ > < ⎩ ⎨ ⎧ < > > = ⇔<−<⇔<+ b/ca 0b b/ca 0b 0c,0b cab;bcacba 2. Giao nghiệm : ⎩ ⎨ ⎧ <⇔ < < ⎩ ⎨ ⎧ >⇔ > > }b,amin{x bx ax ;}b,amax{x bx ax ⎧ ⎨ Γ ⎧ >∨ << < ⎧ ⎩ ⇔⇔ ⎨⎨ <Γ ≥ ⎧ ⎩ ⎩ ⎨ Γ ⎩ p xa pq axb(nếuab) ; xb VN(nếua b) q Nhiều dấu v : vẽ trục để giao nghiệm. 3. Công thức cần nhớ : a. : chỉ được bình phương nếu 2 vế không âm. Làm mất phải đặt điều kiện. ⎩ ⎨ ⎧ ≤≤ ≥ ⎩ ⎨ ⎧ ⇔≤ = ≥ ⇔= 22 ceNG HoA xA ugt cuu Ncni,q vrTT NAM O0 tip - fU ao - Ua"h p r6m rAr so YEU rv rrcn Hg vd tOn: DAO THI THANH ruBN Gi6i tinh: Nft Ngdy sinh 2610711977 Noi sinh: Binh Lgc, Hd Nam Qu6c tich: ViQt Narrt Eia chi hiQn t4i: Cdn hQ chung cuHI2, Khu nhd cao tdng da n[ng si5 OOa Oi.rtt C6ng, P Phuqng LiCt, Q" Thanh Xudn, He NQi ' SO CVn{n Trinh :012936606 dQ chuy0n Ngdy c6p: l'410912010 Tai: C6ng an TP HA Ngi m6n: Th4c s! Lu{t hgc Chric vp dang ndm git tai td chfc ddng ky ni6m ytft: Kh6ng Qu6 trinh c6ng t6c: Thcri gian Chrfrc vg Dcrn Th6ng 812012 dOn Ph6 T6ng gi6m ddc Th6ng 812015 -T412016 Thanh vi€n HEQT Th6ng 412015 dt5n Thenh viOn BKS Th6ng 412016 d6n Thenh viOn BKS vi c6ng t6c C6ng ty TNHH MTV Ddu tu ph6t tri6n Trudng Thdnh ViQt Nam C6ng ty CO ph6n Bdt dQng sin vd Xdy dpng Trudng Thanh C6ng ty C6 phAn DAU tu Ph6t tri6n Cdng nghiQp vd vfln Cdng ty tii Tracodi CO ph6n Bamboo Capital Henh vi vi ph4m ph6p lu6t: Khdng 10 Sd hiru chring khoan ctn chnhdn vd ngudi c6 li0n quan t6 chric dlng ky ni6m yet: - Sd hiru c5 nh6n: 900 c6 phdn, chi6m 0,006yov6n diOu lQ Sd hiru dai diQn: Khdng Sd hiru cria ngudi c6 li€n quan: Hg vi t6n Ddo ThiLan Hucrng Quan hQ Chf g6i Sii lugng CP Tj're (%) 100 0,00067 Ddo Tlri H6ns Hanh C6ng ty TNHH MTV DAu tu phrit tri6n Trtrons Thirnh Vi6t Nam I l Em g6i 0 Ph6 T6ne Gi6m tt6c r.380.000 9,2 C6c khorin ng d6i v6i t6 chfrc ddng kli ni6m ydt: Kh6ng 12 Lgi ich li6n quan COi vcri t6 chric dang kj, niOm y€t: Kh6ng T6i xin cam doan lcri khai tr0n li dring sg thuc, n6u sai t6i xin chiu trilch nhi6m "lt1-g tru6c c6ng ty vd co quan c6 thdm quydn theo quy tlinh cua ph6p luit./ Hd NAi, ngdy 1,6 thang ndm 2017 Nguoi khai ' cdnc rv 3nA'tt , ^.coDOI{G SA BAT vi xiY otjt'rr tnUilrc tnirxH Diro ThiThanh Hiijn TÓM TẮT BÁO CÁO WEBSITE LAZADA.VN Nội dung • Thương mại điện tử Việt Nam 2011 • Rocket Interent • Lazada.vn • Đề xuất Danh sách các sàn giao dịch TMĐT 2011 Tình hình TMDT 2011 Theo thống kê của Cục Thương mại điện tử và Công nghệ thông tin, tính đến hết