Chủ đề này có 8 trả lời

[Strygwyr]

Hôm qua lục lại đống tài liệu thì tìm thấy cái này

$\boxed {Vòng 1}$ 

Bài 1: Giải phương trình : $\sqrt{x-2}+\sqrt{11x+2}=\sqrt{9x+7}+\sqrt{3-x}$

Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : $x^{3}y-x^{2}y+xy-y+x=0$

Bài 3 : Tính $A=\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{98.99.100}$

Bài 4 : Tìm GTNN của biểu thức $A=2x^{2}+9y^{2}-6xy-6x-12y+30$ 

Bài 5 : Cho ($O$) đường kính $AB$, $d_1$,$d_2$ là hai tiếp tuyến của đường tròn tại $A$ và $B$. $C\in$ $AB$. Góc vuông $xCy$ quay quanh $C$ có $Cx$ cắt $d_1$ tại $M$ và $Cy$ cắt $d_2$ tại $N$.. Kẻ $CH$ vuông góc với $MN$, $CM$ cắt $AH$ tại $E$, $CN$ cắt $BH$ tại $F$

a. Chứng minh $CEHF$ nội tiếp.

b. Chứng minh $EF//AC$

c. Tìm vị trí của $C$ để $AEFC$ là hình bình hành.

Bài 6 : Cho $x$,$y$,$z$ $>0$ thoả mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4$. CMR : $\sum \frac{1}{2x+y+z}\leq 1$

$\boxed {Vòng 2}$

Bài 1 : Giải phương trình nghiệm nguyên $>1$

$(x-1)!+1=x^{2}$

Bài 2 : Chứng minh nếu $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^{2}-6x+1=0$ thì $x_1^{3}+x_2^{3}$ và $x_1^{4}+x_2^{4}$ là các số nguyên không chia hết cho $5$.

Bài 3 : Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\\xz+yz=1\\ xy+\left | x+y+z \right |=2\end{matrix}\right.$

Bài 4 : Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn đường kính $AD$. Biết $AB=2\sqrt{5}$ và $CD=6$. Tính $AD$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namsub: 25-05-2013 - 10:38

[Juliel]

 

Bài 6 : Cho $x$,$y$,$z$ $>0$ thoả mãn $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}=4$. CMR : $\sum \frac{1}{2x+y+z}\leq 1$

 

$\frac{1}{2x+y+z}\leq \frac{1}{4}(\frac{1}{x+y}+\frac{1}{x+z})\leq \frac{1}{16}(\frac{2}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z})$

Tương tự rồi cộng vào là ra

[namcpnh]

 

Bài 2 : Chứng minh nếu $x_1$ và $x_2$ là hai nghiệm của phương trình $x^{2}-6x+1=0$ thì $x_1^{3}+x_2^{3}$ và $x_1^{4}+x_2^{4}$ là các số nguyên không chia hết cho $5$.

 

 

Nhìn đề căng quá.

 

Giải tạm bài này :

 

Theo ĐL Viet ta có : $\left\{\begin{matrix} x_1+x_2=6\\ x_1.x_2=1 \end{matrix}\right.$

 

Ta có : $x^3_1+x^3_2=(x_1+x_2)[(x_1+x_2)^2-3x_1x_2]=6.(6^2-3)=6.33$ không chia hết cho $5$

 

$x^4_1+x^4_2=(x^2_1+x^2_2)^2-2x^2_1x^2_2=[(x_1+x_2)^2-2x_1x_2]^2-2x^2_1x^2_2=(6^2-2)^2-2=34^2-2$ không chia hết cho $5$

[Juliel]

 

Bài 2 : Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau : $x^{3}y-x^{2}y+xy-y+x=0$

 

 

Ta có $x^{2}(xy-y)+x+(xy-y)=0$$\Rightarrow (xy-y)(x^{2}+1)=-x\Rightarrow xy-y=\frac{-x}{x^{2}+1}$

Phân số $\frac{-x}{x^{2}+1}$ tối giản nên nó nguyên khi $x^{2}+1=1\vee x^{2}+1=-1\Rightarrow x=0$

Khi đó  y = 0

(x ; y) = (0 ; 0)

 

Bài này không chắc đúng nữa, mọi người sửa giùm được không ạ !

