Toán Giải đề thi hsg toán 9 trên cả nước

[forum_]

Lâu rồi vẫn chưa có ai giải thì mình làm vậy để còn qua đề khác

Câu 2:

ĐK : x \geq 0 ; y \geq 0

pt \Leftrightarrow $2\sqrt[]{3} - 3 = 3x\sqrt[]{3} + y\sqrt[]{3} - 6\sqrt[]{xy}$

\Leftrightarrow $(3x+y-2)\sqrt[]{3} = 6\sqrt[]{xy} - 3$ (1)

\Rightarrow $(3x+y-2)^2.3 = 36xy - 36\sqrt[]{xy}+9$

\Rightarrow $\sqrt[]{xy} = \dfrac{12xy+3-(3x+y-2)^2}{12}$ (2)

x,y thuộc Q => $\sqrt[]{xy}$ thuộc Q (từ (2) )

+Nếu 3x+y-2 # 0, VT (1) là số vô tỉ, VP là sô hữu tỉ =====> Vô lí

+Nếu 3x+y-2 =0, kết hợp (1) suy ra: 3x+y-2 = 0 và $6\sqrt[]{xy}-3=0$

=> $x = y = \dfrac{1}{2}$

hoặc $x = \dfrac{1}{6}$ ; $y = \dfrac{3}{2}$

Thử lại , đc $x = y = \dfrac{1}{2}$ thoả mãn

Câu 3:

http://diendan.hocmai.vn/showpost.php?p=2377126&postcount=889

Câu 4:

0 \leq x,a,b,c,d,e,f,g,h \leq 9

a+b+c+d+e+f+g+h+x = 45

4T = 4x + (a+c+e+g)+2(b+d+f+h)

=45+3x+(b+d+f+h)

\leq 45 + 3.9 + (8+7+6+5) = 98

=> T \leq 24

 

[forum_]

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9 CẤP TỈNH TỈNH QUÃNG NGÃI NĂM HỌC 2013-2014​

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 22/3/2014​

Bài 1: (4 điểm)

a) Cho a; b là hai số nguyên dương khác nhau, thoả mãn $2a^2 + a = 3b^2 + b$.

Chứng minh

là phân số tối giản.

b) Tìm các cặp số nguyên dương (x; y) thoả mãn: $15x^2 − 7y^2 = 9$

Bài 2: (4 điểm)

a) Cho

Tính giá trị biểu thức

theo a.

b) Cho a, b, c là 3 số dương thoả mãn

Tìm giá trị lớn nhất của Q = abc

Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình:

b) Giải hệ phương trình:

Câu 4: Tìm cạnh của hình vuông nhỏ nhất, biết rằng: hình vuông đó chứa 5 đường tròn có bán kính bằng 1 và 5 đường tròn này đôi một không có quá 1 điểm chung.

Trong đề up ở đây đã lược bỏ câu hình học !

 

[letsmile519]

Bác cho em chém câu 1b đã nhé!


Ta có:

$15x^2-9=7y^2$

Vì VT chia hết cho 3

=> VP phải chia hết cho 3 => y=3k (k nguyên)

=>$15x^2-9=7.9k^2$

=>$5x^2=3+7.3k^2$

=> x=3m(m nguyên)

=>$5.9m^2=3+7.3k^2$

<=> $5.3m^2=1+7.k^2$

Xét VP 1 SCP chia cho 3 dư 0 hoặc 1 đây ta loại ngay TH dư 0
Nếu dư 1=> $7k^2$ dư 1=>$1+7k^2$ dư 2 vô lý vì VT chia hết cho 3

=? k tìm được x,y nguyên

Sai các bác đừng ném gạch

 

[eye_smile]

2b,T.có:
$\dfrac{1}{1+a}$ \geq $2\sqrt{\dfrac{bc}{(1+b)(1+c)}}$
$\dfrac{1}{1+b}$ \geq $2\sqrt{\dfrac{ac}{(1+a)(1+c)}}$
$\dfrac{1}{1+c}$ \geq $2\sqrt{\dfrac{ab}{(1+a)(1+b)}}$
Nhân theo vế và thu gọn, được: $abc$ \leq $\dfrac{1}{8}$
Dấu"=" xảy ra \Leftrightarrow $a=b=c=\dfrac{1}{2}$

 

[forum_]

Bác cho em chém câu 1b đã nhé!


