Chủ đề này có 90 trả lời

[Ispectorgadget]

Híc đề này khó xơi quá nên chắc ít người làm bạn post gợi đi

[perfectstrong]

Đề 3:
Bài 5:
Nhận xét: Bình phương một số nguyên chia 4 có số dư là 0;1 (1) ; chia 5 có số dư 0;1;4.(2)
Xét tất cả các bình phương của 7 bất kì.
Theo nhận xét (2) và theo nguyên lý Dirichle, tồn tại 3 bình phương có cùng số dư khi chia 5.
Giả sử đó là $a^2;b^2;c^2$.
Áp dụng nhận xét (1) và theo nguyên lý Dirichle, trong $a^2;b^2;c^2$ có 2 số chia 4 có cùng số dư.
Giả sử đó là $a^2;b^2$.
Vậy $a^2-b^2 \vdots 4;5 \Rightarrow a^2-b^2 \vdots 20$ (do (4;5)=1)
========================================================

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 07-11-2011 - 14:17

[MyLoVeForYouNMT]

Xung phong làm câu 2 nhưng chỉ làm đc phần 1 thôi
$\sqrt {{x^2} + 5x + 13} + \sqrt {{x^2} + 5x - 11} = 12$
Đặt $a=\sqrt {{x^2} + 5x + 13}$; $b=\sqrt {{x^2} + 5x - 11}$
Ta có:
$\left\{ \begin{array}{l}a+b=12 \\ a^2-b^2=24 \end{array} \right.$
Giải phương trình trên ta được a=7; b=5
Khi đó (1) $x^2+5x+13=49$
$\Rightarrow (-4+x) (9+x)=0$
$\Rightarrow x=4; x=-9$
(2) $x^2+5x-11=25$
$\Rightarrow (x-4)(x+9)=0$
$ \Rightarrow x = 4;x = - 9$
Vậy $x \in \left\{ {4; - 9} \right\}$.
---------------------------------------------
MoD: Em chú ý dấu suy ra là \Rightarrow và dấu tương đương là \Leftrightarrow nhé. Đừng gõ => và <=>.
-----------------------------------------
C.X.H: Một số lỗi $\LaTeX$ nho nhỏ, mình đã sửa cho rồi. Đối với bài này thì bạn chỉ cần xét một trường hợp a=7 hoặc b=5 thôi vì đã có điều kiện $a^2 - b^2 = 24 $ rồi mà

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 15-11-2011 - 22:32

[Cao Xuân Huy]

Mình post gợi ý những bài chưa giải được nhé.

Bài 2.b: Các bạn hãy gom các biểu thức dưới dấu căn và vế phải theo các hằng đẳng thức$(a+b)^2 = a^2 +2ab + b^2$. Từ đó bạn suy ra $VT \ge 4$ và $VP \le 4$. Đến đây ta dễ dàng có nghiệm.
Bài 3: Các bạn khai triển ra và coi đây là 1 pt bậc hai theo a. Từ đó lập $\Delta$ với điều kiện $\Delta \ge 0$. Từ đó suy ra min và max của $x$. Thế vào pt tìm ra a.

Bài 4:




1.Kẻ $IN \bot OA$ tại N.
Bạn dễ dàng có $\triangle OIK$ đồng dạng $\triangle OBM$ rồi suy ra. $OI.OM=OK.OB= \dfrac{R^2}{2}$
Ta cũng có $\triangle OIN$ đồng dạng $\triangle OAM$ suy ra $ON.OA=OI.OM \Rightarrow ON={R}{6}$.

2. Ta chứng minh giao của các tiếp tuyến chính là giao của OM với (I). Ta suy ra được IN là đường trung bình của $\triangle OKH$ suy ra $OH=2.ON= \dfrac{R}{3}$.
3. Dựa trên câu 2 ta có quỹ tích của K.

Bài 6: $hpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}(x + 1)(y + 1) = 6\\{(x + 1)^3} + {(y + 1)^3} = 35\end{array} \right.$
Đến đây đặt các ẩn phụ $a=x+1$; $b=y+1$ rồi giải tiếp một hpt đối xứng loại I.

[Cao Xuân Huy]

Hôm nay mình cũng rảnh rỗi nên post tiếp đề.

BỘ ĐỀ SỐ 4

Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: $({x^2} - y)(x - 2y + 1) = (x - 1){(x - y)^2}$

Bài 2: Cho phương trình: ${x^2} - 2(m - 1)x + 2m - 6 = 0$. Tìm $m$ để phương trình có nghiệm nguyên.

