Cho x,y,z$\in [-1;1]$ và x+y+z=0.

CMR:$\sum \sqrt{1+x+y^2}\geq 3$

Xếp 2018 quả bóng được đánh số 1 đến 2018 lên một đường tròn.Với 2 quả bóng bất kì được xếp kề nhau,ta tính hiệu của hai số ghi trên hai quả bóng(lấy số lớn trừ số bé).Gọi S là tổng tất cả các hiệu đó .Tính giá trị nhỏ nhất của S.

Giải phương trình $3x^2+65=2x(17-\sqrt{2x-1})$

bạn có thể vẽ tương tự như này:New Picture.bmp

Đa giác 2018 cạnh mà bạn

Câu 5 vẽ hình thế nào?

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN                   KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎi TỈNH LỚP 9 CẤP THCS

     Đề chính thức                                                  Năm học: 2017 - 2018

(Bảng A)

Câu 1:(3 điểm)

a) Tìm một số chính phương có 4 chữ số biết rằng chữ số hàng đơn vị là số nguyên tố và căn bậc hai của số cần tìm có tổng các chữ số là số chính phương.

b) CMR: số $A=2^{2^{2n+1}}$$+31$ là hợp số với $n$ là số tự nhiên.

a) Giải hệ: $\left\{\begin{matrix}x^{2}=2y+3x-6 \\ y^{2}=2x+3y-6 \end{matrix}\right.$

b) Giải phương trình: $x+1+\sqrt{2x+3}=\frac{8x^{2}+18x+11}{2\sqrt{2x+3}}$

Câu 3:(2 điểm)

Câu 4:(6 điểm)

Cho AB là một đường kính cố định của (O).Qua điểm A vẽ đường thẳng d vuông góc với AB.Từ một điểm E bất kỳ trên d vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) (C là tiếp điểm khác A). Vẽ đường tròn (K) đi qua C và tiếp xúc với đường thẳng d tại E, vẽ đường kính EF của (K) . Gọi M là trung điểm OE. CMR:

a) Điểm M thuộc (K)

b) Đường thẳng đi qua F và vuông góc với BE luôn đi qua một điểm cố định khi E di chuyển trên đường thẳng d.

Câu 5:(2 điểm)

Ở miền trong đa giác lồi $2018$ cạnh có diện tích 1 lấy $2017$ điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cmr luôn tồn tại một tam giác có 3 đỉnh lấy từ $4035$ điểm đã cho (bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trên) có diện tích không vượt quá $\frac{1}{6050}$

Em sửa rồi nhé, nếu có gì thì tải về rồi phóng to nhé, với em nhờ giúp câu hình b,BĐT với 

Đã sửa

Câu 5: Ở miền trong đa giác lồi 2018 cạnh có diện tích bằng 1 lấy 2017 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng.CMR luôn tồn tại 1 tam giác  có 3 đỉnh lấy từ 4035 điểm trên(bao gồm 2018 đỉnh của đa giác và 2017 điểm trong đa giác đó) có diện tích không vượt quá$\frac{1}{6050}$. 

Đề hơi khó thấy bạn nhỉ...

Mới sửa lại , A=$2^{2^{2n+1}}$ +31 nhé

Đề thi tỉnh Nghệ An 2017-2018 lớp 9

không cần dài thế đâu bạn chỉ cần xét mod 11 là xong ngay

Như thế nào?

Tìm nghiệm nguyên của phương trình :$\frac{1}{y^3z^3}+\frac{2}{z^3x^3}=\frac{4}{x^3y^3}$

   Bạn có thể tham khảo bài toán này: 6 điểm trên mặt phẳng,không có 3 điểm nào thẳng hàng.Nối các điểm các bằng màu xanh hoặc đỏ,Chứng minh rằng tồn tại 1 tam giác có 3 cạnh được tô cùng màu.

                                                                    Lời giải

   Xét A là một trong số sáu điểm đã cho. Khi đó xét năm đoạn thẳng (mỗi đoạn thẳng nối điểm A với năm điểm còn lại).      Vì mỗi đoạn thẳng được tô chỉ màu đỏ hoặc xanh, nên theo nguyên lí Dirichlet có it nhất ba trong năm đoạn nói trên cùng màu. Giả sử là các đoạn AB,AC,AD và được tô cùng màu xanh. Chỉ có hai khả năng sau xảy ra:

 

1. Nếu ít nhất một trong ba đoạn BC,BC,CD màu xanh thì tồn tại một tam giác với ba cạnh xanh và kết luận của bài toán đúng trong trường hợp này.

 

2. Nếu không phải như vậy, tức là BD,BC,CD màu đỏ, thì ba điểm phải tìm là B,C,D vì tam giác BCD là tam giác với ba cạnh đỏ.