Ta có:

$15x^2-9=7y^2$

Vì VT chia hết cho 3

=> VP phải chia hết cho 3 => y=3k (k nguyên)

=>$15x^2-9=7.9k^2$

=>$5x^2=3+7.3k^2$

=> x=3m(m nguyên)

=>$5.9m^2=3+7.3k^2$

<=> $5.3m^2=1+7.k^2$

Xét VP 1 SCP chia cho 3 dư 0 hoặc 1 đây ta loại ngay TH dư 0
Nếu dư 1=> $7k^2$ dư 1=>$1+7k^2$ dư 2 vô lý vì VT chia hết cho 3

=? k tìm được x,y nguyên

Sai các bác đừng ném gạch

Ờ, ko ném gạch đâu. Cứ làm thoải mái đi. Sai thì ném dao, phóng phi lao thôi ) ..

 

[letsmile519]

2b kia ta xin có 1 cách

Quy đồng lên nhá )

(1+a)(1+b)+(1+b)(1+c)+(1+c)(1+a)=2(1+a)(1+b)(1+c)

được:

3+2(a+b+c)+ab+bc+ca=2(1+a+b+c+ab+bc+ca+abc)

<=> 1=ab+bc+ca+2abc

Lại có:

$ab+bc+ca+\frac{1}{4}$\geq $4\sqrt[4]{a^2b^2c^2\frac{1}{2^2}}$=$2\sqrt{2}\sqrt{abc}$

=>5/4\geq$2\sqrt{2}\sqrt{abc}+2abc$

Đến đây giải theo xét dấu ta có thể tìm được Max của $\sqrt{abc}$

=> Max của abc

P/s:Hơi dài nhỉ ))

 

[letsmile519]

Letsmile, tránh nhanh đi bạn

Fo-rum mà ném thì tan người)

--------------------------------------------------------------------------------------------------

Khổ bả được cái học từ mama mà ra,vừa đọc được nt ở tưởng nhà bả..........

@eye_smile:c vào đọc mà xem.......

http://diendan.hocmai.vn/member.php?u=1644057

khổ nỗi, mẹ ném vỡ cửa kính, con ném văng cửa luôn ấy chả là )))

@Forum: nhờ nhờ...

 

[vipboycodon]

bài 3:
$(x-1)(x+2)+4(x-1)\sqrt{\dfrac{x+2}{x-1}} = 12$
<=> $(x-1)(x+2)+4\sqrt{(x-1)(x+2)} = 12$ (*)
Đk: $x \ge 1$
Đặt $(x-1)(x+2) = t$ ($t \ge 0$)
từ (*) => $t+4\sqrt{t} = 12$
<=> $4\sqrt{t} = 12-t$
<=> $16t = 144-24t+t^2$ (đk: $t \le 12$)
<=> $t^2-40t+144 = 0$
<=> $t = 36$ (loại) hoặc $t = 4$ (nhận)
Với $t = 4$ => $x^2+x-2 = 4$ => $x = 2$ (nhận) hoặc x = -3 (loại)

 

[riverflowsinyou1]

Tìm cạnh của hình vuông nhỏ nhất, biết rằng: hình vuông đó chứa 5 đường tròn có bán kính bằng 1 và 5 đường tròn này đôi một không có quá 1 điểm chung.
Vẽ hình vuông EFGH trong hình vuông ABCD sao mỗi cạnh của nó cách mỗi cạnh hình vuông lớn 1 đơn vị. Do 5 hình tròn nằm trong BACD \Rightarrow $O_1$;$O_2$;....;$O_5$ nằm trong hoặc trên EFGH.
Chia EFGH thành 4 hình vuông nhỏ bằng các đường trung trực, theo Dirichlet tồn tại 2 tâm thuộc 1 hình vuông nhỏ.
Giả sử MFQO chứa $O_2$;$O_3$
\Rightarrow OF\geq $O_2$.$O_3$ (gt) \Rightarrow FM \geq $\sqrt{2}$ \Rightarrow AB=2+EF\geq2+$\sqrt{2}$