Bài 3: Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{array}{l}xy = x + y - z\\yz = 3(y - x + z)\\zx = 2(x - y + z)\end{array} \right.$

Bài 4: Cho $a,b,c>0$. Tìm GTNN của:
\[F = {\left( {a + \dfrac{1}{b}} \right)^2} + {\left( {b + \dfrac{1}{c}} \right)^2} + {\left( {c + \dfrac{1}{a}} \right)^2}\]

Bài 5: Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AH. Đường tròn đường kính AH cắt AC ở D và AB ở E. Chứng minh rằng các tiếp tuyến của đường tròn tại D và E đồng qui với trung tuyến AI của của $\triangle ABC$

Bài 6: Cho phương trình $(m^2+m+1)x^2 - (m^2+2m+2).x-1=0$. Tìm min và max của $S=x_1+x_2$

Bài 7: Cho hàm số: $y = f(x) = \dfrac{{2{x^3} + 6{x^2} - 2x - 6}}{{3{x^2} - 3}}$. Viết các phương trình đường thẳng đi qua điểm A(1;0) và không có điểm chung với đồ thị hàm số $y=f(x)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 21-12-2011 - 16:28

[Ispectorgadget]

BỘ ĐỀ SỐ 4

Bài 4: Cho $a,b,c>0$. Tìm GTNN của:
\[F = {\left( {a + \dfrac{1}{b}} \right)^2} + {\left( {b + \dfrac{1}{c}} \right)^2} + {\left( {c + \dfrac{1}{a}} \right)^2}\]

Tưởng dẹp tiệm rồi chứ
Theo BĐT Cauchy-Schwarz ta có: $x^2+y^2+z^2\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{3}$ dấu "=" xảy ra khi $x=y=z$
Áp dụng ta có F$\geq \dfrac{(a+\dfrac{1}{b}+b+\dfrac{1}{c}+c+\dfrac{1}{a})^2}{3}\geq \dfrac{6^2}{3}=\dfrac{36}{3}=12$
Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao Xuân Huy: 25-11-2011 - 15:59

[Ispectorgadget]

BỘ ĐỀ SỐ 4

Bài 6: Cho phương trình $(m^2+m+1)x^2 - (m^2+2m+2).x-1=0$ . Tìm min và max của $S=x_1+x_2$

Điều kiện $\Delta \geq 0$ Cái này dễ các bạn tự lấy nhé

Với điều kiện trên áp dụng định lý Viet cho
S =$x_{1}+x_{2}=\dfrac{m^2+2m+2}{m^2+m+1}$
$\Leftrightarrow m^2S+mS+S=m^2+2m+2\Leftrightarrow Sm^2+Sm+S-m^2-2m-2=0$
$\Leftrightarrow m^2(S-1)+m(S-2)+S-2=0$
Xét S-1=0$\Leftrightarrow S=1$ thay vào tìm được m=-1
Xét S khác 1 ta có: $\Delta =S^2-4S+4-4(S-2)(S-1)=S^2-4S+4-4(S^2-3S+2)=-3S^2+8S-4$
Vì S tồn tại nên phương trình luôn có nghiệm $\Rightarrow \Delta \geq 0\Leftrightarrow -3S^2+8S-4\geq 0$$\Rightarrow 2\geq S\geq \dfrac{2}{3}$
Max S=2 khí đó m=2
Min S=$\dfrac{2}{3}$ khi đó m=-2

---------------------------------
Lời giải ban đầu hình như bị sai Huy kiểm tra lại dùm
P/s: Trong quá trình giải có thể có sai sót các bạn kiểm tra lại dùm
Mà sao toàn thấy học sinh cấp 3 giải bài vậy . Các bạn lớp 9 sao không tham gia đi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 26-11-2011 - 18:41

[Cao Xuân Huy]

BỘ ĐỀ SỐ 4

Bài 6: Cho phương trình $(m^2+m+1)x^2 - (m^2+2m+2).x-1=0$ . Tìm min và max của $S=x_1+x_2$

Điều kiện $\Delta \geq 0$ Cái này dễ các bạn tự lấy nhé

Chỗ này ta có $ac=-1<0$ nên phương trình luôn có 2 nghiệm trái dấu.
------------------------------------
Các bạn lớp 9 đâu rồi. Vào cùng tham gia giải đề đi chứ

[Ispectorgadget]

BỘ ĐỀ SỐ 4

Bài 2: Cho phương trình: ${x^2} - 2(m - 1)x + 2m - 6 = 0$. Tìm $m$ để phương trình có nghiệm nguyên.
$\Delta '=(m-1)^2-2m+6=m^2-2m+1-2m+6=m^2-2m+7=(m-2)^2+3$
Để phương trình có nghiệm nguyên Delta phải là 1 số chính phương
Đặt $(m-2)^2+3=k^2$ $\Leftrightarrow (m-2)^2-k^2=-3\Leftrightarrow (m-2-k)(m-2+k)=-1.-3=-3.1$
Lại có : m-2+k > m-2-k
\[
\left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
m - 2 - k = - 1 \\
m - 2 + k = 3 \\
\end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array}{l}
m - 2 - k = 1 \\
m - 2 + k = - 3 \\
\end{array} \right. \\
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
m = 3 \\
k = 2 \\
\end{array} \right. \\
\left\{ \begin{array}{l}
m = 1 \\
k = - 2 \\
\end{array} \right. \\
\end{array} \right.
\]

[Zaraki]

Bài 3.

