Ôn tập chương Hình trụ, Hình nón, Hình cầu

Đặt \(M=\sqrt{2015a+1}+\sqrt{2015b+1}+\sqrt{2015c+1}\)

\(\Rightarrow M^2\le\left(1+1+1\right)\left(2015a+1+2015b+1+2015c+1\right)\) (bđt Cauchy Shwarz)

\(=6048\) \(\left(a+b+c=1\right)\)

\(\Rightarrow M\le\sqrt{6048}< \sqrt{6084}=78\) (đpcm)

Câu 1/ phân tích nhân tử là xong nên không giải.

Câu 2/ Ta có:

\(Q=\dfrac{a}{2\sqrt{b}-5}+\dfrac{b}{2\sqrt{c}-5}+\dfrac{c}{2\sqrt{a}-5}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(2\sqrt{b}-5\right)\left(2\sqrt{c}-5\right)\left(2\sqrt{a}-5\right)}}\)

\(=\dfrac{3\sqrt[3]{125.abc}}{\sqrt[3]{\left(2\sqrt{b}-5\right).5.\left(2\sqrt{c}-5\right).5.\left(2\sqrt{a}-5\right).5}}\)

\(\ge\dfrac{3\sqrt[3]{125abc}}{\sqrt[3]{\dfrac{\left(2\sqrt{a}-5+5\right)^2}{4}.\dfrac{\left(2\sqrt{b}-5+5\right)^2}{4}.\dfrac{\left(2\sqrt{c}-5+5\right)^2}{4}}}\) (Vì \(a,b,c>\dfrac{25}{4}\))

\(=\dfrac{3\sqrt[3]{125abc}}{\sqrt[3]{abc}}=15\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=25\)

Câu 1/ phân tích nhân tử là xong nên không giải.

Câu 2/ Ta có:

\(Q=\dfrac{a}{2\sqrt{b}-5}+\dfrac{b}{2\sqrt{c}-5}+\dfrac{c}{2\sqrt{a}-5}\ge\dfrac{3\sqrt[3]{abc}}{\sqrt[3]{\left(2\sqrt{b}-5\right)\left(2\sqrt{c}-5\right)\left(2\sqrt{a}-5\right)}}\)

\(=\dfrac{3\sqrt[3]{125.abc}}{\sqrt[3]{\left(2\sqrt{b}-5\right).5.\left(2\sqrt{c}-5\right).5.\left(2\sqrt{a}-5\right).5}}\)

\(\le\dfrac{3\sqrt[3]{125abc}}{\sqrt[3]{\dfrac{\left(2\sqrt{a}-5+5\right)^2}{4}.\dfrac{\left(2\sqrt{b}-5+5\right)^2}{4}.\dfrac{\left(2\sqrt{c}-5+5\right)^2}{4}}}\) (Vì \(a,b,c>\dfrac{25}{4}\))

\(=\dfrac{3\sqrt[3]{125abc}}{\sqrt[3]{abc}}=15\)

Dấu = xảy ra khi \(a=b=c=25\)

\(CH=\sqrt{40^2-24^2}=32\left(cm\right)\)

\(CH\cdot CB=AC^2\)

nên \(CB=\dfrac{40^2}{32}=50\)(cm)

=>BH=BC-CH=18(cm)

\(AB=\sqrt{18\cdot50}=30\left(cm\right)\)

Lời giải:

a) Phản chứng. Giả sử tồn tại \( n\in\mathbb{N}|n^2+7n-40\vdots 121\)

\(\Rightarrow n^2+7n-40\vdots 11\)

\(\Leftrightarrow n^2-4n+4+11n-44\vdots 11\)

\(\Leftrightarrow n^2-4n+4=(n-2)^2\vdots 11\)

\(\Leftrightarrow n-2\vdots 11\) (vì \(11\in\mathbb{P}\) )

Do đó, đặt \(n=11k+2\)

Ta có, \(n^2+7n-40\vdots 121\)

\(\Leftrightarrow (11k+2)^2+7(11k+2)-40\vdots 121\)

\(\Leftrightarrow 121k^2+121k-22\vdots 121\)

\(\Leftrightarrow 22\vdots 121\) (vô lý)

Do đó, điểu giả sử là sai, nghĩa là không tồn tại bất kỳ số tự nhiên nào thỏa mãn \(n^2+7n-40\vdots 121\)

Hay \(n^2+7n-40\not\vdots 121\) (đpcm)

Lời giải:

b) Giả sử phản chứng, nghĩa là

\(a^2+(a+1)^2+(a+2)^2+(a+3)^2+(a+4)^2\vdots 25\)

Thực hiện khai triển bằng hằng đẳng thức, ta có:

\(a^2+(a+1)^2+(a+2)^2+(a+3)^2+(a+4)^2\)

\(=5a^2+20a+30\)

Khi đó:

\(a^2+(a+1)^2+(a+2)^2+(a+3)^2+(a+4)^2\vdots 25\)

\(\Leftrightarrow 5a^2+20a+30\vdots 25\)

\(\Leftrightarrow a^2+4a+6\vdots 5\)

Xét \(a\equiv 0\pmod 5\rightarrow a^2+4a+6\equiv 6\not\equiv 0\pmod 5\)

Xét \(a\equiv 1\pmod 5\rightarrow a^2+4a+6\equiv 1+4+6\not\equiv 0\pmod 5\)

Xét \(a\equiv 2\pmod 5\rightarrow a^2+4a+6\equiv 18\not\equiv 0\pmod 5\)

Xét \(a\equiv 3\pmod {5}\rightarrow a^2+4a+6=27\not\equiv 0\pmod {5}\)

Xét \(a\equiv 4\pmod 5\Rightarrow a^2+4a+6\equiv 38\not\equiv 0\pmod 5\)

Do đo, \(a^2+4a+6\not\vdots 5\), nghĩa là điều giả sử là sai. Ta có đpcm.