năm 2011 đã có khoảng 130 doanh nghiệp nộp hồ sơ đăng ký sàn giao dịch TMĐT, trong đó Cục đã xác nhận đăng ký cho 35 website sàn giao dịch. (Trung bình: 3,13 sàn/Doanh nghiệp đk) Khó khăn đang dần được gỡ bỏ Rocket Internet ….is the largest, fastest and most successful international online venture builder 100+ sản phẩm tại 40+ quốc gia từ 1999 Hơn 50% dịch vụ thuộc bán lẻ 5 sản phẩm thất bại, bán 13 sản phẩm • Alando: eBay mua 54 tr USD • Jamba: Verisign mua 273 tr USD • StudiVZ: Georg von Holtzbrinck GmbH mua 100 tr USD • Bigpoint: bán với giá 110 tr USD • Myvideo: bán 26 tr USD Sử dụng lợi thế hiệu quả tạo ra sức cạnh tranh • Vốn đồi dào • Đội ngũ quản lý giàu kinh nghiệm • Khả năng triển khai nhanh • Kinh nghiệm sao chép PHẦN MỘT: ÔN TẬP TÓM TẮT CHƯƠNG TRÌNH THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN I- GIẢI TÍCH TỔ HP 1. Giai thừa : n! = 1.2 .n 0! = 1 n! /(n – k)! = (n – k + 1).(n – k + 2) . n 2. Nguyên tắc cộng : Trường hợp 1 có m cách chọn, trường hợp 2 có n cách chọn; mỗi cách chọn đều thuộc đúng một trường hợp. Khi đó, tổng số cách chọn là : m + n. 3. Nguyên tắc nhân : Hiện tượng 1 có m cách chọn, mỗi cách chọn này lại có n cách chọn hiện tượng 2. Khi đó, tổng số cách chọn liên tiếp hai hiện tượng là : m x n. 4. Hoán vò : Có n vật khác nhau, xếp vào n chỗ khác nhau. Số cách xếp : P n = n !. 5. Tổ hợp : Có n vật khác nhau, chọn ra k vật. Số cách chọn : )!kn(!k !n C k n − = 6. Chỉnh hợp : Có n vật khác nhau. Chọn ra k vật, xếp vào k chỗ khác nhau số cách : = = − k k k n n n k n! A , A C .P (n k)! Chỉnh hợp = tổ hợp rồi hoán vò 7. Tam giác Pascal : 1 4 4 3 4 2 4 1 4 0 4 3 3 2 3 1 3 0 3 2 2 1 2 0 2 1 1 0 1 0 0 CCCCC CCCC CCC CC C 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 Tính chất : k 1n k n 1k n kn n k n n n 0 n CCC CC,1CC + − − =+ === 8. Nhò thức Newton : * n0n n 11n1 n 0n0 n n baC .baCbaC)ba( +++=+ − a = b = 1 : . 0 1 n n n n n C C . C 2+ + + = Với a, b ∈ {±1, ±2, .}, ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa : n n 1 n 0 n C, .,C,C * nn n 1n1 n n0 n n xC .xaCaC)xa( +++=+ − Ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa n n 1 n 0 n C, .,C,C bằng cách : - Đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, . a = ±1, ±2, . - Nhân với x k , đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ±1, ±2, . , a = ±1, ±2, . TRANG 1 - Cho a = ±1, ±2, ., ∫∫ ±± 2 0 1 0 .hay hay