Xét $x=y=z=0$ là một nghiệm của hệ.
Với $x,y,z\neq 0$, hệ đã cho tương đương với :
$$\left\{\begin{matrix} 6xy=6(x+y-z)(1) & & \\ 2yz=6(y-x+z) (2)& & \\ 3zx=6(x-y+z) (3)& & \end{matrix}\right.$$
Lấy $(1)+(2), \ (2)+(3), \ (3)+(1)$ theo vế ta được
$$\left\{\begin{matrix}3xy+yz=6y & & \\ 2yz+3zx=12z & & \\ 2xy+zx=4x & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}3x+z=6 & & \\ 2y+3x=12 & & \\ 2y+z=4 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=\frac{7}{3} & & \\ y=2,5 & & \\ z=-1 & & \end{matrix}\right.$$

[Cao Xuân Huy]

Bài 3.

Xét $x=y=z=0$ là một nghiệm của hệ.
Với $x,y,z\neq 0$, hệ đã cho tương đương với :
$$\left\{\begin{matrix} 6xy=6(x+y-z)(1) & & \\ 2yz=6(y-x+z) (2)& & \\ 3zx=6(x-y+z) (3)& & \end{matrix}\right.$$
Lấy $(1)+(2), \ (2)+(3), \ (3)+(1)$ theo vế ta được
$$\left\{\begin{matrix}3xy+yz=6y & & \\ 2yz+3zx=12z & & \\ 2xy+zx=4x & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}3x+z=6 & & \\ 2y+3x=12 & & \\ 2y+z=4 & & \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x=\frac{7}{3} & & \\ y=2,5 & & \\ z=-1 & & \end{matrix}\right.$$

Toàn giải thiếu 2 nghiệm rồi.
Em giải trong trường hợp cả 3 biến khác 0 chứ em chưa xét đến trường hợp từng biến khác 0.
Bài này ra 5 nghiệm

[taitwkj3u]

Hôm nay mình cũng rảnh rỗi nên post tiếp đề.

BỘ ĐỀ SỐ 4

Bài 1: Giải phương trình nghiệm nguyên: $({x^2} - y)(x - 2y + 1) = (x - 1){(x - y)^2}$

phương trình tương đương:
2x²y+xy²-2x²+3y-3y²-xy=0
$\Leftrightarrow (2x^2+xy-3y)(y-1)=0 \Leftrightarrow y=1 và x=1$

[Cao Xuân Huy]

phương trình tương đương:
2x²y+xy²-2x²+3y-3y²-xy=0
$\Leftrightarrow (2x^2+xy-3y)(y-1)=0 \Leftrightarrow y=1 và x=1$

Bạn giải sai rồi.
Bài này khai triển hết ra rồi ta có một pt bậc 2 theo $x$. Từ đó lập $\Delta$ giải ra 5 nghiệm

[taitwkj3u]

bài 5 bạn gợi ý đi

[perfectstrong]

BỘ ĐỀ SỐ 4
Bài 5:

Gọi F là trung điểm của AH. Đặt FH=R.
Vẽ G là giao điểm 2 tiếp tuyến của (F;R). AG cắt BC tại I. Ta sẽ chứng minh I là trung điểm BC.
Gọi J là giao điểm của AG với (F) ($J \neq A$). K là giao điểm của ED và JA.
Sử dụng định lý hàm số sin, ta có:
\[\dfrac{{\sin BAI}}{{\sin CAI}} = \dfrac{{\dfrac{{EJ}}{{2R}}}}{{\dfrac{{DJ}}{{2R}}}} = \dfrac{{JE}}{{JD}}\]
Theo tính chất của tứ giác "đẹp" (có thể dễ chứng minh), ta có:
\[\dfrac{{JE}}{{JD}} = \dfrac{{AE}}{{AD}}\]
Mà lại có:
\[\vartriangle AED \sim \vartriangle ACB\left( {g.g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AE}}{{AD}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}\]
\[ \Rightarrow \dfrac{{\sin BAI}}{{\sin CAI}} = \dfrac{{AC}}{{AB}}\]
Ta có:
\[\dfrac{{{S_{BAI}}}}{{{S_{CAI}}}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2}AB.AI.\sin BAI}}{{\dfrac{1}{2}AC.AI.\sin CAI}} = \dfrac{{AB}}{{AC}}.\dfrac{{AC}}{{AB}} = 1 = \dfrac{{BI}}{{CI}}\]
Vậy ta có đpcm.