Ta có: \(xy+yz+2xz\le k\left(x^2+y^2+z^2\right)\left(1\right)\)

Hay cần tìm \(k>0\) để \(\left(1\right)\) luôn đúng

\(\left(1\right)\Leftrightarrow ky^2-y\left(x+z\right)+kx^2+kz^2-2xz\ge0\)

Coi đây là tam thức bậc hai ẩn \(y\) thì cần tìm \(\Delta<0\forall x,z\)

\(\Delta=\left(1-4k^2\right)\left(x^2+z^2\right)+2\left(1+4k\right)xz\)

Bất đẳng thức trên đối xứng theo \(x,z\) nên dự đoán \(P_{Max}\) khi \(x=z\)

Thay \(x=z=1\Rightarrow2k^2-2k-1=0\Rightarrow k=\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}>0\)

\(\Rightarrow P_{Max}=3\cdot\dfrac{1+\sqrt{3}}{2}\)

hình :

a) ta có : \(AB^2+AC^2=3^2+4^2=25=5^2=BC^2\)

\(\Rightarrow AB^2+AC^2=BC^2\) (đúng với định lí pitago)

\(\Rightarrow\) tam giác ABC là tam giác vuông

vậy tam giác ABC là tam giác vuông (đpcm)

b) áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông cho tam giác vuông ABC

ta có \(AB.AC=BC.AH\Leftrightarrow3.4=5.AH\Rightarrow AH=\dfrac{3.4}{5}=\dfrac{12}{5}\)

vậy \(AH=\dfrac{12}{5}\)

c) xét \(\Delta\) \(BEH\) và \(\Delta\) \(HFC\)

ta có : \(\widehat{EBH}=\widehat{FHC}\) (AP//FH)

\(\widehat{FCH}=\widehat{EHB}\) (AC//EH)

\(\Rightarrow\) \(\Delta BEH\) đồng dạng \(\Delta HFC\) \(\Leftrightarrow\dfrac{BE}{HF}=\dfrac{HB}{HC}\)

\(\Leftrightarrow BE.HC=HB.HF\)

Akai HarumaMysterious PersonAce LegonaNguyễn Đình Dũng Hung nguyen

Xin anh Hung Nguyen đừng kiêu ngạo nhé có khi anh giải k ra đó

Biết t giải không ra thì tag t vô làm gì?

Giúp được bài nào hay bài đó nha mọi người

Lời giải:

a)

Ta có \(A=7.5^{2n}+12.6^n=7.25^n+12.6^n\)

Vì \(25\equiv 6\pmod {19}\Rightarrow 7.25^n\equiv 7.6^n\pmod {19}\)

Do đó \(A\equiv 7.6^n+12.6^n\equiv 19.6^n\equiv 0\pmod {19}\)

Ta có đpcm.

b) Đặt biểu thức là $B$ .

Dễ thấy \(1924,1920\vdots 4\Rightarrow B\vdots 4(1)\)

Có \(2003\equiv -7\pmod {30}\Rightarrow 2003^{2004^n}\equiv (-7)^{2004^n}\equiv 7^{2004^n}\pmod {30}\)

Mặt khác \(7^4\equiv 1\pmod {30}\) , \(2004^n\vdots 4\) nên \(7^{2004^n}\equiv 1\pmod {30}\)

Từ hai điều trên suy ra \(2003^{2004^n}\equiv 1\pmod {30}\) . Đặt \(2003^{2004^n}=30k+1\)

Khi đó \(1924^{2003^{2004^n}}+1920=1924^{30k+1}+1924\)

Vì \(UCLN(1924,31)=1\) nên áp dụng định lý Fermat nhỏ:

\(1924^{30}\equiv 1\pmod {31}\Rightarrow 1924^{30k}\equiv 1\pmod{31}\)

\(\Rightarrow 1924^{30k+1}\equiv 1924\pmod {31}\Rightarrow 1924^{30k+1}+1920\equiv 1924+1920\equiv 3844\equiv 0\pmod{31}\)

Do đó \(B\vdots 31\) \((2)\)

Từ \((1),(2)\) và \((31,4)=1\Rightarrow B\vdots (31.4=124)\)

c)

\(5^{2n+1}+2^{n+4}+2^{n+1}=5^{2n+1}+2^{n+1}(2^3+1)\)

\(=5^{2n+1}+18.2^n=5.25^n+18.2^n\)

\(\equiv 5.2^{n}+18.2^n\pmod {23}\)

\(\Leftrightarrow 5^{2n+1}+2^{n+4}+2^{n+1}\equiv 23.2^n\equiv 0\pmod {23}\)

Ta có đpcm.