b) Trên mặt phẳng Oxy, cho parabol (P) có pt $y=x^{2}$ và đường thẳng (D_ab) có pt $y=ax+b$ với a,b tham số. Với mỗi giá trị b>0, có thể có bao nhiêu giá trị của a để (D_ab) và (P) cắt tại 2 điểm A,B sao cho AB=2?

$AB=2$ nên $(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2=4$ $\leftrightarrow$ $(x_B-x_A)^2+(x_B^2-x_A^2)^2=4$ $\leftrightarrow$ $((x_B+x_A)^2-4x_Bx_A)(1+(x_B+x_A)^2)=4$. Dễ thấy $x_A$ và $x_B$ là nghiệm của phương trình $x^2-ax-b=0$ nên $x_A+x_B=a$ và $x_Ax_B=-b$. Thay vào rồi biện luận phương trình ẩn $t=a^2$ theo $b$ thôi.

Bài 5 (1)

Với 13 số nguyên dương bất kì khác nhau, mỗi số nguyên dương đó có 3 chữ số, lấy 2 số bất kì trong 13 số đó viết liền kề nhau (số này viết trước hoặc sau số kia) ta được 1 số có 6 chữ số (ví dụ:với hai số $\overline{abc},\overline{def}$ ta có thể viết thành $\overline{abcdef}$ hoặc $\overline{defabc}$ ). Hỏi có ít nhất bao nhiếu số được viết liền kề nhau chia hết cho 11?

Gọi $n_1$, $n_2$,...,$n_{13}$ là 13 số nguyên dương có 3 chữ số khác nhau từng đôi một. Đặt $m_i=n_i$ mod $11$ ($1 \leq i \leq 13$), ta được dãy 13 số không âm từ $0$ đến $10$. Ta thấy rằng số được tạo thành nhờ viết liền kề hai số $n_i$ và $n_j$ với nhau chia hết cho $11$ khi và chỉ khi $n_i-n_j$ chia hết cho 11 hay $m_i=m_j$. Trong dãy $m_1$, $m_2$,...,$m_{13}$ tồn tại ít nhất $2$ cặp số bằng nhau (vì mỗi số $\leq 10$), mà mỗi cặp ta lại được 2 cách ghép để tạo thành số chia hết cho $11$ nên sẽ có ít nhất $4$ số thỏa mãn đề bài.

Chứng minh: $\sum \sqrt{\frac{a}{a+b}}\leq 2\sqrt{1+\frac{abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}},\forall a,b,c>0$

Chứng minh: $\frac{a(y+z)}{b+c}+\frac{b(z+x)}{c+a}+\frac{c(x+y)}{a+b}\geq 3\frac{xy+yz+zx}{x+y+z},\forall a,b,c,x,y,z>0$

Cho a, b, c > 0 và a + b + c + ab + bc + ca = 6. Chứng minh rằng:

$2\sum \frac{a^{2}}{b+c}+\frac{1}{2}\sum \frac{a}{b+c}\geq ab+bc+ca$

Cho a, b, c > 0 và abc=1. Chứng minh $\sqrt{\frac{a^{4}+b^{4}}{1+ab}}+\sqrt{\frac{b^{4}+c^{4}}{1+bc}}+\sqrt{\frac{c^{4}+a^{4}}{1+ca}}\geq 3$

 

Chứng minh: $\frac{a}{\sqrt{a^{2}+kbc}}+\frac{b}{\sqrt{b^{2}+kca}}+\frac{c}{\sqrt{c^{2}+kab}}\geq \frac{3}{\sqrt{k+1}},\forall a,b,c>0;k\geq 8$

 

Chứng minh: $\frac{(a+1)^{3}}{b^{2}}+\frac{(b+1)^{3}}{c^{2}}+\frac{(c+1)^{3}}{a^{2}}+\frac{(a+b+c)^{2}}{27}\geq 11+6\sqrt{3}\forall a,b,c>0$

Cho tam giác $ABC$ không cân ở $A$, nội tiếp $(O)$, $(O_1;R_1)$ là đường tròn đi qua $B$, $C$ và cắt $AB$,$AC$ theo thứ tự tại $K$,$L$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AKL$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. Chứng minh góc $AMO_1$ vuông

Cho tam giác $ABC$ và $P$ là một điểm bất kì nằm trong tam giác, các đường $AP$,$BP$,$CP$ cắt $BC$,$CA$,$AB$ tại $A_1$, $B_1$, $C_1$; $A_2$, $B_2$, $C_2$ là trung điểm $BC$, $CA$, $AB$; $A_3$, $B_3$, $C_3$ là trung điểm $B_1C_1$, $C_1A_1$, $A_1B_1$. Chứng minh $A_2A_3$, $B_2B_3$, $C_2C_3$ đồng qui.

