ThinhThinh123

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 TOÁN CHUYÊN BÌNH PHƯỚC 2019-2020

Nguồn: Tuyensinh247

P/s: Bạn nào thi chuyên Quang Trung Bình Phước giống mình không, cho cái ý kiến!

Đề Thi HSG toán 9 Quảng Ngãi 2018-2019

 

 

 

Chứng minh : P= $(1+\sqrt{a+1})^n+(1-\sqrt{1+a})^n$

luôn là số nguyên với mọi số nguyên dương $a$

Bài 4(1 điểm): Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c=abc$. Chứng minh rằng:

$\frac{\sqrt{1+a^{2}}}{a}+\frac{\sqrt{1+b^{2}}}{b}-\sqrt{1+c^{2}}< 1$

 

Giúp mình nhé!!! Cảm ơn nhiều!

Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn x+y+z=1.Cmr:$\sum \sqrt{\frac{xy}{xy+z}}\leq \frac{3}{2}$

Ta có:  $\sqrt \frac {xy}{xy+z}=\sqrt \frac {xy}{xy+z(x+y+z)}= \sqrt \frac{xy}{(z+y)(z+x)} \leq (\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}).\frac{1}{2}$

Suy ra: $\sum \sqrt{\frac{xy}{xy+z}}\leq \sum (\frac{x}{x+z}+\frac{y}{y+z}).\frac{1}{2} \leq \frac{3}{2}$

Dấu "=" xảy ra khi $x=y=z= \frac{1}{3}$

Đặt $ a= \frac{x}{y}; b= \frac{y}{z}; c= \frac{z}{x}$  $(x,y,z>0)$

 

Suy ra : $\frac{1}{a}=\frac{y}{x};\frac{1}{b}=\frac{z}{y};\frac{1}{c}=\frac{x}{z} $ và $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}=3$

 

Ta đi chứng minh:

 

$(\frac{y}{x})^2+(\frac{z}{y})^2+(\frac{x}{z})^2 \geq (\frac{x}{y})^2+ (\frac{y}{z})^2+(\frac{z}{x})^2$

 

Ta có:

 

$3= a+b+c= \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} = \frac{x^2}{xy}+\frac{y^2}{yz}+\frac{z^2}{zx} \geq \frac{(x+y+z)^2}{xy+yz+zx}$

 

$=>3(xy+yz+zx) \geq (x+y+z)^2 <=> xy+yz+zx \geq x^2+y^2+z^2$

 

$<=> \frac{1}{3}(x+y+z)^2 \geq xy+yz+zx \geq x^2+y^2+z^2$

 

Lại có:

$(\frac{y}{x})^2+(\frac{z}{y})^2+(\frac{x}{z})^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2}$

 

$ \sum (\frac{y}{x})^2 \geq \frac{(x+y+z)^2}{x^2+y^2+z^2} \geq \frac{(x+y+z)^2}{\frac{1}{3}.(x+y+z)^2} =3$

Suy ra: 

 

$(\frac{y}{x})^2+(\frac{z}{y})^2+(\frac{x}{z})^2 \geq 3 (1)$

 

Ta có: BĐT quen thuộc: $(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})(a+b+c) \geq 9$

 

    $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq 3 <=> \frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z} \geq 3 $

 

$(\frac{x}{y})^2+ (\frac{y}{z})^2+(\frac{z}{x})^2=(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x})^2- 2.(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}+\frac{x}{z})$

 

$ (\frac{x}{y})^2+ (\frac{y}{z})^2+(\frac{z}{x})^2 \leq 3^2-2.3 = 3$

 

Suy ra : $ (\frac{x}{y})^2+ (\frac{y}{z})^2+(\frac{z}{x})^2 \leq 3^2-2.3 = 3 (2)$

 

Từ (1) và (2) suy ra :

 

$(\frac{y}{x})^2+(\frac{z}{y})^2+(\frac{x}{z})^2 \geq 3 \geq (\frac{x}{y})^2+ (\frac{y}{z})^2+(\frac{z}{x})^2$

 

$=> (dpcm)$

 

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1$

 

 

Đề Thi HSG Hoàn Kiếm-Hà Nội 2018-2019

Nguồn: st

 

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $a+b+c=6$. Tìm giá trị nhỏ nhất của:

$ \frac{a}{ \sqrt{b^3+b^2+4}}+\frac{b}{ \sqrt{c^3+c^2+4}}+\frac{c}{ \sqrt{a^3+a^2+4}}$

 

Bài 4:

3,

Áp dụng định lý cosin. Ta có:

$IC^2=AI^2+AC^2- 2.cos \widehat{A}.AI.AC=IC^2=AI^2+AC^2- 2.cos60^{\circ}.AI.AC$

$IC^2=AI^2+AC^2- \sqrt{3}.AI.AC (1)$

Tương tự CM được:

$IB^2=AI^2+AB^2- \sqrt{3}.AI.AB (2)$

Từ (1) và (2) Suy ra:

$ (\frac{IB}{IC})^2= \frac{AI^2+AB^2-\sqrt{3}.AI.AB}{AI^2+AC^2- \sqrt{3}.AI.AC}$

$ <=> \frac{AB^2}{AC^2}= \frac{AI^2+AB^2-\sqrt{3}.AI.AB}{AI^2+AC^2- \sqrt{3}.AI.AC}$

$ <=> AB^2.(AI^2+AC^2- \sqrt{3}.AI.AC)=AC^2.(AI^2+AB^2-\sqrt{3}.AI.AB)$

$...=> (AB+AC).AI= \sqrt{3}.AB.AC<=> \frac{ \sqrt{3}}{AI}= \frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}$

Suy ra ĐPCM.