 

[riverflowsinyou1]

Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Thừa Thiên Huế 2013-2014

1) 4 điểm
Chứng minh $\sqrt{a+\sqrt{b}} = \sqrt{\dfrac{a+4\sqrt{a^2-b}}{2}}+\sqrt{\dfrac{a-\sqrt{a^2-b}}{2}}$ với $a\ge \sqrt{b}$ ; $b\ge 0$
Áp dụng rút gọn biểu thức:
P= $\dfrac{\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}.(\sqrt{(1+x)^3}+\sqrt{(1-x)^3})}{2}$
a) Tìm x để P=$\sqrt{2}$
b) Tính G=$(x^{2015}-3.x^{2013}+1)^{2014}$ ứng với x vừa tìm được ở câu a.
2) 4 điểm
a) Giải phương trình:
$2.x^2+4.x+3$=$3.\sqrt{x^2+x+1}+x^2+3.x$
b) Tìm x nguyên sao cho A=$\frac{16.x^4+48.x^3+44.x^2+12.x+1}{x^2+x.6+9}$ là một số chính phương có 4 chữ số và tìm số chính phương đó.
3) 3 điểm
Cho x;m;y là các số thức thỏa mãn hệ phương trình:
{2.x-m.y=m
{m.x+y=$\frac{3.m^2+4}{m^2+4}$
a) Chứng minh $x^2+y^2$=1
b) Tìm Min và Max của H=$x^3+y^3$
4) 3 điểm.
Cho tứ giác lồi ABCD có diện tích là S và điểm O nằm trong tứ giác đó sao cho $OA^2+OB^2+OC^2+OD^2$=2.S chứng minh tứ giác ABCD là hình vuông
5) 4 điểm
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên AD lấy M ; CD lấy N sao cho $\widehat{MBN}$=$45^o$ (M;N không trùng với D) . Gọi E;F lần lượt là giao điểm của AC với BM và BN
a) Chứng minh rằng tứ giác EFNM nội tiếp trong đường tròn.
b) Chứng minh rằng MN luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định và tam giác MND có chu vi không đổi.
c) Tìm vị trí M và N để tam giác MND có diện tích lớn nhất.
6) 2 điểm
Cho x;y;z là các số thực dương thỏa mãn x+y+z=4. Chứng minh rằng:
$\frac{1}{x^2+4.y.z}$+$\frac{1}{y^2+4.x.z}$+$\frac{1}{z^2+4.y.x}$<$\frac{1}{x.y.z}$
Ai làm đề trên xong rồi có thể chuyển sang đề này .

 

[huy14112]

Chưa có bác nào làm câu 1a ô hô hô em chém luôn )

$2a^2 + a = 3b^2 + b$

$2a^2-2b^2+a-b=b^2$

$2(a-b)(a+b)+a-b=b^2$

$(a-b)(2a+2b+1)=b^2$

Đặt (a-b;2a+2b+1)=d

$\rightarrow b^2 \vdots d^2$

$\rightarrow b \vdots d$

$\rightarrow a \vdots d $

$\rightarrow2a+2b \vdots d $

$\rightarrow 1 \vdots d$

$\rightarrow d=1$ hoặc $d=-1$

OK bây giờ suy ra cái phân số tối giản thôi )

 

[forum_]

2) 4 điểm
a) Giải phương trình:
$2.x^2+4.x+3$=$3.\sqrt{x^2+x+1}+x^2+3.x$

ĐK: mọi x thuộc R

pt \Leftrightarrow $x^2+x+3=3.\sqrt{x^2+x+1}$

Đặt $\sqrt{x^2+x+1}=t$ ( t \geq 0)

pt \Leftrightarrow $t^2 +2 = 3t$

Giải t, thế vào tìm x

Chú ý t < 0 thì loại

 

[forum_]

5) 4 điểm
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Trên AD lấy M ; CD lấy N sao cho $\widehat{MBN}$=$45^o$ (M;N không trùng với D) . Gọi E;F lần lượt là giao điểm của AC với BM và BN
a) Chứng minh rằng tứ giác EFNM nội tiếp trong đường tròn.
b) Chứng minh rằng MN luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định và tam giác MND có chu vi không đổi.
c) Tìm vị trí M và N để tam giác MND có diện tích lớn nhất.