Cho $\overline{abc}$ là số nguyên tố, chứng minh rằng $b^2-4ac$ không phải số chính phương.

$\boxed{\text{Câu 1}}$ (1.5 điểm): Cho biểu thức $A=\frac{2\sqrt{x}-9}{x-5\sqrt{x}+6}-\frac{\sqrt{x}+3}{\sqrt{x}-2}+\frac{2\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-3}$. (Với $x \geq 0; x \neq 4; x\neq 9$).

a. Rút gọn biểu thức A.

b. Tìm các giá trị nguyên của $x$ để $A$ nguyên.

$\boxed{\text{Câu 2}}$ (2 điểm):

a. Giải phương trình $3x^2-15=\sqrt{x^2+x+3}-3x$.

b. Giải hệ phương trình $\begin{cases} 2xy+x+2y=20 \\ \frac{1}{y}+\frac{2}{x}=\frac{4}{3} \end{cases}$

$\boxed{\text{Câu 3}}$ (1.5 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho đường thẳng $(d): 2x-y-a^2=0$ và Parabol $(P): y=ax^2$ ($a$ là tham số dương).

a. Tìm giá  trị $a$ để $(d)$ cắt $(P)$ tại hai điểm phân biệt $A$, $B$. Chứng tỏ khi đó A và B nằm bên phải trục tung.

b. Gọi $x_1$, $x_2$ lần lượt là hoành độ của $A$ và $B$. Tìm giá trị nhỏ nhất của $M=\frac{4}{x_1+x_2}+\frac{1}{x_1x_2}$.

$\boxed{\text{Câu 4}}$ (2 điểm): Cho tam giác $ABC$ nhọn có số đo góc đỉnh $A$ là $45$ độ. Nửa đường tròn tâm O đường kính $BC$ cắt các cạnh $AB$ và $AC$ lần lượt tại $E$ và $F$. Vẽ bán kính $OM$ vuông góc với $BC$.

a. Chứng minh $EF=R\sqrt{2}$ ($BC=2R$).

b. Chứng minh $M$ là trực tâm $\triangle{AEF}$.

$\boxed{\text{Câu 5}}$ (2 điểm): Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$, có $AB<AC$. Hạ các đường cao $BE$ và $CF$, gọi $H$ là trực tâm. $M$ là giao điểm của $EF$ và $AH$. Vẽ đường kính $AK$ cắt cạnh $BC$ tại $N$.

a. Chứng minh $\triangle{AMF}$ đồng dạng với $\triangle{ANC}$.

b. Chứng minh $HI$ // $MN$ ($I$ là trung điểm $BC$).

$\boxed{\text{Câu 6:}}$ (1 điểm):

Cho hai số $x$ và $y$ thoả mãn: $xy\left(2013-\frac{xy}{2}\right)=\frac{x^4}{4}+\frac{y^4}{4}-2014$.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tích $xy$.

Khi lên diễn đàn bằng điện thoại thì hầu hết các công thức toán học đều không xem được,vậy thì điện thoại phải hỗ trợ cái gì thì mới xem được công thức toán học và những điện thoại nào có thể xem được công thức toán học, cho mình tên đt với 

P/S: Mình đang cần mua, là học sinh nên giá cũng thấp thấp thôi!

Anh thử dùng trình duyệt Opera phiên bản mới nhất xem: http://m.opera.com/

Giải phương trình:
$$\frac{x-3x^{2}}{2}+\sqrt{2x^{4}-x^{3}+7x^{2}-3x+3}=2$$
Đề của
BlackSweet

Bài làm của thanhluong:
Phương trình đã cho tương đương với:
$2\sqrt{2x^{4}-x^{3}+7x^{2}-3x+3}=3x^2-x+4$
$\Rightarrow 4(2x^{4}-x^{3}+7x^{2}-3x+3)=(3x^2-x+4)^2$.
$\Leftrightarrow 8x^4-4x^3+28x^2-12x+12=9x^4+x^2+16-6x^3+24x^2-8x$.
$\Leftrightarrow x^4-2x^3-3x^2+4x+4=0$.
$\Leftrightarrow x^3(x-2)-3x^2+6x-2x+4=0$.
$\Leftrightarrow x^3(x-2)-3x(x-2)-2(x-2)=0$.
$\Leftrightarrow (x-2)(x^3-3x-2)=0$.
$\Leftrightarrow (x-2)(x^3+2x^2+x-2x^2-4x-2)=0$.
$\Leftrightarrow (x-2)[x(x+1)^2-2(x+1)^2]=0$.
$\Leftrightarrow (x-2)^2(x+1)^2=0$.
$\Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=-1$.
Thử lại ta thấy đúng.
Vậy: Phương trình có tập nghiệm $S=\{ -1; 2 \}$.

