Chủ đề này có 9 trả lời

[Nguyenphuctang]

[NHoang1608]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO              KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH

        TỈNH BÌNH DƯƠNG                                               NĂM HỌC 2016-2017

Bài 1: (5,0 điểm)

        a) Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình $\sqrt{x}+\sqrt{y}=2017$

        b) Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng $\overline{82xxyy}$ với $\overline{xxyy}$ là số chính phương.

Bài 2: (4,0 điểm)

       Tam giác $ABC$ đều nội tiếp đường tròn $(O;R), M$ thuộc đường tròn. Chứng minh rằng $MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}=6R^{2}$.

Bài 3: (3,0 điểm)

       a) Giải phương trình: $\frac{x^{2}}{3+\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}}}=1$

       b) Giải hệ phương trình $\begin{cases} & (x+y)(1+\frac{1}{xy}) \\ & (x^{2}+y^{2})(1+\frac{1}{x^{2}y^{2}}) \end{cases}$

Bài 4: (3,0 điểm)

      a) Chứng minh: Với mọi số $a,b,c,d$ ta luôn có $(a^{2}+c^{2})(b^{2}+d^{2})\geq (ab+cd)^{2}$

      b) Cho $a, b>0$. Chứng minh rằng: $\frac{a^{2}+b^{2}}{(4a+3b)(3a+4b)}\geq \frac{1}{25}$

Bài 5: (3,0 điểm)

    Cho tứ giác $ABCD$. Gọi $M, N, P, Q$ lần lượt là trung điểm của $AB, BC, CA, DA$. Chứng minh rằng: $S_{ABCD}\leq MP.NQ\leq \frac{1}{4}(AB+CD)(AD+BC)$

Bài 6: (2,0 điểm) Cho đa giác lồi có 12 cạnh

    a) Tìm số đường chéo

    b) Tìm số tam giác có ít nhất 1 cạnh là cạnh của đa giác đó ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 26-03-2017 - 10:30

[Nguyenphuctang]

Bạn kiểm tra lại xem câu 3b không thể biên dịch được.

[HoangKhanh2002]

Bài 3: (3,0 điểm)

       a) Giải phương trình: $\frac{x^{2}}{3+\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}}}=1$

       b) Giải hệ phương trình $\begin{cases} & (x+y)(1+\frac{1}{xy})=5 \\ & (x^{2}+y^{2})(1+\frac{1}{x^{2}y^{2}})=49 \end{cases}$

a) ĐK: -3 < x < 3

Ta có: $\frac{x^{2}}{3+\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}})}=1\Leftrightarrow \frac{3^2-(9-x^2)}{3+\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}})}=1\Leftrightarrow \frac{1}{3-\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}})}=1\Leftrightarrow 3-\sqrt{9-x^2}=\frac{1}{5}\Rightarrow \sqrt{9-x^2}=\frac{14}{5}...$

b) ĐK: x, y khác 0

$\begin{cases} & (x+y)(1+\frac{1}{xy})=5 \\ & (x^{2}+y^{2})(1+\frac{1}{x^{2}y^{2}})=49 \end{cases}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=5\\ x^2+y^2+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=49 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+\frac{1}{x})+\frac{1}{y}=5\\ (x+\frac{1}{x})^2+(y+\frac{1}{y})^2=45 \end{matrix}\right....$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangKhanh2002: 26-03-2017 - 11:33

[Aomike]

câu b bài 1:
bđt cần c/m tương đương a²+b²/12(a²+b²)+25ab >= 1/25

<=> 25(a²+b²) >= 12(a²+b²)+25ab

<=> 13(a²+b²) >= 25ab

<=> (2²+3²)(a²+b²) >= 25ab

Áp dụng bđt ở câu a ta có: (2²+3²)(a²+b²) >= (2a+3b)² = 4a²+9b²+12ab

Bây giờ chỉ cần c/m 4a²+9b²+12ab >= 25ab

<=> 4a²-4ab-9ab+9b² >= 0

<=> 4a(a-b)-9b(a-b) >= 0

<=> 4(a-b)² >= 0, luôn đúng

---> bđt ban đầu được chứng minh

[Minhnksc]

a) ĐK: -3 < x < 3

Ta có: $\frac{x^{2}}{3+\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}})}=1\Leftrightarrow \frac{3^2-(9-x^2)}{3+\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}})}=1\Leftrightarrow\frac{1}{3-\sqrt{9-x^{2}}}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^{2}})}=1\Leftrightarrow 3-\sqrt{9-x^2}=\frac{1}{5}\Rightarrow \sqrt{9-x^2}=\frac{14}{5}...$

b) ĐK: x, y khác 0

$\begin{cases} & (x+y)(1+\frac{1}{xy})=5 \\ & (x^{2}+y^{2})(1+\frac{1}{x^{2}y^{2}})=49 \end{cases}\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x+y+\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=5\\ x^2+y^2+\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=49 \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x+\frac{1}{x})+\frac{1}{y}=5\\ (x+\frac{1}{x})^2+(y+\frac{1}{y})^2=45 \end{matrix}\right....$

Bạn sai ở dấu tương đương thứ 2 rồi, chỗ đó phải là:

$3-\sqrt{9-x^2}+\frac{1}{4(3-\sqrt{9-x^2})}=1$

Đến đây có 2 cách 

Cách 1: đặt $t = 3-\sqrt{9-x^2}$, sau đó đưa về phương trình bậc 2

Cách 2: áp dụng bất đẳng thức cauchy cho vế trái rồi xét dấu bằng xảy ra là xong.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 27-03-2017 - 17:20

[Minhnksc]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO              KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS CẤP TỈNH

        TỈNH BÌNH DƯƠNG                                               NĂM HỌC 2016-2017

Bài 1: (5,0 điểm)

        a) Tìm tất cả các ngiệm nguyên của phương trình $\sqrt{x}+\sqrt{y}=2017$

        b) Xác định số điện thoại của THCS X thành phố Thủ Dầu Một, biết số đó dạng $\overline{82xxyy}$ với $\overline{xxyy}$ là số chính phương.

 

BÀI 1: 

a,$\sqrt{x}+\sqrt{y}=2017\Leftrightarrow \sqrt{x}=2017-\sqrt{y} \Leftrightarrow x=2017^2+y-4034\sqrt{y}$

Từ đó suy ra $\sqrt{y}$ là số hữu tỉ, đặt $\sqrt{y}=\frac{p}{q}$ (p và q là các số nguyên dương)

$\Rightarrow y=\frac{p^2}{q^2}$ 

mà $y\epsilon \mathbb{N} \Rightarrow p^2 \vdots q^2 \Rightarrow p \vdots q \Rightarrow \sqrt{y} \epsilon \mathbb{N}$

từ đó dễ dàng có nghiệm tổng quát của phương trình là $p=r^2$ và $(2017-r)^{2}$ với $0<r<2017$

b, ta có $\overline{xxyy}=11.\overline{x0y}$

mà 11 là số nguyên tố và $\overline{xxyy}$ là số chính phương

$\Rightarrow \overline{x0y} \vdots 11 \Rightarrow 99.x + x + y \vdots 11\Rightarrow x+y \vdots 11$

lại có $0<x+y \leq 18 \Rightarrow x+y=11 \Rightarrow \overline{x0y}=99x+11 \Rightarrow \overline{xxyy}=121(9x+1) $

từ đó suy ra $9x+1$ là số chính phương $\Rightarrow x=7$ (do $0<x<10$) $\Rightarrow y=4$

câu b bài 1:
bđt cần c/m tương đương a²+b²/12(a²+b²)+25ab >= 1/25

<=> 25(a²+b²) >= 12(a²+b²)+25ab

<=> 13(a²+b²) >= 25ab

<=> (2²+3²)(a²+b²) >= 25ab

Áp dụng bđt ở câu a ta có: (2²+3²)(a²+b²) >= (2a+3b)² = 4a²+9b²+12ab

Bây giờ chỉ cần c/m 4a²+9b²+12ab >= 25ab

<=> 4a²-4ab-9ab+9b² >= 0

<=> 4a(a-b)-9b(a-b) >= 0

<=> 4(a-b)² >= 0, luôn đúng

---> bđt ban đầu được chứng minh

bạn học gõ Latex đi cho dễ nhìn

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 27-03-2017 - 18:12

[Minhnksc]

câu 6:

a, câu này dễ rồi nhá (áp dụng công thức tính số đường chéo là ra)

b, nhận thấy rằng với mỗi cạnh của tam giác, ta lập được 10 tam giác mà mỗi tam giác thỏa mãn đề bài

mà đa giác ban đầu có 12 cạnh nên số tam giác thỏa mãn đề bài là $10.12=120$

tuy nhiên nếu như tính theo cách trên thì các tam giác mà có 2 cạnh là 2 cạnh kề của đa giác đã cho được tính 2 lần

Ta có số tam giác được tính 2 lần như trên là 12 tam giác nên số tam giác thỏa mãn đề bài thực chất là: $120-12=108$ tam giác. 

[Minhnksc]

mình xin "xiên" nốt 2 câu hình

câu 2:

Giả sử M thuộc cung AC

dễ thấy $MA+MC=MB$ do đó

$MA^2+MB^2+MC^2=2(MA^2+MC.MA+MA^2)$

dựa vào định lý Pitago và $\angle{AMC}=120^0$, ta chứng minh được $MA^2+MA.MC+MC^2=AC^2=3.R^2$ (có thể xem chứng minh kết quả này trong NCPT toán 9) suy ra đpcm

câu 5:

Ta có $MP.NQ\geq 2S_{MNPQ}=S_{ABCD}$

Gọi R là trung điểm của AC, ta có : $NR=\frac{1}{2}AB;QR=\frac{1}{2}CD$

suy ra $NQ\leq NR+QR= \frac{1}{2}(AB+CD)$

tương tự $PM\leq \frac{1}{2}(AD+BC) \Rightarrow MP.NQ\leq \frac{1}{4}(AB+CD)(AD+BC)$ 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 31-03-2017 - 21:54

[adteams]

Ý b bài 4]

(4a + 3b)^{2} * (3a + 4b ) ^{2} <=  25*(a²+b²)25*(a²+b²)

<=> (4a+3b)(3b+4a) <= 25*(a²+b²)

=> (a²+b²)/(4a+3b)(3b+4a) >= (a²+b²)/25(a²+b²)=1/25 => Q.E.D

P/s : Câu này áp dụng ý a ...