β α ∫ Chú ý : * (a + b) n : a, b chứa x. Tìm số hạng độc lập với x : k n k k m n C a b Kx − = Giải pt : m = 0, ta được k. * (a + b) n : a, b chứa căn . Tìm số hạng hữu tỷ. m r k n k k p q n C a b Kc d − = Giải hệ pt :    ∈ ∈ Zq/r Zp/m , tìm được k * Giải pt , bpt chứa .C,A k n k n : đặt điều kiện k, n ∈ N * ., k ≤ n. Cần biết đơn giản các giai thừa, qui đồng mẫu số, đặt thừa số chung. * Cần phân biệt : qui tắc cộng và qui tắc nhân; hoán vò (xếp, không bốc), tổ hợp (bốc, không xếp), chỉnh hợp (bốc rồi xếp). * Áp dụng sơ đồ nhánh để chia trường hợp , tránh trùng lắp hoặc thiếu trường hợp. * Với bài toán tìm số cách chọn thỏa tính chất p mà khi chia trường hợp, ta thấy số cách chọn không thỏa tính chất p ít trường hợp hơn, ta làm như sau : số cách chọn thỏa p. = số cách chọn tùy ý - số cách chọn không thỏa p. Cần viết mệnh đề phủ đònh p thật chính xác. * Vé số, số biên lai, bảng số xe . : chữ số 0 có thể đứng đầu (tính từ trái sang phải). * Dấu hiệu chia hết : - Cho 2 : tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. - Cho 4 : tận cùng là 00 hay 2 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4. - Cho 8 : tận cùng là 000 hay 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8. - Cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3. - Cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9. - Cho 5 : tận cùng là 0 hay 5. - Cho 6 : chia hết cho 2 và 3. - Cho 25 : tận cùng là 00, 25, 50, 75. II- ĐẠI SỐ 1. Chuyển vế : a + b = c ⇔ a = c – b; ab = c ⇔        = ≠ == b/ca 0b 0cb a/b = c ⇔    ≠ = 0b bca ; 1n2 1n2 baba + + =⇔= 2n 2n 2n 2n b a a b a b, a b a 0  = = ⇔ = ± = ⇔  ≥  TRANG 2    α=⇔= ≥ ±= ⇔= α a bbloga, 0a ab ba    > <    < > >= ⇔<−<⇔<+ b/ca 0b b/ca 0b 0c,0b cab;bcacba 2. Giao nghiệm :    <⇔ < <    >⇔ > > }b,amin{x bx ax ;}b,amax{x bx ax   Γ  > ∨ < < <   ⇔ ⇔   < Γ ≥     Γ  p x a p q a x b(nếua b) ; x b VN(nếua b) q Nhiều dấu v : vẽ trục để giao nghiệm. 3. Công thức cần nhớ : a. : chỉ được bình phương PHẦN MỘT: ÔN TẬP TÓM TẮT CHƯƠNG TRÌNH THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN I- GIẢI TÍCH TỔ HP 1. Giai thừa : n! = 1.2 .n 0! = 1 n! /(n – k)! = (n – k + 1).(n – k + 2) . n 2. Nguyên tắc cộng : Trường hợp 1 có m cách chọn, trường hợp 2 có n cách chọn; mỗi cách chọn đều thuộc đúng một trường hợp. Khi đó, tổng số cách chọn là : m + n. 3. Nguyên tắc nhân : Hiện tượng 1 có m cách chọn, mỗi cách chọn này lại có n cách chọn hiện tượng 2. Khi đó, tổng số cách chọn liên tiếp hai hiện tượng là : m x n. 4. Hoán vò : Có n vật khác nhau, xếp vào n chỗ khác nhau. Số cách xếp : P n = n !. 