_________________
@Joker: N ên ghi rõ ĐK căn thức có nghĩa
d=9

 

S = 6 + 9*3 = 33

Bài làm của thanhluong:
$$x^2-5x+7=3^y (1)$$.
-Với $y=0$, phương trình $(1)$ được viết lại thành: $x^2-5x+6=0 \Leftrightarrow (x-2)(x-3)=0 \Leftrightarrow x=2$ hoặc $x=3$.
Với $y=1$, phương trình $(1)$ được viết lại thành: $x^2-5x+4=0 \Leftrightarrow (x-1)(x-4)=0 \Leftrightarrow x=1$ hoặc $x=4$.
Với $y \geq 2$, ta có: $\Delta_{(1)}=(-5)^2+4 \cdot 1 \cdot (7-3y)=3(4 \cdot 3^{y-1}+1)$.
Phương trình $(1)$ có nghiệm tự nhiên với $y \geq 2$ khi và chỉ khi $\Delta_{(1)}$ là số chính phương.
Mà $(3, 4 \cdot 3^{y-1}+1)=1$ nên $3$ là số chính phương. Điều này vô lý, do đó phương trình vô nghiệm tự nhiên với $y>2$.
Vậy: Phương trình có các cặp nghiệm tự nhiên $(x; y) \in \{ (2;0), (3;0), (1;1), (4;1) \}$.
----
$S=\left \lfloor \frac{52-\left ( 59-19 \right )}{2} \right \rfloor+3.10+0+0=35$

Bài làm của thanhluong:

BỔ ĐỀ: Nếu $a, b, x, y$ là các số thực dương thì ta có bất đẳng thức:
$$\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2} \geq \sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}$$.
Chứng minh:
Xét hiệu: $(a^2+x^2)(b^2+y^2)-(ab+xy)^2$
$=(ay-bx)^2 \geq 0, \forall a, b, x, y>0$.
$\Rightarrow (a^2+x^2)(b^2+y^2) \geq (ab+xy)^2$.
$\Rightarrow 2\sqrt{(a^2+x^2)(b^2+y^2)} \geq 2(ab+xy)$.
$\Leftrightarrow a^2+b^2+x^2+y^2+2\sqrt{(a^2+b^2)(x^2+y^2)} \geq a^2+b^2+x^2+y^2+2ab+2xy$.
$\Leftrightarrow (\sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2})^2 \geq (a+b)^2+(x+y)^2$.
$\Rightarrow \sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{b^2+y^2} \geq \sqrt{(a+b)^2+(x+y)^2}$.
Bổ đề được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: $ay=bx \Leftrightarrow \frac{a}{x}=\frac{b}{y}$.

Trở lại bài toán, áp dụng định lí Pitago vào các tam giác vuông $\triangle{AEF}, \triangle{DEH}, \triangle{CHG}, \triangle{BFG}$, ta được:
$EF+FG+GH+HE=\sqrt{EA^2+FA^2}+\sqrt{BF^2+BG^2}+\sqrt{CH^2+CG^2}+\sqrt{DH^2+DE^2}$.
Hay: $P_{EFGH}=\sqrt{EA^2+FA^2}+\sqrt{BF^2+BG^2}+\sqrt{CH^2+CG^2}+\sqrt{DH^2+DE^2}$ $(1)$.
Sử dụng liên tiếp bổ đề phụ trên và định lý Pitago cho tam giác vuông $ABC$, ta được:
$\sqrt{EA^2+FA^2}+\sqrt{DE^2+DH^2}+\sqrt{BG^2+BF^2}+\sqrt{CG^2+CH^2} \geq \sqrt{AD^2+(FA+DH)^2}+\sqrt{BC^2+(BF+CH)^2} \geq \sqrt{(AD+BC)^2+(AB+CD)^2}=2\sqrt{AB^2+BC^2}=2AC$: Không đổi $(2)$.
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $P_{EFGH} \geq 2AC$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:
$\left\{\begin{matrix} \frac{AF}{DH}=\frac{AE}{DE} &&\\ \frac{BF}{CH}=\frac{BG}{CG} &&\\ \frac{AF+DH}{BF+CH}=\frac{AD}{BBC} \end{matrix}\right.$ $(*)$
Vậy: Chu vi tứ giác $EFGH$ đạt giá trị nhỏ nhất bằng $2AC$ khi các điểm $F$, $G$, $H$ thoả $(*)$. ( Nên nêu rõ để suy ra EFGH là hình bình hành)

___________________________________
@Joker: Nên lập luận rõ chỗ cuối
d=9
S = 12+3*9 = 39

suy ra x=y, thay vào PT đầu bài, ta có:
$x^3-nx-n=0$
Theo công thức nghiệm Cácđanô, ta có $x=\sqrt[3]{\frac{n}{2}+\sqrt{\frac{n^2}{4}-\frac{n^3}{27}}}+\sqrt[3]{\frac{n}{2}-\sqrt{\frac{n^2}{4}-\frac{n^3}{27}}}$
Vậy hệ PT của bài có nghiệm duy nhất là $x=y=\sqrt[3]{\frac{n}{2}+\sqrt{\frac{n^2}{4}-\frac{n^3}{27}}}+\sqrt[3]{\frac{n}{2}-\sqrt{\frac{n^2}{4}-\frac{n^3}{27}}}$

Chưa chắc phương trình này có 1 nghiệm, bởi dùng công thức Cacdano ta chỉ tìm được 1 nghiệm của phương trình bậc 3.

Giải hệ phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}
x^3=6(y+1)\\
y^3=6(x+1)
\end{matrix}\right.$$
Đề của
daovuquang

Bài làm của thanhluong:
$\left\{\begin{matrix} x^3=6(y+1) (1) \\ y^3=6(x+1) (2) \end{matrix} \right.$
Trừ $(1)$ cho $(2)$ vế theo vế, ta được:
$x^3-y^3=6(y-x) \Leftrightarrow (x-y)(x^2+xy+y^2)+6(x-y)=0$.
$\Leftrightarrow x-y=0$ (Vì $x^2+xy+y^2+6 \geq 6 \geq 0$ với mọi $x$, $y$).
$\Leftrightarrow x=y$.
Thay $x = y$ vào $(1)$, ta được:
$x^3-6x-6=0$
$\Leftrightarrow x^3-6-6(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2})-6x+6(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2})=0$.
$\Leftrightarrow x^3-(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2})^3+6(x-\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2})=0$
$\Leftrightarrow (x-\sqrt[3]{4}-\sqrt[3]{2})(x^2+x(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2})+\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}+6)=0$.
$\Leftrightarrow x - \sqrt[3]{4} -\sqrt[3]{2}=0$.
$\Leftrightarrow x = \sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}$.
Vậy: Hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất $(\sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2}; \sqrt[3]{4}+\sqrt[3]{2})$

Điểm bài 10
S = 3 + 3*10 = 33

Với yêu cầu ngày càng cao của VMF, mình giờ đây xin được lập topic "Hội những người độc thân thích chém gió" , để anh chị em đang cô đơn có cơ hội được giao lưu, học hỏi nhau.
Ai đang độc thân thì vào đây nhé !
Điểm danh phát

• L Lawliet[Hội truởng] .
• Tham Lang[Quản lí ][ Vĩnh Viễn ]
• |M|ua |kau v0ng
• BlackSekena
• duongld
• ducthinh26032011
• maikhaiok
• 2Xluxubuhl
• C a c t u s
• nguyenhang28091996(forever)
• minhdat881439
• nthoangcute đề nghị mọi người xử ku này cho anh phát
• ElenaIP97
• WWW
• tieulyly1995
• Celia
• minhtuyb
• hoangtrong2305$\to$ đang có dấu hiệu khả nghi, đề nghị anh em cập nhật thông tin
• le_hoang1995
• NGOCTIEN_A1_DQH
• Kẻ huỷ diệt tranghieu95
• perfectstrong [ Thành viên đuợc đặc cách ]
• namheo1996
• yeutoan11
• Ispectorgadget
• anh qua
• MIM
• Nguyen Duc Nghia
• BoFaKe
• bugatti
• Stranger441
• loyee
• chagtraife
• no matter what
• tramyvodoi
• NGUYEN MINH HIEU TKVN
• Primary
• diepviennhi
• Dung Dang Do
• mituot03
• iandithuhoai25
• bbvipb
• tops2liz
• maitienluat
• ........? còn không

em nhớ em đăng ký rồi mà

2. Trên cạnh $AB$ của hình chữ nhật $ABCD$ lấy điểm $M$. Qua điểm này dựng đường vuông góc với đường thẳng $CM$, và cắt cạnh $AD$ tại điểm $E$. Điểm $P$ là chân đường vuông góc hạ từ $M$ xuống $CE$. Tính góc $APB$.