a/ Kẻ BK vuông góc MN

Hướng CM NF vuông góc AM và ME vuông góc AN

b/

Góc MBN = góc MAC ( cùng = 45 độ) => ABFM nội tiếp

=> Góc AMB = góc AFB

Tứ giác EFMN nội tiếp => góc AFB = góc BMN

Dó đó: Góc AMB = góc BMN

=> T/g AMB = t/g KMB

=>BK=AB=> MN tiếp xúc đường tròn cố định (B;BA = a) ko đổi

@};-Tam giác MND có chu vi không đổi.

Dễ CM MK=AM; KN=NC (xét các cặp tam giác = nhau)

=> Chu vi t/g MND = MD+MN+DN= 2a (ko đổi)

c) Tìm vị trí M và N để tam giác MND có diện tích lớn nhất

Ta có MD + DN \geq $2\sqrt[]{MD.DN}$

$\sqrt[]{MD.DN}$ \leq $\sqrt[]{MD^2+DN^2}$

=> $\sqrt[]{MD.DN}$ \leq $\dfrac{MD+DN+\sqrt[]{MD^2+DN^2}}{2+\sqrt[]{2}}$= $\dfrac{2a}{2+\sqrt[]{2}}$

=>MD.DN \leq $\dfrac{4a^2}{(2+\sqrt[]{2})^2}$

Đẳng thức xảy ra khi chỉ khi MD=DN = $\dfrac{2a}{(2+\sqrt[]{2})}$

@Minh Quang: em sửa lại Latex cho dễ nhìn hộ chị nhé

 

[riverflowsinyou1]

Bài 6: $\frac{1}{xyz}$=$\frac{4}{x.z.y.4}$=$\frac{1}{4.x.y}$+$\frac{1}{4yz}$+$\frac{1}{xz4}$ mà $\frac{1}{x^2+4yz}$<$\frac{1}{4yz}$ tương tự suy ra điêu phải chứng minh. Sai thôi nhé.

 

[riverflowsinyou1]

Đề thi học sinh giỏi tình Hà Nam năm 2013-2014

1) Cho biểu thức $A$=$\frac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}$+$\frac{\sqrt{x}.2}{\sqrt{x}+2}$+$\frac{2+\sqrt{x}.5}{4-x}$
a) Rút gọn $M$
b) Tìm $x$ để $M$=$0,75$
2) a) Chứng minh $(d)$:$y$=$m.x+4$ luôn cắt $(P):y$=$\frac{x^2}{4}$ tại 2 điểm phân biệt $A$ và $B$. Tìm m để trung điểm $BA$ thuộc $(\delta)$:$y$=$2x+20$
b) Giải phương trình.
$3.x^2-x+3$=$\sqrt{3x+1}$+$\sqrt{5x+4}$
3) a)Tìm nghiệm nguyên của phương trình :
$2x^2+4x$=$19-3.y^2$
b) Giải hệ pt:
{ $x^4-y=x^{2}.y-x^2$
{ $x^4-2xy+x-12=0$
4) Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn $(O;R)$. Gọi $M$ là một điểm thuộc cung nhỏ $BC$, $I$,$K$,$H$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ trên $AB$,$AC$,$BC$ còn $P$,$Q$ lần lượt là trung điểm $AB$,$HK$.
a) C/m $MQ$ $\perp$ $PQ$
b) C/m $\frac{AB}{MI}$+$\frac{AC}{MK}$=$\frac{BC}{HM}$
c) Khi $\triangle{BAC}$ đều
Thì :
*Tìm vị trí $M$ trên cung nhỏ $BC$ để $MA+MB+MC$ lớn nhất.
* Điểm $T$ nằm trong tam giác $ABC$. Gọi $x$,$y$,$z$ lần lượt là khoảng cách từ $T$ đến $BC$,$CA$,$AB$. Tìm quỹ tích điểm $T$ trong tam giác $ABC$ sao cho $x+y=z$.
Từ đó suy ra tập hợp điểm $T$ trong tam giác $ABC$ để $x$,$y$,$z$ là độ dài 3 cạnh tam giác.
5) Cho $a,b,c$>$0$ thoả mãn $a^2+2b^2+3c^2=3abc$
Tìm min $P$=$a.3+2b+c+\frac{8}{a}+\frac{6}{b}+\frac{4}{c}$