5. Tổ hợp : Có n vật khác nhau, chọn ra k vật. Số cách chọn : )!kn(!k !n C k n − = 6. Chỉnh hợp : Có n vật khác nhau. Chọn ra k vật, xếp vào k chỗ khác nhau số cách : == − kk nn n! A,A (n k)! k nk C.P Chỉnh hợp = tổ hợp rồi hoán vò 7. Tam giác Pascal : 1 1 1 1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 4 4 3 4 2 4 1 4 0 4 3 3 2 3 1 3 0 3 2 2 1 2 0 2 1 1 0 1 0 0 CCCCC CCCC CCC CC C Tính chất : k 1n k n 1k n kn n k n n n 0 n CCC CC,1CC + − − =+ === 8. Nhò thức Newton : * n0n n 11n1 n 0n0 n n baC .baCbaC)ba( +++=+ − a = b = 1 : . 01 n nn n CC .C2+++= n Với a, b ∈ { ± 1, ± 2, .}, ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa : n n 1 n 0 n C, .,C,C * nn n 1n1 n n0 n n xC .xaCaC)xa( +++=+ − Ta chứng minh được nhiều đẳng thức chứa bằng cách : n n 1 n 0 n C, .,C,C - Đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ± 1, ± 2, . a = ± 1, ± 2, . TRANG 1 - Nhân với x k , đạo hàm 1 lần, 2 lần, cho x = ± 1, ± 2, . , a = ± 1, ± 2, . - Cho a = ± 1, ± 2, ., hay ∫∫ ±± 2 0 1 0 .hay β α ∫ Chú ý : * (a + b) n : a, b chứa x. Tìm số hạng độc lập với x : knkk m n Ca b Kx − = Giải pt : m = 0, ta được k. * (a + b) n : a, b chứa căn . Tìm số hạng hữu tỷ. mr knkk pq n Ca b Kc d − = Giải hệ pt : ⎩ ⎨ ⎧ ∈ ∈ Zq/r Z p/m , tìm được k * Giải pt , bpt chứa : đặt điều kiện k, n ∈ N .C,A k n k n * ., k ≤ n. Cần biết đơn giản các giai thừa, qui đồng mẫu số, đặt thừa số chung. * Cần phân biệt : qui tắc cộng và qui tắc nhân; hoán vò (xếp, không bốc), tổ hợp (bốc, không xếp), chỉnh hợp (bốc rồi xếp). * Áp dụng sơ đồ nhánh để chia trường hợp , tránh trùng lắp hoặc thiếu trường hợp. * Với bài toán tìm số cách chọn thỏa tính chất p mà khi chia trường hợp, ta thấy số cách chọn không thỏa tính chất p ít trường hợp hơn, ta làm như sau : số cách chọn thỏa p. = số cách chọn tùy ý - số cách chọn không thỏa p. Cần viết mệnh đề phủ đònh p thật chính xác. * Vé số, số biên lai, bảng số xe . : chữ số 0 có thể đứng đầu (tính từ trái sang phải). * Dấu hiệu chia hết : - Cho 2 : tận cùng là 0, 2, 4, 6, 8. - Cho 4 : tận cùng là 00 hay 2 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 4. - Cho 8 : tận cùng là 000 hay 3 chữ số cuối hợp thành số chia hết cho 8. - Cho 3 : tổng