Tứ giác $MBCP$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MBP} = \widehat{MCP}$.
$AMPE$ nội tiếp $\Rightarrow \widehat{MAP}=\widehat{MEP}$.
Do đó: $\widehat{MBP}+\widehat{MAP} = \widehat{MCP}+\widehat{MEP} = 90^o$.
Vậy: Tam giác $ABP$ vuông hay $\widehat{APB}=90^o$.

c rack là sao hở anh ? Em ngu tin lắm.

Bẻ khoá, có thể làm theo cách sau:
Mở file $\boxed{\text{C:\Windows\System32\Drivers\etc\hosts}}$. Chèn thêm dòng sau:
$$\text{127.0.0.1 registeridm.com}$$
Sau đó save lại

$$\textbf{SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO QUẢNG NAM}$$
$$\textbf{KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9}$$
$$\text{NĂM HỌC : 2010-2011}$$.
$$\text{Thời gian : 150 phút}$$

$\boxed{\textbf{Câu 1}}$. (3,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức $A=\sqrt{4+\sqrt{7}}+\sqrt{4-\sqrt{7}}-\sqrt{2}$.
b) Cho $x = \frac{2}{2\sqrt[3]{2}+2+\sqrt[3]{4}}$ và $y = \frac{6}{2\sqrt[3]{2}-2+\sqrt[3]{4}}$. Tính giá trị của $B = x^2-y^2$

$\boxed{\textbf{Câu 2}}$. (4,0 điểm)
a) Giải phương trình: $x^2+7x+12=2\sqrt{3x+7}$.
b) Giải hệ phương trình:
$\left\{ \begin{matrix} x^2+xy+y^2=4 &\\ x+xy+y=2 \end{matrix} \right.$

$\boxed{\textbf{Câu 3}}$. (3.0 điểm)
Cho phương trình: $x^4+2x^2+2mx+m^2+2m+1=0$ ($x$ là ẩn số).
a) Xác định $m$ sao cho nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị lớn nhất.
b) Xác định $m$ sao cho nghiệm của phương trình đã cho đạt giá trị nhỏ nhất.

$\boxed{\textbf{Câu 4}}$. (3,0 điểm)
Cho tam giác $ABC$. Trên cạnh $AC$ lấy điểm $M$ sao cho $\frac{ẠM}{AC}=\frac{1}{4}$, trên cạnh $BC$ lấy điểm $N$ sao cho $\frac{BN}{BC}=\frac{1}{5}$. Hai đường thẳng $AN$ và $BM$ cắt nhau tại $I$. Hãy so sánh diện tích tam giác $BIN$ và diện tích tam giác $AIM$.

$\boxed{\textbf{Câu 5}}$. (4,0 điểm)
Cho nửa đường tròn $(O)$ đường kính $AB=2R$. Trên nửa đường tròn $(O)$ lấy điểm $C$ (khác $A$ và $B$), tia phân giác của góc $CAB$ cắt cạnh $BC$ tại $E$ và cắt nửa đường tròn $(O)$ tại $D$. ($D$ khác $A$).
a) Chứng minh $AD \cdot AE + BC \cdot BE$ là một đại lượng không đổi.
b) Gọi $M$ là trung điểm $BC$, tia $AM$ cắt $(O)$ tại $N$ (khác $A$). Chứng minh $DE > MN$.

Đề bài của thanhluong:
Cho các số thực $a$, $b$, $c$ và $d$ thoả mãn $ad-bc=1$. Chứng minh:
$a^2+b^2+c^2+d^2+ac+bd \geq \sqrt{3}$
Lời giải:
Ta có:
$a^2+c^2+ac = \frac{3}{4}(a+c)^2+\frac{1}{4}(a-c)^2$.
$b^2+d^2+bd = \frac{1}{4}(d-b)^2+\frac{3}{4}(d+b)^2$.
Do đó bất đẳng thức cần chứng minh có thể viết lại thành:
$[3(a+c)^2+(d-b)^2]+[(a-c)^2+3(d+b)^2] \geq 4\sqrt{3}(1)$.
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy, ta được:
$3(a+c)^2+(d-b)^2 \geq 2\sqrt{3}(a+c)(d-b)$
$(a-c)^2 + 3(d+b)^2 \geq 2\sqrt{3}(a-c)(d+b)$.
Từ đây suy ra:
$VT_{(1)} \geq 2\sqrt{3}[(a+c)(d-b)+(a-c)(b+d)] = 4\sqrt{3}(ad-bc)=4\sqrt{3}$.
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Tồn tại hay không một luỹ thừa của $7$ tận cùng là $0001$?