[banhgaongonngon]

Hôm qua lục lại đống tài liệu thì tìm thấy cái này

$\boxed {Vòng 1}$ 

Bài 3 : Tính $A=\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{98.99.100}$

Bài 4 : Tìm GTNN của biểu thức $A=2x^{2}+9y^{2}-6xy-6x-12y+30$ 

 

Bài 3 (Vòng 1)

 

$\frac{1}{k(k+1)(k+2)}=\frac{1}{2k(k+1)}-\frac{1}{2(k+1)(k+2)}$

Áp dụng công thức trên tính được 

$A=\frac{1}{2}\left ( \frac{1}{1.2}-\frac{1}{2.3}+\frac{1}{2.3} -\frac{1}{3.4}+...+\frac{1}{99.100}\right )=\frac{1}{4}-\frac{1}{19800}=\frac{4949}{19800}$

 

Bài 4 (Vòng 1)

 

$A=(x-3y+2)^{2}+(x-5)^{2}+1\geq 1$

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=5\\ \\ y=\frac{7}{3} \end{matrix}\right.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi banhgaongonngon: 24-05-2013 - 11:29

[phatthemkem]

Hôm qua lục lại đống tài liệu thì tìm thấy cái này

$\boxed {Vòng 2}$

Bài 3 : Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} x^{2}+y^{2}+z^{2}=2\\xz+yz=1\\ xy+\left | x+y+z \right |=2\end{matrix}\right.$

 

Lấy $pt(1)+2pt(2)+2pt(3)$ ta được $(x+y+z)^2+2|x+y+z|=8$

$\Rightarrow |x+y+z|=2$ (Do $|x+y+z|\geq 0$)

$\Rightarrow xy=0$

*Xét $x=0$, ta có hệ sau

$\left\{\begin{matrix} y^2+z^2=2\\ yz=1 \end{matrix}\right.$

Tới đây dễ rồi nhỉ

Trường hợp $y=0$ cũng giải tương tự.

[phatthemkem]

Hôm qua lục lại đống tài liệu thì tìm thấy cái này

$\boxed {Vòng 1}$ 

Bài 1: Giải phương trình : $\sqrt{x-2}+\sqrt{11x+2}=\sqrt{9x+7}+\sqrt{3-x}$

ĐK: $$2\leq x\leq 3$$

Ta có

$$\sqrt{x-2}+\sqrt{11x+2}=\sqrt{9x+7}+\sqrt{3-x}$$

$$\Leftrightarrow \sqrt{9x+7}-\sqrt{x-2}=\sqrt{11x+2}-\sqrt{3-x}$$

Bình phương hai vế rồi rút gọn, ta có

$$\sqrt{(9x+7)(x-2)}=\sqrt{(11x+2)(3-x)}$$

Bình phương lần nữa ta được pt bậc $2$ một ẩn quen thuộc

[phatthemkem]

Hôm qua lục lại đống tài liệu thì tìm thấy cái này

$\boxed {Vòng 1}$ 

Bài 5 : Cho ($O$) đường kính $AB$, $d_1$,$d_2$ là hai tiếp tuyến của đường tròn tại $A$ và $B$. $C\in$ $AB$. Góc vuông $xCy$ quay quanh $C$ có $Cx$ cắt $d_1$ tại $M$ và $Cy$ cắt $d_2$ tại $N$.. Kẻ $CH$ vuông góc với $MN$, $CM$ cắt $AH$ tại $E$, $CN$ cắt $BH$ tại $F$

a. Chứng minh $CEHF$ nội tiếp.

b. Chứng minh $EF//AC$

c. Tìm vị trí của $C$ để $AEFC$ là hình bình hành.

$a.$ Tứ giác $AMHC$ nội tiếp nên $\widehat{AMC}=\widehat{AHC}$

Tứ giác $CHNB$ nội tiếp nên $\widehat{CHB}=\widehat{CNB}$

Ta có $\widehat{AHB}=\widehat{AMC}+\widehat{CNB}=90^0-\widehat{MCA}+90^0-\widehat{NCB}=180^0-(\widehat{MCA}+\widehat{NCB})=180^0-90^0=90^0$

Từ đó tứ giác $CEHF$ nội tiếp

$b.$ Dễ dàng chứng minh được $E$ và $F$ lần lượt là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tứ giác $AMNC$ và $CHNB$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} EH=EA\\ FH=FB \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow EF\parallel AB\Rightarrow EF\parallel AC$

$c.$ Để $AEFC$ là hình bình hành thì $AC=EF=\frac{AB}{2}=AO$

Hay khi $C\equiv O$ thì $AEFC$ là hình bình hành.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phatthemkem: 25-05-2013 - 08:01

[shinichi762142003]

Cám ơn tác giả đã share