ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 2 NĂM 2017-2018 HUYỆN THANH CHƯƠNG NGHỆ AN
#1
Đã gửi 17-12-2017 - 17:44
#2
Đã gửi 20-12-2017 - 11:47
a.$(\sqrt{x^2-x+2}-\sqrt{3x+7})^2=0$
Do đó $x^2-x+2=3x+7$, hay $x^2-4x-5=0$, $(x+1)(x-5)=0$
Vậy $x=-1$ hoặc $5$.
b. $\sqrt[3]{2x+23}-3+\sqrt{2x-3}-1=2x^2-8$
$\frac{2(x-2)}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{2(x-2)}{\sqrt{2x-3}+1}=2(x-2)(x+2)$
$(x-2)(\frac{1}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{1}{\sqrt{2x-3}+1}-(x+2))=0$
Dễ thấy $\frac{1}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{1}{\sqrt{2x-3}+1} \leq \frac{1}{\sqrt[3]{(3+23)^2}+3\sqrt[3]{3+23}+9}+1<2$.
Suy ra $\frac{1}{\sqrt[3]{(2x+23)^2}+3\sqrt[3]{2x+23}+9}+\frac{1}{\sqrt{2x-3}+1}-(x+2)<0$
Vậy $x=2$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nmtuan2001: 20-12-2017 - 11:51
- Tea Coffee và buingoctu thích
#3
Đã gửi 20-12-2017 - 12:22
Bình phương 2 vế:
$1+a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)+2(a+b+c) \geq 4(1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$
$a^2+b^2+c^2+2(a+b+c) \geq 3+2(ab+bc+ca)$ (vì $abc=1$ nên $\frac{1}{a}=bc$,...)
Áp dụng BĐT Schur: $a^2+b^2+c^2+\frac{9abc}{a+b+c} \geq 2(ab+bc+ca)$
Cần chứng minh $2(a+b+c) \geq 3+\frac{9}{a+b+c}$
Đặt $a+b+c=t$, BĐT trên trở thành $2t \geq 3+\frac{9}{t}$, hay $2t^2-3t-9 \geq 0$.
$$(t-3)(2t+3) \geq 0$$
BĐT trên đúng vì $a+b+c \geq 3\sqrt[3]{abc}=3$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
- Tea Coffee, Khoa Linh, HelpMeImDying và 1 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 20-12-2017 - 20:55
#5
Đã gửi 21-12-2017 - 09:59
Có cách nào dễ hiểu tý k a
Nếu ý bạn là bài BĐT thì có cách này hay hơn (cách này không phải của mình):
Giả sử $a \geq 1 \geq b$, ta có $(a-1)(1-b) \geq 0$, hay $a+b \geq ab+1$.
Áp dụng BĐT AM-GM: $\frac{1+a+b+c}{2} \geq \sqrt{(a+b)(c+1)}=\sqrt{bc+ca+a+b} \geq \sqrt{bc+ca+ab+1}=\sqrt{1+\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$.
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.
- Tea Coffee và Khoa Linh thích
#6
Đã gửi 21-12-2017 - 16:28
#7
Đã gửi 22-12-2017 - 20:33
Câu 1:
a) Từ giả thiết ta có thể đặt :$n^2-1=3m(m+1)$ với $m$ là một số nguyên dương
Biến đổi phương trình thì ta có:$(2n-1)(2n+1)=3(2m+1)^2$
Do $(2n-1;2n+1)=1$ nên dẫn đến $2n-1=3u^2;2n+1=v^2$ hoặc $2n-1=u^2;2n+1=3v^2$
Với trường hợp đầu suy ra $v^2-3u^2=2 \Rightarrow v^2 \equiv 2(mod 3)$ (Vô lý)
Còn lại trường hợp thứ hai cho ta $2n-1$ là số chính phương
b) Biến đổi phương trình thì ta có:
$(2x-5)(2y-1)=2k+3$
Nhận thấy rằng $2x-5,2y-1>0$ nên số nghiệm bài toán trên chính là số ước nguyên dương của $2k+3$
Giả sử $2k+3$ có dạng $p_1^{m_1}.p_2^{m_2}...p_n^{m_n}$ thì số ước của nó là $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$
Theo đề bài suy ra $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$ lẻ nên $m_1;m_2;...;m_n$ là các số chẵn
Khi đó $2k+3$ là số chính phương.Dễ kiểm tra số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa điề đó là $k=3$
Ta thu phương trình $(2x-5)(2y-1)=9$ và giải ra tìm được $(x;y)=(3;5);(4;2);(7;1)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duylax2412: 22-12-2017 - 20:34
- Tea Coffee, M4st3r of P4nstu, NguyenHoaiTrung và 1 người khác yêu thích
Chỉ có hai điều là vô hạn: vũ trụ và sự ngu xuẩn của con người, và tôi không chắc lắm về điều đầu tiên.