 

[angleofdarkness]

1/

a/

$M=\dfrac{\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}-2}+\dfrac{2\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}+\dfrac{2+5\sqrt{x}}{4-\sqrt{x}} \\ =\dfrac{(\sqrt{x}+1).(\sqrt{x}+2)+2\sqrt{x}.(\sqrt{x}-2)-(2+5\sqrt{x})}{\sqrt{x}-4} \\ =\dfrac{x+3\sqrt{x}+2+2x-4\sqrt{x}-2-5\sqrt{x}}{\sqrt{x}-4} \\ =\dfrac{3x-6\sqrt{x}}{\sqrt{x}-4} \\ =\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}$

b/

Để M = 0,75 \Leftrightarrow $\dfrac{3\sqrt{x}}{\sqrt{x}+2}=0,75$

\Leftrightarrow $4.3\sqrt{x}=3.(\sqrt{x}+2)$

\Leftrightarrow $9\sqrt{x}=6$ \Leftrightarrow $x = \dfrac{4}{9}$ (thỏa mãn ĐKXĐ)

 

[angleofdarkness]

2/

a/

Phương trình hoành độ giao điểm $mx+4=\dfrac{x^2}{4}$ \Leftrightarrow $x^2-4mx-16=0$ (1)

Có 1.( - 16) = - 16 < 0 nên pt (1) luôn có hai nghiệm trái dấu (tức đã phân biệt)

Nên hai đường thẳng trên luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A; B.

Gía sử có $A(x_1;y_1);B(x_2;y_2)$ thì có $I \Big( \dfrac{x_1+x_2}{2};\dfrac{y_1+y_2}{2} \Big)$ với I là trung điểm AB.

$x_1;x_2$ là hai nghiệm của (1) nên theo định lí Viet:
$$x_1+x_2=4m;x_1x_2=-16$$
Như vậy thì $y_1+y_2=\dfrac{x_1^2}{4}+\dfrac{x_2^2}{4}=\dfrac{(x_1+x_2)^2-2.x_1x_2}{4}=\dfrac{(4m)^2-2.( - 16)}{4}=4m^2+8$

\Rightarrow Có $I(4m;4m^2+8)$

Để I thuộc đt y = 2x + 20 thì $4m^2+8=2.4m+20$

\Leftrightarrow $m^2-2m-3=0$

\Leftrightarrow $(m+1)(m-3)=0$ \Leftrightarrow m = -1; 3.

 

[angleofdarkness]

3/

a/

Bạn có thể tham khảo nhiều cách giải tại đây

========================

 

[forum_]

b) Giải phương trình.
$3.x^2-x+3$=$\sqrt{3x+1}$+$\sqrt{5x+4}$

ĐK : x \geq $\dfrac{-4}{5}$

pt \Leftrightarrow $[\sqrt[]{3x+1}-(x+1)]+[\sqrt[]{5x+4}-(x+2)]=3(x^2-x)$

\Leftrightarrow $\dfrac{-x^2+x}{\sqrt[]{3x+1}+x+1}+\dfrac{-x^2+x}{\sqrt[]{5x+4}+x+2} = 3(x^2-x)$

\Rightarrow $x^3-x=0 (1) $ or $\dfrac{1}{\sqrt[]{3x+1}+x+1}+\dfrac{1}{\sqrt[]{5x+4}+x+2} +3= 0 (2) $

Từ pt(1) \Rightarrow x =0 hoặc x = 1

Từ pt(2) vô nghiệm vì VT > 0

Vậy pt đã cho có nghiệm x=0; x = 1

 

[forum_]

b) Giải hệ pt:
{ $x^4-y=x^{2}.y-x^2(1)$
{ $x^4-2xy+x-12=0 (2) $

Từ (1) => $y = x^2$

Thế vào (2) tìm dễ dàng đc x , sau đó tìm y

TOPIC ko giải hình