[Cao Xuân Huy]

Ở bài 5 bộ đề số 4 thì mình có cách làm khác.
Bài 5:



Gọi B' là giao điểm của DH với AB; C' là giao điểm của EH với AC.

Ta chứng minh được H là trực tâm của $\triangle AB'C' \Rightarrow AH \bot B'C'$

Do đó $BC//B'C'$.

Gọi K là trung điểm của B'C'.

Ta sẽ chứng minh tiếp tuyến tại D và E của đường tròn đường kính AH và trung trực AI của $\triangle ABC$ đi qua K.

Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại E của đường tròn đường kính AH với BC.

Ta có: $\widehat{MHE}=\widehat{MEH}$ (vì cùng bằng $\widehat{BAH}$)

Suy ra ME=MH và $\widehat{MEB}=\widehat{MBE}$ (cùng phụ với 2 góc bằng nhau) nên ME=MB

Vì vậy M là trung điểm BH.

Gọi K' là giao của EM với B'C'. Bằng định lí Thales ta dễ dàng chứng minh K' là trung điểm B'C'.

Suy ra K trùng với K'.

Do đó tiếp tuyến tại E của đtròn đường kính AH đi qua K.

Tương tự tiếp tuyến tại D của đường tròn đường kính AH đi qua K.

Bằng định lí Thales ta cũng dễ dàng có trung tuyến AI của $\triangle ABC$ đi qua K.

Vậy các tiếp tuyến tại D và E của đường tròn đường kính AH và trung tuyến tại điểm A của tam giác ABC đồng qui tại K.

[thedragonknight]

Ta có y=f(x)=$\huge \dfrac{2x^{3}+6x^{2}-2x-6}{3x^{2}-3}$=$\huge \dfrac{(x^{2}-1)(2x+6)}{3(x^{2}-1)}$=$\huge \dfrac{2}{3}x+2$(d)
Ta chia ra 3 TH:
TH1: đường thẳng đó song song với f(x) thì ta có a=a'=$\huge \dfrac{2}{3}$
b=y-ax= 0-$\dfrac{2}{3}$=-$\dfrac{2}{3}$
Vậy (d'):y=$\dfrac{2}{3}$x-$\dfrac{2}{3}$
TH2: đường thẳng đó đi qua điểm có tọa độ (1;....) vì thay x=1 vào (d) ko xác định
Thay x=1 vào y=$\dfrac{2}{3}$x+2 ta đc y=$\dfrac{2}{3}$+2=$\dfrac{8}{3}$
(d) ko đi qua điểm có tọa độ (1;$\dfrac{8}{3}$).
Ta thấy với các y khác nhau thì x=1.Vậy đường thẳng đó có dạng x=a=1
TH3:đường thẳng đó đi qua điểm có tọa độ(-1;....)
Tượng tự ta có y=$\dfrac{4}{3}$
Lần lượt thay (-1;$\dfrac{4}{3}$);(1:0) vào (d''):y=ax+b ta đc:
a+b=0
-a+b=$\dfrac{4}{3}$
suy ra a=-$\dfrac{2}{3}$ và b=$\dfrac{2}{3}$
vậy (d''):y=-$\dfrac{2}{3}$x+$\dfrac{2}{3}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thedragonknight: 23-12-2011 - 17:17

[L Lawliet]

Anh perfectstrong ơi coi lại đề 1 câu năm đi \Delta AEH đâu có ~ với \Delta FBH đâu

[Cao Xuân Huy]

Đề 1:
Bài 5:


c) $$\vartriangle AEH \sim \vartriangle FBH(g.g) \Rightarrow HE.HF=HA.HB=HG^2$$

Thế này nhé em.
Ta có: $\widehat{HFB}=\widehat{CAB} (=90^o - \widehat{ABC}$
Từ đó suy ra được tam giác AEH đồng dạng với tam giác FBH theo trường hợp góc góc.
_____________________________________________________

P/S: Dạo này lười quá quên mất topic này. Để hôm nào rảnh post đề tiếp

[thukilop]

Xuân Huy cho mình 3 bộ đề dưới dạng PDF giùm...Mình phô ra làm,nhìn máy tính mỏi mắt quá