các chữ số chia hết cho 3. - Cho 9 : tổng các chữ số chia hết cho 9. - Cho 5 : tận cùng là 0 hay 5. - Cho 6 : chia hết cho 2 và 3. - Cho 25 : tận cùng là 00, 25, 50, 75. II- ĐẠI SỐ 1. Chuyển vế : a + b = c ⇔ a = c – b; ab = c ⇔ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ ⎩ ⎨ ⎧ = ≠ == b/ca 0b 0cb a/b = c ⇔ ; ⎩ ⎨ ⎧ ≠ = 0b bca 1n2 1n2 baba + + =⇔= TRANG 2 2n 2n 2n 2n b a aba b, ab a0 ⎧ = =⇔=± = ⇔ ⎨ ≥ ⎩ ⎩ ⎨ ⎧ α=⇔= ≥ ±= ⇔= α a bbloga, 0a ab ba ⎩ ⎨ ⎧ > < ⎩ ⎨ ⎧ < > > = ⇔<−<⇔<+ b/ca 0b b/ca 0b 0c,0b cab;bcacba 2. Giao nghiệm : ⎩ ⎨ ⎧ <⇔ < < ⎩ ⎨ ⎧ >⇔ > > }b,amin{x bx ax ;}b,amax{x bx ax ⎧ ⎨ Γ ⎧ >∨ << < ⎧ ⎩ ⇔⇔ ⎨⎨ <Γ ≥ ⎧ ⎩ ⎩ ⎨ Γ ⎩ p xa pq axb(nếuab) ; xb VN(nếua b) q Nhiều dấu v : vẽ trục để Đề và HD giải tóm tắt đề thi chọn HSG tỉnh Nghệ An - Bảng A 2010-2011 Câu 1: (6 điểm) a) Giải phương trình 2 1 1 2 2x x x x− + + + − = + b) Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn [ ] 2;2 − : ( 2) 1m x m x + − ≥ + Giải. Câu 1.a) Bằng cách phân tích thích hợp ta có 2 nghiệm x=0, x=1. b)Ta có 2 2 ( 2) 1 ( 2) ( 1) ( 1) 1(1)m x m x m x m x m x x+ − ≥ + ⇔ + − ≥ + ⇔ − ≥ + +) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm +) Nếu x (1;2]∈ : 2 1 (1) 1 x m x + ⇔ ≥ − . Xét hs f(x)= 2 1 1 x x + − trên (1;2] ta có: ( ] 1;2 minf ( ) (2) 5 x x f ∈ = = . TH này bpt có nghiệm ( ] 1;2 minf ( ) 5 x m x ∈ ⇔ ≥ = . +) Nếu x [-2;1)∈ : 2 1 (1) 1 x m x + ⇔ ≤ − . Xét hs f(x)= 2 1 1 x x + − trên [-2;1) ta có: [ ) 2;1 maxf ( ) (1 2) 2 2 2 x x f ∈ − = − = − TH này bpt có nghiệm [ ) 2;1 maxf ( ) 2 2 2 x m x ∈ − ⇔ ≤ = − Suy ra pbt đã cho có nghiệm ( ;2 2 2] [5;+ )m⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞ . Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình sau: 3 3 2 2 3 4 2 1 2 1 y y x x x x y y + = + + +    − − = − −   Giải Từ (1) 3 3 ( 1) 1 1y y x x y x+ = + + + ⇒ = + Thế vào (2) ta có 2 1 1 1 1 1( 1 1) ( 1 1) 0 ( 1 1)( 1 1) 0 0 x x x x x x x x x − − + = − − ⇔ + − − − − − = ⇔ − − + − = ⇔ = Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x=0;y=1). Câu 3: (5 điểm) a) Cho x, y là các số thực thoả mãn: 4 4 log ( 2 ) log ( 2 ) 1x y x y + + − = Chứng minh rằng : 2 15x y− ≥ b) Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thoả mãn: 2 2 2 2 ( ) 2( ).a b c a b c+ + = + + Tìm GTLN, GTNN của biểu thức: 3 3 3 . ( )( ) a b c P a b c ab bc ca + + = + + + + Giải Câu 3.a ĐK: 2 0 0(*) 2 0 x y x x y + >  ⇒ >  − >  Ta có log 4 (x+2y)+log 