Chủ đề này có 4 trả lời

[HelpMeImDying]

Kỳ thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 9

Câu 1. ( 4 điểm)

         a, cho f(x) là đa thức với các hệ số nguyên thỏa mãn f(3).f(4) là một số lẻ. Chứng minh rằng không tồn tại giá trị nguyên của x để đa thức f(x) nhận giá trị bằng 2018

         b, Tìm các số x sao cho $\frac{\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-3\sqrt{x}+3 }$ là số nguyên

Câu 2. (4,5 điểm)

         a, cho f(x)  = $\left ( x^{3}+12x-31 \right )^{2018}$. Tính f(a) với a=$\sqrt[3]{16-8\sqrt{5}}+\sqrt[3]{16+8\sqrt{5}}$                                         b, Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $xy+yz+xz=1$. Tính giá trị của biểu thức:

                P= $x\sqrt{\frac{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}{x^{2}+1}}+y\sqrt{\frac{(z^{2}+1)(x^{2}+1)}{y^{2}+1}}+z\sqrt{\frac{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}{z^{2}+1}}$

Câu 3. (3,5 điểm)

         a, Giải phương trình: $\sqrt[3]{14-x^{3}}+x=2\left ( 1+\sqrt{x^{2}-2x-1} \right )$ 

            b, Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

          $\sum (\frac{1}{a}+\frac{2}{b+c}+\frac{3}{a+b+c})^{2}\geq \frac{81}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

Câu 4. (6 điểm)

         Cho đường tròn (O:R) và 2 đường kính AB,CD sao cho tiếp tuyến tại A của (O;R) cắt các đường thẳng BC,BD tại các điểm tương ứng là E,F. Gọi P,Q lần lượt là trung điểm của AE,AF.

        a, Chứng minh rằng trực tâm H của tam giác BPQ là trung điểm của đoạn thẳng OA.

        b, Chứng minh rằng $CD.DF.EF=CD^{3}$ và $\frac{BE^{3}}{BF^{3}}=\frac{CE}{DF}$

          c, Biết tam giác BEF có một hình vuông BMKN nội tiếp ($K\epsilon EF;M\epsilon BE;N\epsilon BF)$ sao cho tỷ số giữa cạnh hình vuông BMKN với bán kính đường tròn nội tiếp tam giác BEF là $\frac{2+\sqrt{2}}{2}.$ Tính các góc nhọn của tam giác BEF

Câu 5. (2 điểm)

   Cho 4 điểm A,B,C,D cùng thuộc đường tròn (O;R) sao cho tứ giác ABCD là hình thang cân. Giả sử đường tròn (I;r) tiếp xúc với cả 4 cạnh của hình thang ABCD. Chứng minh rằng $\frac{1}{r^{2}}\geq \frac{2}{R^{2}+OI^{2}}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HelpMeImDying: 05-01-2018 - 19:02

[thanhan2003]

Câu dễ nhất

Câu 2. (4,5 điểm)

         a, cho f(x)  = (x3+12x−31)2018(x3+12x−31)2018. Tính f(a) với a=3√16−8√5+3√16+8√516−853+16+853    

Lập phương a lên rồi thay a vào trong, thấy xuất hiện phương trình bậc 3 rồi giải phương trình bậc 3 đó, ta được a=2  

Từ đó suy ra f(2)= (2³+12.2-31)²⁰¹⁸=1

Vậy f(a)=f(2)=1

[Tea Coffee]

Ta có: $\sqrt[3]{14-x^{3}}+x=2(1+\sqrt{x^{2}-2x-1})<=> \sqrt[3]{14-x^{3}}=2+2\sqrt{x^{2}-2x-1}-x \geq 2-x=>\sqrt[3]{14-x^{3}}\geq 2-x<=>14-x^{3}\geq (2-x)^{3}<=>14-x^{3}\geq 8-12x+6x^{2}-x^{3}<=>x^{2}-2x-1\leq 0$

Kết hợp với ĐKXĐ $x^{2}-2x-1\geq 0$

[Tea Coffee]

1) a) Ta chứng minh được $f(x)$ luôn lẻ nên không thể bằng 2018.

b) $x\sqrt{x}-3\sqrt{x}+3=(\sqrt{x}-1)^{2}(\sqrt{x}+2)+1>0$

=> $P=\frac{\sqrt{x}}{x\sqrt{x}-3\sqrt{x}+3}\geq 0$

+) Xét $x=0$ thỏa mãn

+) Xét $x\neq 0=> P=\frac{1}{x+\frac{3}{\sqrt{x}}-3}$

Áp dụng Cô-si:$x+\frac{3}{\sqrt{x}}-3=x+\frac{3}{2\sqrt{x}}+\frac{3}{2\sqrt{x}}-3\geq 3\sqrt[3]{\frac{9}{4}}-3$

Kẹp được $P=0,1$

Tính $x$

Câu hình

c) Áp dụng công thức tính diện tích tam giác bằng cách cộng tổng diện tích các tam giác nhỏ trong BEF và công thức tính diện tích tam giác là nửa chu vi nhân với bán kính đường tròn nội tiếp ta được tam giác BEF vuông cân.

[nmtuan2001]

 

Câu 2. 

             b, Cho x,y,z là các số thực dương thỏa mãn $xy+yz+xz=1$. Tính giá trị của biểu thức:

                P= $x\sqrt{\frac{(y^{2}+1)(z^{2}+1)}{x^{2}+1}}+y\sqrt{\frac{(z^{2}+1)(x^{2}+1)}{y^{2}+1}}+z\sqrt{\frac{(x^{2}+1)(y^{2}+1)}{z^{2}+1}}$

Câu 3. 

          $\sum (\frac{1}{a}+\frac{2}{b+c}+\frac{3}{a+b+c})^{2}\geq \frac{81}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}$

 

2b. $P=\sum x\sqrt{\frac{(y^{2}+xy+yz+zx)(z^{2}+xy+yz+zx)}{x^{2}+xy+yz+zx}}$

$=\sum x\sqrt{\frac{(x+y)(y+z).(y+z)(z+x)}{(z+x)(x+y)}}$

$=\sum x(y+z)=2(xy+yz+zx)=2$

 

3b. $\sum (\frac{1}{a}+\frac{2}{b+c}+\frac{3}{a+b+c})^{2}\geq \frac{1}{3}(\sum (\frac{1}{a}+\frac{2}{b+c}+\frac{3}{a+b+c}))^2$

$=\frac{1}{3}(\sum \frac{1}{a}+\sum \frac{2}{a+b}+\frac{9}{a+b+c})^2$

$\geq \frac{1}{3}(\frac{9}{a+b+c}+2.\frac{9}{a+b+b+c+c+a}+\frac{9}{a+b+c})^2$

$=\frac{1}{3}(\frac{27}{a+b+c})^2=\frac{243}{(a+b+c)^2}$

$\geq \frac{243}{3(a^2+b^2+c^2)}=VP$