Còn bài của mình làm thế nào , hình như phải sử dụng các góc cùng màu .

Trên mặt phẳng có 6 điểm sao cho không có 3 điểm nào thẳng hàng.Các đoạn thẳng nối với nhau được tô bởi 2 màu xanh hoặc đỏ.CMR tồn tại 2 tam giác mà đỉnh của nó thuộc 6 điểm đã cho có các đỉnh cùng màu

CM f(x) không có nghiệm nguyên với f(x)= $x^{2012}+2x^{2011}+3x^{2010}+...+2012x+2013$

:V

m(m+1)=(p-1)!/4>2a thì 2a lớn hơn m với m+1 bằng niềm tin ah bạn

Ý mình là m(m+1) > 2a thì vẫn có thể 2a >m và 2a > m+1 ( VD 3.4>10 nhưng 10>3;10>4) .It's right ?

nhu the nay

cm 2a<(p-1)!/4 => (p-2)! chua ca a va 2a

Và (p-2)! chứa cả a và 2a thì đâu có nghĩa là m hoặc m+1 PHẢI chia hết cho 2a   

Thế bài này làm như thế nào hở anh ?

Mình đã thử vẽ chính xác theo cách làm của bạn rồi nhưng vẫn chưa phủ kín ở 4 góc của hình vuông ABCD . Cách làm thì mình không biết nhưng bài này có thể sai đề .

nhu the nay

cm 2a<(p-1)!/4 => (p-2)! chua ca a va 2a

Tại sao có m lẻ gọi ước lẻ >1 nhỏ nhất của m là a mà p-1>=6 => 2a<p-1

mà kể cả (p-2)! chứa 2a thì 2a có thể lớn hơn m và m+1 mà

Cho mình cáo lỗi:

Chỗ $\sqrt{bc+ 1}$ sửa lại $\sqrt{bc}+ 1$

Dấu bằng xảy ra khi nào vậy bạn?

 (p-1)!/4 chc 2a

mà m lẻ =>2a ko thể là ước của m => 2a là ước của m+1 mà m và m+1 NTCN => vô lý

m  chc a và m+1 chc 2 thì cũng xảy ra mà  

Xét hình vuông ABCD cạnh 12 cm. 

Lấy đoạn A1B1 trùng và đồng trung điểm với đoạn AB, với A1B1 = 11 cm.

Tương tự, ta cũng lấy được các đoạn B1C1, C1D1, D1A1 cùng tính chất

Dựng tam giác đều O₁A1B1 (O₁ nằm cùng phía với C đối với A1B1), O₂B1C1 (O₂ nằm cùng phía với A đối với B1C1), 

O₃C1D1 (O₃ nằm cùng phía với B đối với D1C1), O₄DA (O₄ nằm cùng phía với B đối với D1A1).

Nhận thấy rõ ràng 4 tam giác đều vừa dựng đã phủ hoàn toàn hình vuông ABCD ban đầu.*

Vậy theo nguyên lý đirichlet luôn tồn tại [2018:4] +1 = 505 điểm nằm trong 1 tam giác đều có cạnh 11cm.

Chỗ * này có đúng ko các bạn?

Không đúng

$$P= \frac{2(ab+bc+ca)}{2(2a+b+c)+abc}+\frac{8}{2a(b+c)+bc+4}-\frac{b+c+4}{\sqrt{bc}+1}$$

$$P+ \frac{7}{6}= \frac{2(ab+bc+ca)}{2(2a+b+c)+abc}- 1+\frac{8}{2a(b+c)+bc+4}-\frac{b+c+4}{\sqrt{bc}+1}+ \frac{13}{6}$$

$$\leq -\frac{a\left ( b- 2 \right )\left ( c- 2 \right )- 2\left (bc- b- c \right )}{a\left ( bc+ 4 \right )+ 2\left ( b+ c \right )}+ \frac{8}{2\left ( b+ c \right )+ bc+ 4}- \frac{b+ c+ 4}{\sqrt{bc+ 1}}+ \frac{13}{6}$$

$$b, c \in \left [ 1,2 \right ]\Rightarrow bc\leq b+ c$$

$$\Rightarrow \frac{8}{2\left ( b+ c \right )+ bc+ 4}- \frac{b+ c+ 4}{\sqrt{bc+ 1}}+ \frac{13}{6}\leq 0$$

$$\Rightarrow P\leq -\frac{7}{6}$$

Mình thấy sai sai ...

Bài này sử dụng định lý Wilson: p là số nguyên tố, $\left [ (p-1)!+1 \right ]\vdots p$ là xử lí xong.

Chưa xong mà đến đó chỉ suy ra $n\vdots p$ thôi ...