4 (x-2y)=1 ⇔ x 2 -4y 2 = 4 2 2 1 1 1 2 2 x x y   ⇔ = + ≥ ⇒ ≥  ÷   ( do (*) ). Cách 1. Từ đó 2 0 1 x < ≤ . Ta đặt 2 sin , (0; ] 2 t t x π = ∈ . Suy ra coty t= Do đó 4 2 15 cot 15 15sin ost 4 sin x y t A t c t − ≥ ⇔ − ≥ ⇔ = + ≤ (1) Áp dụng điều kiện có nghiệm pt suy ra Áp dụng bđt B.N.A.C.S, ta có 4A ≤ . Vậy (1) đúng (đpcm). Cách 2. Xét hàm số 2 4 ( ) 2 2 2 x g x x y x − = − = − trên [ ) 2;+∞ . Suy ra đpcm. Câu 3.b) (Theo Thầy Tuấn –Tân kì) +) Theo gt, ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 2( ) ( ) 2 4 a b c a b c a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca + + = + + ⇔ + + = + + + + + + ⇔ + + = = Từ đó 3 3 3 3 4( ) ( ) a b c P a b c + + = + + . +) Đặt t=a+b+c ta có a 3 +b 3 +c 3 =a 3 +b 3 +(t-a-b) 3 =a 3 +b 3 +t 3 -3t 2 (a+b)+3t(a+b) 2 -(a+b) 3 =t 3 -3t 2 (a+b)+3t(a+b) 2 -3ab(a+b)=t 3 -3(a+b)[t 2 -t(a+b)+ab] =t 3 -3(a+b)(t-a)(t-b)=t 3 -3(t-c)(t-a)(t-b)= =t 3 -3t 3 +3t 2 (a+b+c)-3t(ab+ac+cb)+3abc= = 1 4 t 3 +3abc . Vậy P=1+ 3 3 12 12 1 ( ) abc abc t a b c = + + + +) Mặt khác từ GT, ta có a 2 -2a(b+c)+b 2 +c 2 -2bc=0 (1). Từ (1) để có a thì ' 4 0 0 a bc bc∆ = ≥ ⇔ ≥ . Lập luận tt ta có 0, 0ac ab≥ ≥ . +) Nếu bc=0 0 0 b c =  ⇔  =  suy ra P=1 +) Nếu bc>0. Từ (1) có 2 2 ( ) 0a b c bc b c= + ± = ± ≥ • Nếu a=0 suy ra P=1 • Nếu a>0 suy ra b>0, c>0 suy ra P>1. Mặt khác nếu 3 12( 2 ) 11 2 1 9 (2 2 2 ) b c bc bc a b c bc P b c bc + + = + + ⇒ = + ≤ + + 3 12( 2 ) 11 2 1 9 (2 2 2 ) b c bc bc a b c bc P b c bc + − = + − ⇒ = + < + − . Vậy MinP=1. MaxP= 11 9 . Câu 4: (2 điểm) Trong mp(Oxy), cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là trực tâm tam giác ABC. Biết rằng đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x 2 +y 2 -2x+4y+4=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải Cách 1. x 2 +y 2 -2x+4y+4=0 (C 1 ) là đường tròn Ơle đi qua trung điểm các cạnh AB,BC, CA nên gọi (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ( ) ( ) 2 1 : G V C C − → I 1 (1;-2) thì I(1;10) và R = 2 R 1 =2 Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là: (x-1) 2 +(y-10) 2 =4. Cách 2 +) Đường tròn x 2 +y 2 -2x+4y+4=0 (C ... thang ndm 2017 Nguoi khai ' cdnc rv 3nA'tt , ^.coDOI{G SA BAT vi xiY otjt'rr tnUilrc tnirxH Diro ThiThanh Hiijn ...Ddo Tlri H6ns Hanh C6ng ty TNHH MTV DAu tu phrit tri6n Trtrons Thirnh Vi6t Nam I l Em g6i 0 Ph6 T6ne Gi6m tt6c r.380.000 9,2 C6c khorin ng d6i v6i t6 chfrc ddng