 

Đề Thi HSG Quận Hà Đông 2018-2019

 

Cho a,b,c>0 thỏa mãn $ab+bc+ca\leq abc$. CMR: $\frac{8}{a+b}+\frac{8}{b+c}+\frac{8}{c+a}\leq \frac{b+c}{a^{2}}+\frac{a+b}{c^{2}}+\frac{c+a}{b^{2}}+2$

Vì $ab+bc+ca \leq abc$ $=> \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \leq 1$

Ta có:

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

$<=> 2 \geq (\frac{1}{a}+\frac{1}{b})+(\frac{1}{b}+\frac{1}{c})+(\frac{1}{c}+\frac{1}{a}) \geq \frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}$

Suy ra: 

$ \frac{b+c}{a^{2}}+\frac{a+b}{c^{2}}+\frac{c+a}{b^{2}}+2$

$ \geq \frac{b+c}{a^{2}}+\frac{a+b}{c^{2}}+\frac{c+a}{b^{2}}+\frac{4}{a+b}+\frac{4}{b+c}+\frac{4}{c+a}$

$ \geq (\frac{b+c}{a^{2}}+\frac{4}{b+c})+(\frac{a+b}{c^{2}}+\frac{4}{a+b})+(\frac{c+a}{b^{2}}+\frac{4}{c+a})$

Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz. Ta có:

$ \frac{b+c}{a^{2}} + \frac{4}{b+c} \geq \frac{4}{a}$

$=> \sum \frac{b+c}{a^{2}}+2 \geq \sum \frac{b+c}{a^{2}} + \sum \frac{4}{b+c} \geq \frac{4}{a} + \frac{4}{b} + \frac{4}{c}$

                                 $\geq 4.(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c})$

                                 $\geq 4.\frac{1}{2}.(\frac{4}{a+b} + \frac{4}{b+c} + \frac{4}{c+a})$

                                 $\geq \frac{8}{a+b} + \frac{8}{b+c} + \frac{8}{c+a}$

=> ĐPCM

Dấu ''='' xảy ra khi $a=b=c=3$

Bạn tự vẽ hình nhé! 

Kẻ đường cao AH=> Tam giác AHB vuông cân tại H và $\widehat{HAC}=60^{\circ}$

Đặt $AH=a(a>0)=> AH=BH=AM=MC=a=> AB^2=2a^2.$

Mà $AM.AC=a.(2a)= 2a^2=> AB^2=AM.AC...$ CM được $\Delta AMB\sim \Delta ABC$=> $\widehat{AMB}=\widehat{ABC}$

Suy ra: $\widehat{AMB}=45^{\circ}$

bạn ơi 

giải thích đoạn này giùm mình được ko vậy

$ (x-y-z)^2+4 \sqrt{3}(x-y-z)=4yz-12$

Vì $x,y,z \in{N}$=> $ 4 \sqrt{3}(x-y-z)=4yz-12-(x-y-z)^2 \in{Z}$

Mà $ \sqrt{3}$ là số vô tỉ

$=> x-y-z=0$ (do $ 4 \sqrt{3}(x-y-z) \in{Z}$ mà $x-y-z \in{Z}$ và $4 \in{Z}=> x-y-z=0$)...

TH1: x = -1 => $x^4-x^2+2x+2$ = 0 là số chính phương

TH2: x khác -1

Ta có : $5x^2-2x+2> 0$ với $\forall x$

=> $x^4-x^2+2x+2<x^4-x^2+2x+2+(5x^2-2x+2)=x^4+4x^2+4=(x^2+2)^2$

=> $x^4-x^2+2x+2<(x^2+2)^2$ (1)

Ta cũng có $x^2+2x+1=(x+1)^2> 0$ với $\forall x$ ( vì x khác -1 )

=> $(x^2-1)^2<(x^2-1)^2+(x+1)^2=x^4-x^2+2x+2$

=> $(x^2-1)^2<x^4-x^2+2x+2$ (2)

Từ (1),(2) => $(x^2-1)^2<x^4-x^2+2x+2<(x^2+2)^2$ kết hợp $x^4-x^2+2x+2$ là số nguyên nên $x^4-x^2+2x+2$ có thể nhận giá trị là $(x^2)^2$ hoặc $(x^2+1)^2$ ( do $x^4-x^2+2x+2$ là số chính phương )

+) $x^4-x^2+2x+2=(x^2)^2$

=> $ -x^2+2x+2 = 0$

=> không có nghiệm nguyên

+) $x^4-x^2+2x+2=(x^2+1)^2$

=> $ 3x^2-2x-1 = 0$

=> x = 1 ( do x nguyên )

Vậy x nhận giá trị là 1, -1

Mình xin làm cách khác: $x^4-x^2+2x+2=(x+1)^2(x^2-2x+2)$

Vì $x^4-x^2+2x+2$ và $(x+1)^2$ là số chính phương. Suy ra: $x^2-2x+2$ cũng là số chính phương.

Đặt : $x^2-2x+2=a^2$...