Only two things are infinite, the universe and human stupidity, and I'm not sure about the former.
#8
Đã gửi 24-12-2017 - 23:58
câu 2b hình như phải có thêm đk a>1, b>1, c>1
#9
Đã gửi 24-12-2017 - 23:59
2b/
Ta có: $A=\frac{b-2}{a^{2}}+\frac{c-2}{b^{2}}+\frac{a-2}{c^{2}}=\frac{(b-1)+(a-1)}{a^{2}}+\frac{(c-1)+(b-1)}{b^{2}}+\frac{(a-1)+(c-1)}{c^{2}}-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=(b-1)(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}})+(a-1)(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{c^{2}})+(c-1)(\frac{1}{c^{2}}+\frac{1}{b^{2}})-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})\geq \frac{2(b-1)}{ab}+\frac{2(a-1)}{ac}+\frac{2(c-1)}{bc}-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} -2(\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac})$
Từ GT: $a+b+c=abc=>\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ca}=1$
$(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})^{2}=\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+\frac{2}{ab}+\frac{2}{bc}+\frac{2}{ac}\geq \frac{3}{ab}+\frac{3}{bc}+\frac{3}{ac}=3...$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 27-12-2017 - 22:41
- duylax2412, MoMo123, Khoa Linh và 2 người khác yêu thích
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
#10
Đã gửi 27-12-2017 - 12:48
Câu 1:
a) Từ giả thiết ta có thể đặt :$n^2-1=3m(m+1)$ với $m$ là một số nguyên dương
Biến đổi phương trình thì ta có:$(2n-1)(2n+1)=3(2m+1)^2$
Do $(2n-1;2n+1)=1$ nên dẫn đến $2n-1=3u^2;2n+1=v^2$ hoặc $2n-1=u^2;2n+1=3v^2$
Với trường hợp đầu suy ra $v^2-3u^2=2 \Rightarrow v^2 \equiv 2(mod 3)$ (Vô lý)
Còn lại trường hợp thứ hai cho ta $2n-1$ là số chính phương
b) Biến đổi phương trình thì ta có:
$(2x-5)(2y-1)=2k+3$
Nhận thấy rằng $2x-5,2y-1>0$ nên số nghiệm bài toán trên chính là số ước nguyên dương của $2k+3$
Giả sử $2k+3$ có dạng $p_1^{m_1}.p_2^{m_2}...p_n^{m_n}$ thì số ước của nó là $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$
Theo đề bài suy ra $(m_1+1)(m_2+2)...(m_n+1)$ lẻ nên $m_1;m_2;...;m_n$ là các số chẵn
Khi đó $2k+3$ là số chính phương.Dễ kiểm tra số nguyên dương $k$ nhỏ nhất thỏa điề đó là $k=3$
Ta thu phương trình $(2x-5)(2y-1)=9$ và giải ra tìm được $(x;y)=(3;5);(4;2);(7;1)$
Thử là được rồi, dùng hàm $\tau$ làm gì cho nó phức tạp
Làm bài hình nào
Câu a, b chắc mọi người làm hết rồi đúng không
CâU C
Theo câu b, ta có : $\frac{KH}{ID}=\frac{KN}{IM} =\frac{KH}{IK} $
$IK^{2}=IH.AI -> \frac{IH}{IK}=\frac{IK}{AI}$
-> $\frac{AK}{AI}=\frac{HK}{IK}$ -> $\frac{KN}{IM}=\frac{AK}{AI}$
-> $A,N,M$ thẳng hàng
- Tea Coffee, duylax2412, nguyenbaohoang0208 và 1 người khác yêu thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh