Bài 1: (4 điểm)
1/ Chứng minh rằng nếu a+b+c+d = 0 thì $a^3 + b^3 + c^3 + d^3 = 3(ac-bd)(b+d)$
2/ Tìm một số gồm hai chữ số sao cho tỷ số giữa số đó với tổng hai chữ số của nó là lớn nhất.

Bài 2: (4 điểm)
1/ Giải phương trình $\sqrt{x-1} - \sqrt[3]{2-x}$ = 5
2/ Trong một lớp học chỉ có hai loại học sinh là giỏi và khá. Nếu có 1 học sinh giỏi chuyển đi thì $\frac{1}{6}$ số học sinh còn lại là học sinh giỏi. Nếu có 1 học sinh khá chuyển đi thì $\frac{1}{5}$ số học sinh còn lại là học sinh giỏi. Tính số học sinh của lớp.

Bài 3:(4 điểm)
1/ Cặp số (x, y) là nghiệm phương trình: $x^2 y +2xy - 4x + y = 0$. Tìm giá trị lớn nhất của y.
2/ Cho ba số thực $a, b, c$ $\not=\ 0$ thỏa $a + b +c \not=\ 0$ và $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = \frac{1}{a+b+c}$.
Chung91 minh rằng trong ba số $ a, b, c$ có hai số đối nhau.

Bài 4: (5 điểm)
Cho (O; R) có đường kính AB cố định; một đường kính CD thay đổi không vuông góc và không trùng AB. Vẽ tiếp tuyến (d) của đường tròn (O) tại B. Các đướng thẳng AC, AD lần lượt cắt (d) tại E và F.
1/ Chứng minh tứ giác CEFD nội tiếp được trong đường tròn.
2/ Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE. Chứng minh rằng I di động trên một đường thẳng cố định.

Bài 5: (3 điểm)
Cho tam giác ABC có các đường phân giác trong BD và CE cắt nhau tại G. Chứng minh rằng nếu GD =GE thì tam giác ABC cân tại A hoặc góc A bằng $60^o$

--------HẾT--------

Nguồn: hocmai.vn

Hơ ...
Bài làm của minhtuyb
Chuyển vế:
$(x-7)-(x-7)^{11}=0$
$\Leftrightarrow (x-7)[1-(x-7)^{10}]=0$
$\Leftrightarrow x-7=0 \cup 1-(x-7)^{10}=0$
$\Leftrightarrow x=7 \cup (x-7)^{10}=1$
$\Leftrightarrow x=7 \cup x-7=\pm 1$
$\Leftrightarrow x=7 \cup x=8 \cup x=6$
Vậy pt đã cho có nghiệm $x_1=6;x_2=7;x_3=8$

Dùng kí hiệu sai. Dấu $\cup$ là dùng để hợp 2 tập hợp, dấu đúng trong trường hợp này là dấu $\vee$ (dấu hợp mệnh đề).
D-B=5.5h
E=7=8
F=1 * 10=1
S=76.5+1=77.5

Làm nhiều cách được cộng điểm nhỉ :
C2 của minhtuyb:
Pt đã cho tương đương:
$x-7=(x-7)^{11}(1)$
-Nhận thấy $x=6;7;8$ là 3 nghiệm của pt
-Với $x\in (-\infty ;6)$ thì $x-7<-1\Rightarrow x-7>(x-7)^{11}\Rightarrow VT(1)>VP(1)$. Pt vô nghiệm
-Với $x\in (6 ;7)$ thì $-1<x-7<0\Rightarrow x-7<(x-7)^{11}\Rightarrow VT(1)<VP(1)$. Pt vô nghiệm
-Với $x\in (7 ;8)$ thì $0<x-7<1\Rightarrow x-7>(x-7)^{11}\Rightarrow VT(1)>VP(1)$. Pt vô nghiệm
-Với $x\in (8;+\infty)$ thì $x-7>1\Rightarrow x-7<(x-7)^{11}\Rightarrow VT(1)<VP(1)$. Pt vô nghiệm
Vậy pt đã cho có nghiệm $x_1=6;x_2=7;x_3=8$
Sẽ cố chế thêm vài cách

Đang rỗi làm luôn bài mở rộng
Bài mở rộng của minhtuyb:

Đề bài: Giải phương trình $(ax+b)^m-(ax+b)^n=0(a,b,m,n là tham số;m\geq n;m,n\in N)$

Giải:

*Nếu $m=n$, Pt nghiệm đúng với $\forall x\in R$
*Nếu $m>n$:
$(ax+b)^m-(ax+b)^n=0$
$\Leftrightarrow (ax+b)^n[(ax+b)^{m-n}-1]=0$
$\Leftrightarrow (ax+b)^n=0(1) \cup (ax+b)^{m-n}-1=0(2)$
*Giải (1):
$(1)\Leftrightarrow ax+b=0$
- Với $a=0;b=0$, pt nghiệm đúng với $\forall x\in R$
- Với $a=0;b\neq 0$, pt vô nghiệm
- Với $a\neq 0$, pt có nghiệm $x=-\frac{b}{a}$
*Giải (2):
$(2)\Leftrightarrow (ax+b)^{m-n}=1(2')$
- Với $m-n\vdots 2: $
$(2')\Leftrightarrow ax+b=1\cup ax+b=-1$
Với $a=0, b=\pm 1.(2')$ nghiệm đúng với $\forall x\in R$
Với $a=0, b\neq \pm 1: (2')$ vô nghiệm
Với $a\neq 0; b\neq \pm 1: (2')\Leftrightarrow x=\frac{1-b}{a}\cup x=\frac{-1-b}{a}$
-Với $m-n\not\vdots 2: $
$(2)\Leftrightarrow ax+b=1(2'')$
Với $a=0, b=1:(2'')$ nghiệm đúng với $\forall x\in R$
Với $a=0, b\neq 1: (2'')$ vô nghiệm
Với $a\neq 0, b\neq 1: (2'')\Leftrightarrow x=\frac{1-b}{a}$

Lắm trường hợp quá .

Kinh toàn pro @_@
Đúc kết: vua toán = thánh bài

6. $x^4-4x^3-19x^2+106x-120=0$

$\Leftrightarrow x^4-7x^3+12x^2+3x^3-21x^2+36x-10x^2+70x+120=0$
$\Leftrightarrow x^2(x^2+7x-12)+3x(x^2-7x+12)-10(x^2-7x+12)=0$
$\Leftrightarrow (x^2+3x-10)(x^2+7x-12)=0$
$\Leftrightarrow (x-2)(x+5)(x-4)(x-3)=0$
Pt có nghiệm $x_1=2;x_2=3;x_3=4;x_4=-5$
P/s: Bài 4 có nhiều rồi thì phải

$A=x^8+14x^4+1=(x^8+4x^6+6x^4+4x^2+1)-(4x^6-8x^4+4x^2)$
-Áp dụng hằng đẳng thức: $(a+b)^4=a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4$, ta có:
$A=(x^2+1)^4-[(2x^3)^2-2.2x^3.2x+(2x)^2]$
$=(x^4+2x^2+1)^2-(2x^3-2x)^2$
$=(x^4+2x^2+1-2x^3+2x)(x^4+2x^2+1+2x^3-2x)$


$x^8+98x^4+1$
$=(x^8+64x^4+1+2.8x^6+2.8x^2+2.x^4)-(16x^6-32x^2+16x^2)$
$= (x^4+8x^2+1)^2-(4x^3-4x)^2$
$=(x^4+8x^2+1-4x^3+4x)(x^4+8x^2+1+4x^3-4x)$
Có thể phân tích tiếp, nhưng lại ra căn nên thôi
P/S: Có phải bé nào bên hm ko )

Có người lại lag máy rồi =))
--> Hân: thầy giỏi mà trò không giỏi lắm thì phải

318/
$P=a(a^2+b)+b(b^2+a)$
$=a^3+b^3+2ab$
$=(a+b)^3-3ab(a+b)+2ab$
$=201^3-603ab+2ab$
$=201^3-601ab$
Vậy bây giờ ta cần tìm $min,max(ab)$
*Min: Vì $0<a;b\leq 200$:
$(200-a)(200-b)\geq 0$
$\Rightarrow 200^2-200(a+b)+ab\geq 0$
$\Rightarrow ab\geq 200.201-200^2=200$
Nhờ mn tìm $max(ab)$ và kết luận nốt

Mình làm cách dài dòng vậy, sợ bị bắt lỗi lắm !
___________________________________________________
Ta có:
Đặt $x-7=a$
Khi đó, Phương trình $(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$
$\Leftrightarrow a-a^11=0$
$\Leftrightarrow a(a^{10}-a)=0$
$\Leftrightarrow a(a^2-1)(a^8+a^6+a^4+a^2+1)=0$ (*)
Ta lại có:
$a^8+a^6+a^4+a^2+1={a}^{4} \left( {a}^{2}+\frac{1}{2} \right) ^{2}+\frac{3}{4}\, \left( {a}^{2}-1
\right) ^{2}+\frac{5}{2}\,{a}^{2}+\frac{1}{4}>0$
(do $ {a}^{4} \left( {a}^{2}+\frac{1}{2} \right) ^{2} \geq 0$, $\frac{3}{4}\, \left( {a}^{2}-1 \right) ^{2} \geq 0$, $\frac{5a^2}{2} \geq 0$ và $\frac{1}{4}>0$)
Vậy Phương trình (*) tương đương với
$a(a^2-1)=0$

Vậy nếu $a$ thỏa mãn PT $a-a^{11}=0$ khi và chỉ khi $a=0$ hoặc $a=-1$ hoặc $a=1$
Mà $x-7=a$, do đó $x=7$ hoặc $x=6$ hoặc $x=8$
Vậy nghiệm của phương trình $(x-7)^1-(x-7)^{11}=0$ là $x={6;7;8}$
___________________________________________________________________
Một số hướng mở rộng:
1. Giải phương trình ẩn $x$ : $[A_{(x)}]^m-[A_{(x)}]^n=0$ với $A_{(x)}$ là một đa thức ẩn $x$ và $m, n$ là hằng số thỏa mãn $m,n$ là các số nguyên
2. . . .

Cẩn thận quá mức . Với cả khi bạn nêu mở rộng thì cần cm nhé

Đề mang đúng thương hiệu của bạn bong hoa cuc trang.
$(x-7)^1-(x-7)^11=0$
$\Leftrightarrow (x-7)[1-(x-7)^10]=0$
$\Leftrightarrow x=7$ hoặc $(x-7)^10=1$
$\Leftrightarrow x=7$ hoặc $x=8$ hoặc $x=6$.
Vậy $x \in {6;7;8}$
Sorry BTC em ko biết viết kí hiệu hoặc.

A cũng ko biết viết "hoặc" nên toàn xài cái này : $\cup$

Lâu zùi chưa post bài nào cho cả nhà làm, hôm nay rảnh post lun 1 bài :
Cho ba số dương $a,b,c$ thoả mãn: $a+b+c=1$. CMR:
$(3a+1)(3b+1)(3c+1)\geq 8$.

$(3a+1)(3b+1)(3c+1)\leq \frac{(3a+1+3b+1+3c+1)^3}{27}=8$.
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=\frac{1}{3}$

Bài toán 8: Cm Nesbit 4 biến khi vừa cm được Nesbit 3 biến (Nesbit được coi là lớp 9 không nhỉ ?)
Cho 4 số thực dương $a,b,c,d$, CMR:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\geq 2$

Lời giải sai lầm

-Áp dụng BĐT Nesbit 3 biến, ta có:
$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}\geq \frac{3}{2}$
$\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\geq \frac{3}{2}$
$\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}+\frac{a}{b+c}\geq \frac{3}{2}$
$\frac{d}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}\geq \frac{3}{2}$
Cộng vế với vế ta có:
$3(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b})\geq 6$
$\Rightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+d}+\frac{c}{d+a}+\frac{d}{a+b}\geq 2<Q.E.D>$
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=d$

Lời giải khá đẹp . Nhưng ta để ý thấy với $a=c;b=d$ thì đẳng thức vẫn xảy ra! Lỗi sai ở đâu

Đây là 4 biến mà

Nhận thấy $11>1$ . Mà $11$ và $1$ đều là số lẻ nên $(x-7)$ sẽ nhận các giá trị :

Liệu giải như vậy đã đủ tính chặt chẽ chưa . Tốt nhất cứ nên nhóm chứ không nên lập luận như vậy
P/s: Đán án "bất ngờ" quá

Đây là cách 2 của maikhaiok:
Ta có:
$(x-7)^1-(x-7)^{11}=0(1)$
+Xét $x=7$ ta thấy là nghiệm của phương trình.
+Xét $x \ne 7$ suy ra $x-7 \ne 0$:
Chia cả 2 vế của (1) cho $x-7$ ta được:

$(1) \Leftrightarrow 1 - {\left( {x - 7} \right)^{10}} = 0 \Leftrightarrow 1 = {\left( {x - 7} \right)^{10}} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
1 = x - 7 \Leftrightarrow x = 8\\
- 1 = x - 7 \Leftrightarrow x = 6
\end{array} \right.$
Vậy nghiệm của phương trình là: $S={6;7;8}$

Cái này chính là cách 1 sau khi bỏ đi nhân tử $x-7$ thôi

Bài mở rộng

Giải phương trình $(x-y)^a-(x-y)^b=0$

Nhận thấy:
Với $a;b$ cùng chẵn thì x-y=0 hoặc x-y=-1
Với $a;b$ cùng lẻ thì x-y=0;x-y=1 hoặc x-y=-1

Từ đây ta tìm được a và b

Mình hỏi tí nhé: đâu là tham số đâu là ẩn nhỉ, kết luận lại tìm được a,b; đọc thì lại tưởng a,b là tham số

Đặt $ t = x - 7$. Ta có phương trình :
$ t - {t}^{11} = 0$
$\Leftrightarrow t({t}^{10} - 1) = 0$
$\Leftrightarrow t(t^5 - 1)(t^5 + 1) = 0$
$\Leftrightarrow t(t - 1)(t^4 + t^3 + t^2 + t +1)(t^5 + 1) = 0$
Ta có 4 trường hợp xảy ra :
TH1 : $t = 0$
$\Leftrightarrow x - 7 = 0$
$\Leftrightarrow x = 7$
TH2 : $ t - 1 = 0$
$\Leftrightarrow t = 1$
$\Leftrightarrow x - 7 = 1$
$\Leftrightarrow x = 8$
TH3 : $ t^4 + t^3 + t^2 + t +1 = 0$
Ta có :
$ t^4 + t^3 + t^2 + t +1$
= $(t^4 + t^3 + \frac{1}{4}t^2) + (\frac{3}{4}t^2 + t + 1)$
= $t^2(t^2 + 2.t.\frac{1}{2} + \frac{1}{4}) + (\frac{3}{4}t^2 + 2. \frac{\sqrt{3}}{2}.t.\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{3}) + \frac{2}{3}$
= $t^2(t + \frac{1}{2})^2 + (\frac{\sqrt{3}}{2}.t + \frac{1}{\sqrt{3}})^2 + \frac{2}{3} > 0$
Suy ra phương trình $ t^4 + t^3 + t^2 + t +1 = 0$ vô nghiệm.
TH4 : $t^5 + 1 = 0$
$\Leftrightarrow t^5 = -1$
$\Leftrightarrow t = -1$
$\Leftrightarrow x - 7 = -1$
$\Leftrightarrow x = 6$
Vậy phương trình có nghiệm $ x = 6 ; 7 ; 8$
Và đây là phần mở rộng :
Xét phương trình tổng quát có dạng :
$t^k - t= 0$ với $t$ là số thực, $k$ là số nguyên dương lớn hơn 1, ta có :
$t^k - t = 0$
$\Leftrightarrow t({t}^{k - 1} - 1) = 0$
Nếu $ t = 0 $, phương trình có nghiệm duy nhất $t = 0$.
Nếu $ t \neq 0$, ta có :
$ t({t}^{k - 1} - 1) = 0$
$\Leftrightarrow {t}^{k - 1} - 1 = 0$
$\Leftrightarrow {t}^{k - 1} = 1$
Nếu $k$ lẻ, thì $k - 1$ chẵn.
Suy ra phương trình ${t}^{k - 1} = 1$ có hai nghiệm phân biệt :
$t = 1$ hoặc $t = -1$.
Nếu $k$ chẵn, thì $k - 1$ lẻ.
Suy ra phương trình ${t}^{k - 1} = 1$ có nghiệm duy nhất :
$t = 1$
Vậy :
Nếu $t = 0$ thì phương trình có nghiệm duy nhất $t = 0$.
Nếu $t \neq 0$, với $k$ lẻ thì phương trình có hai nghiệm phân biệt $t = 1$ hoặc $t = -1$.
Nếu $t \neq 0$, với $k$ chẵn thì phương trình có nghiệm duy nhất $t = 1$
Ps : Sao đề lần này hiền vậy bác ????

Hix lại 1 bác chọn cách dài

Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 03/4/2012

Câu I (2đ): Thực hiện phép tính:
$\frac{\sqrt[4]{3+2\sqrt{2}}.\sqrt{\sqrt{2}-1}+\sqrt[3]{(x+12)\sqrt{x}-6x-8}}{\frac{x-\sqrt{x}}{\sqrt{x-1}}-\sqrt{\sqrt{2}+1}.\sqrt[4]{3-2\sqrt{2}}}$

Câu II (4đ):
a/ CMR: $21^{39}+39^{21}\vdots 45$
b/ Tìm a,b thuộc $N^*$ sao cho:
$\frac{1}{a}+\frac{1}{2b}=\frac{2}{7}$

Câu 3 (6đ):
a/ Giải phương trình: $\sqrt{x-2}+\sqrt{y-1}+\sqrt{z}=\frac{1}{2}(x+y+z)$
b/ Tìm k để phương trình $x^2-(2+k)x+3k=0$ có hai nghiệm phân biệt $x_1;x_2$, sao cho $x_1;x_2$ là độ dài hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 10
c/ Cho biểu thức $A=x\sqrt{3+y}+y\sqrt{3+x}$, với $x,y\geq 0;x+y=2012$
Tìm GTNN của A

Câu 4 (5đ):
Cho tam giác nhọn $ABC(AB<AC)$ nội tiếp $(O;R)$. Các đường cao $AD,BE,CF$ của tam giác cắt nhau tại I.
a/ Chứng minh tâm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DEF$
b/ Giả sử $\widehat{BAC}=60^o$. Tính diện tích tứ giác $AEOF$ theo R

Câu 5 (3đ):
Cho đường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác đều ABC. Một tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ cắt các cạnh $AB,AC$ của tam giác theo thứ tự ở P,Q. CMR:
$a/PQ^2+AP.AQ=AP^2+AQ^2$
$b/ \frac{AP}{BP}+\frac{AQ}{CQ}=1$

----------Hết ----------

Có đề HN rồi nè :x, mấy đồng chí làm bài tốt chứ :

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 04/4/2012

Câu 1:
1/Cmr: A=$(a^{2012}+b^{2012}+c^{2012})-(a^{2008}+b^{2008}+c^{2008}) \vdots 30 $ mọi a;b;c nguyên dương
2/Cho $f(x)=(2x^3-21x-29)^{2012}$
Tính f(x) khi $x=\sqrt[3]{7+\sqrt{\frac{49}{8}}} +\sqrt[3]{7-\sqrt{\frac{49}{8}}}$

Câu 2:
1/Giải phương trình : $\sqrt{x^2+5}+3x=\sqrt{x^2+12}+5$

2/Giải hệ phương trình :
$x^2+xy+x-y-2y^2=0 $ và $x^2-y^2+x+y=6$

Câu 3: Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
$2x^2-5xy+3y^2-x+3y-4=0$

Câu 4: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính BC và A bất kì nằm trên đường tròn.Từ A hạ AH vuông góc BC và vẽ đường tròn đường kính HA cắt AB;AC ở M và N.
a/Cmr: OA vuông góc MN
b/Cho $AH=\sqrt{2};BC=\sqrt{7}$ Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CMN

Câu 5:
1/Chứng minh rằng: Điều kiện cần và đủ để 1 tam giác có các đường cao $h_1;h_2;h_3$ và bán kính đường tròn nội tiếp r là tam giác đều là:
$\frac{1}{h_1+2h_2}+\frac{1}{h_2+2h_3}+\frac{1}{h_3+2h_1}=\frac{1}{3r}$
2/Cho 8045 điểm trên 1 mặt phẳng sao cho cứ 3 điểm bất kì thì tạo thành 1 tam giác có diện tích <1.Chứng minh rằng: Luôn có thể có ít nhất 2012 điểm nằm trong tam giác hoặc trên cạnh của 1 tam giác có diện tích <1

Nguồn: diendan.hocmai.vn. Đã edit thời gian

Bạn sử dụng pp miền giá trị nhé
$max y=9\Leftrightarrow x=-\frac{1}{2}$
$min y=-1\Leftrightarrow x=2$

đây là bài tính hình chữ nhật con có tổng các số là lớn nhất trong mảng A ! pót lên làm quen và cho các bạn thm khảo !
à bài này .out ra tổng max và tọa độ ô trên trái và dưới phải !!! thân !!!

const fi='HCN.INP'; fo='HCN.OUT';
var
   m,n:word;
   a:array[1..100,1..100] of integer;
   kx,ky:array[1..1000] of word;
   max,tong:integer;
   dem,x1,y1,x2,y2: word;
procedure nhap;
  var
	 f:text;
	 i,j: word;
  begin
	  assign(f,fi); reset(f);
	  read(f,n,m);
	  for i:=1 to n do
	   for j:=1 to m do
		read(f,a[i,j]);
	  close(f);
  end;

procedure init;
  var
	i,j: word;
  begin
	  max:=-2576;
	  dem:=0;
	  for i:=1 to n do
	   for j:=1 to m do
		begin
			inc(dem);
			kx[dem]:=i;
			ky[dem]:=j;
		end;
  end;

procedure xd;
  var
	 i,j,t,p:word;
  begin
	  for i:=1 to dem do
	   for j:=1 to dem do
		if ( kx[i]<=kx[j] ) and ( ky[i]<=ky[j] ) then
		begin
		  tong:=0;
		   for t:=kx[i] to kx[j] do
			for p:=ky[i] to ky[j] do
			 tong:=tong+a[t,p];
		   if tong>max then
			 begin
				 max:=tong;
				 x1:=kx[i];
				 y1:=ky[i];
				 x2:=kx[j];
				 y2:=ky[j];
			 end;
		end;
  end;

procedure xuat;
  var
	f:text;
  begin
	  assign(f,fo); rewrite(f);
	  writeln(f,max);
	  writeln(f,x1,'  ',y1);
	  writeln(f,x2,'  ',y2);
	  close(f);
  end;

BEGIN
	nhap;
	init;
	xd;
	xuat;
END.

mình chú ý thêm bài đếm số hình chữ nhật không chông lên nhau chỉ cần điều kiện a[i,j]=1 and a[i-1,j]=a[i,j-1]=0 là được !!!

Đêm nay anh Thế unhide đề hộ em nhé

Đề của MSS09:
Cho tam giác $ABC$ có các đường trung tuyến xuất phát tại đỉnh B và C vuông góc với nhau. Tìm GTNN của biểu thức:
$S=\frac{\sqrt{3}}{sin^2ABC}+\frac{\sqrt{3}}{sin^2ACB}+\sqrt{2}$

Ngày thi: 06/04/2012

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2.0 điểm)
a. Cho A = $\sqrt[3]{7+5\sqrt{2}}$ ; B = $\sqrt[3]{20-14\sqrt{2}}$ . Tính A + B
b. Cho a, b, c là các số khác 0 thoả mãn $a + b + c = 0$. Chứng minh rằng:
$\frac{a^4}{a^4-(b^2-c^2)^2}+\frac{b^4}{b^4-(c^2-a^2)^2}+\frac{c^4}{c^4-(a^2-b^2)^2}=\frac{3}{4}$

Bài 2: (2.0 điểm)
a. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l} \sqrt{x + 2} + \sqrt{y + 2} = 4 \\ \sqrt{x + 7} + \sqrt{y + 7} = 6 \end{array} \right.$
b. Cho x, y là hai số nguyên khác -1 sao cho $\frac{x^4-1}{y+1}+\frac{y^4-1}{x+1}$ là số nguyên.
Chứng minh rằng $x^{2012}-1$ chia hết cho $y+1$

Bài 3: (1.0 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình
$32x^6+16y^6+4z^6=t^6$

Bài 4: (2.0 điểm)
Cho tứ giác lồi ABCD biết $AB = BD, \widehat{BAC}=30^o, \widehat{ADC}=150^o$. Chứng minh rằng CA là tia phân giác của góc BCD

Bài 5: (2.0 điểm)
Cho đường tròn (O) nội tiếp tam giác ABC, gọi K, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của các cạnh BC, AC và AB. Gọi R là trung điểm của đoạn thằng PK. Chứng minh rằng $\widehat{PQC}=\widehat{KQR}$

Bài 6: (1.0 điểm)
Cho ba số dương a, b, c. Chứng minh rằng
$\frac{a^4}{b^3(c+2a)}+\frac{b^4}{c^3(a+2b)}+\frac{c^4}{a^3(b+2c)}\geq1$
Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

CM của người post đề :"Chấm hết. Đề 6 bài. Theo đánh giá của mình thì đề HP năm nay thực sự rất là khó, khó hơn nhiều so với đề các năm trước. Trung bình thì học sinh làm được 2-2.5 bài. Chỉ có những thằng cực kì giỏi mới làm được 4.5-5 bài. Còn 6 bài thì chắc chỉ có là chuyện siêu tưởng"

Đúng là so với đề HN và TPHCM thì ... . Là mình chắc làm đc hơn nửa tí
Suýt quên ghi nguồn : foreverloveya123- diendan.hocmai.vn

Thời gian làm bài nhiêu đó bạn

Bổ sung cho dấu "=" xảy ra ở TH 1

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow BH = CH$ ; AD vuông góc với BC

${\color{Blue} \Leftrightarrow }$ Tam giác ABC cân tại A

TH 2 :
Ở Th này , ta có 1 trong hai góc B hoặc C tù
Không mất tính tổng quát , giả sử $\widehat{B} \geq 90^0 > \widehat{C}$



Khi đó ta cũng thực hiện tương tự TH 1 , vẻ đường cao AH vuông góc với B
Tương tự TH 1
Ta cũng tìm ra được

$\frac{\sqrt{3}}{sin^2 \widehat{ABC}} + \frac{\sqrt{3}}{sin^2 \widehat{ACB}}$

$= \dfrac{\sqrt{3}.AB^2}{AH^2} + \dfrac{\sqrt{3}.AC^2}{AH^2}$ (ở đoạn này thì sử dụng t/c 2 bù nhau thì có tỷ số lượng giác bằng nhau ; $\widehat{ABC} + \widehat{ABH} = 180^0 \Rightarrow Sin^2 \widehat{ABC} = Sin^2 \widehat{ABH}$
p/s : Có cần chứng minh ko nhỉ !?)

$= \dfrac{\sqrt{3}.(AB^2 + AC^2)}{AH^2} $

$= \dfrac{\sqrt{3}.(AH^2 + HB^2 + AH^2 + HC^2) }{AH^2}$ (áp dụng Pi-Ta-Go với 2 tam giác ABH và ACH cùng vuông ở H)

$= \dfrac{\sqrt{3}.(2AH^2 + HB^2 + HC^2)}{AH^2}$

$= 2\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}.(BH^2 + CH^2}{AH^2}$

Mặt khác khí đó nếu nhìn kĩ thì ta sẽ thấy

$BH^2 + CH^2 \geq \dfrac{(BH + CH)^2}{2} > BC^2 > \dfrac{BC^2}{2}$ (theo AM- GM)

Và Mặt khác cũng có $AH^2 \leq \dfrac{9}{4}BC^2$ (từ TH 1)

KHi đó
$2\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}.(BH^2 + CH^2)}{AH^2} > 2\sqrt{3} + \dfrac{\sqrt{3}.\frac{BC^2}{2}}{\dfrac{9}{4}BC^2} > 2\sqrt{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$

$\Rightarrow S=\frac{\sqrt{3}}{sin^2ABC}+\frac{\sqrt{3}}{sin^2ACB}+\sqrt{2}> 2\sqrt{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{9} + \sqrt{2}$


Từ TH1 và TH2 ta thấy rằng $Min S = \frac{\sqrt{3}}{sin^2ABC}+\frac{\sqrt{3}}{sin^2ACB}+\sqrt{2} = 2\sqrt{3} + \dfrac{2\sqrt{3}}{9} + \sqrt{2}$

Min xảy ra ở TH1 (tam giác ABC nhọn)

Dấu "=" xảy ra ở TH 1

Dấu "=" xảy ra $\Leftrightarrow BH = CH$ ; AD vuông góc với BC

${\color{Blue} \Leftrightarrow }$ Tam giác ABC cân tại A

Các bạn đều thiếu TH này thì phải
Đáp án mình có TH này
P/s: Trâu bò quá, tưởng leo lại lên top 1 ai dè ...

Đêm nay anh Thế unhide đề hộ em nhé

Đề của MSS09:
Cho tam giác $ABC$ có các đường trung tuyến xuất phát tại đỉnh B và C vuông góc với nhau. Tìm GTNN của biểu thức:
$S=\frac{\sqrt{3}}{sin^2ABC}+\frac{\sqrt{3}}{sin^2ACB}+\sqrt{2}$

Đáp án:

*TH 1: Tam giác ABC có 3 góc nhọn:
Với $0^o<\alpha\leq 90^o$, ta có:
$\frac{1}{sin^2\alpha}=\frac{ sin^2\alpha + cos^2\alpha }{sin^2\alpha}=\frac{cos^2\alpha}{ sin^2\alpha}+1=cot^2\alpha +1$
Áp dụng:
$S=\sqrt{3}(\frac{1}{sin^2 ABC}+\frac{1}{sin^2ACB })+\sqrt{2}=\sqrt{3}(cot^2ABC+cot^2ACB+2)+\sqrt{2}$
$\geq \sqrt{3}[\frac{( cotABC+cotACB)^2}{2}+2]+ \sqrt{2}(*)$

Giờ ta tìm GTNN của $cotABC+cotACB$:


-Gọi $AP;BM,CN$ là 2 đường trung tuyến của $\Delta ABC\Rightarrow BM\perp CN(gt)$; G là trọng tâm của $\Delta ABC\Rightarrow \Delta GBC$ vuông tại G
-Kẻ $AH \perp BC (H \in BC)$. Có:
$cotABC+cotACB=\frac{BH}{AH}+\frac{CH}{AH}=\frac{BC}{AH}(1)$
-Theo t/c đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, ta có: $BC=2GP$. Mà $GP=\frac{AP}{3}$ (t/c trọng tâm trong tam giác) $AP\geq AH$ ( Q/hệ giữa đường xiên và hình chiếu). Từ những điều trên, suy ra:
$BC\geq \frac{2}{3}AH(2)$
-Từ (1) và (2)$\Rightarrow cotABC+cotACB\geq \frac{\frac{2}{3}AH }{AH}=\frac{2}{3}(**)$
-Từ (*) và (**) suy ra:
$S\geq \sqrt{3}(\frac{\frac{4}{9}}{2}+2)+ \sqrt{2}=\frac{20}{9}\sqrt{3}+\sqrt{2}=const$
Dấu bằng xảy ra khi $ cotABC=cotACB;H\equiv P\Leftrightarrow \Delta ABC$ cân tại A

*TH 2: Tam giác ABC có góc B hoặc góc C không nhỏ hơn 90 độ.
KMTTQ, giả sử $\widehat{ABC}\geq 90^o>\widehat{ACB}$. Kẻ $AH\perp BC(H\in BC)$
Lúc này ta lại có:
$S=\sqrt{3}(\frac{1}{sin^2 ABC}+\frac{1}{sin^2ACB }) +\sqrt{2}$
$=\sqrt{3}(\frac{1}{\frac{AH^2}{AB^2}}+\frac{1}{\frac{AH^2}{AC^2}})+\sqrt{2}$ (t/c sin 2 góc bù nhau)
$=\sqrt{3}.\frac{AB^2+AC^2}{AH^2}+\sqrt{2}$
Áp dụng đ/l‎ý Py-ta-go vào các tam giác vuông AHB và AHC (vuông tại H), có:
$=\sqrt{3}.\frac{AH^2+HB^2+AH^2+HC^2}{AH^2}+\sqrt{2}=\sqrt{3}.\frac{HB^2+HC^2}{AH^2}+2\sqrt{3}+\sqrt{2}$
Lại có: $ HB^2+HC^2\geq BC^2; BC\geq \frac{2}{3}AH(cmt)$
$\Rightarrow S\geq \sqrt{3}.\frac{\frac{4}{9}AH^2 }{AH^2}+2\sqrt{3}+\sqrt{2}=\frac{22}{9}\sqrt{3}+\sqrt{2}$
Dấu bằng xảy ra khi $H\equiv B$;$H\equiv P\Rightarrow$ dấu bằng không xảy ra

-Từ 2 trường hợp trên ta thấy minS đạt ở TH 1. Vậy
$minS=\frac{20}{9}\sqrt{3}+\sqrt{2}$ khi$\Delta ABC$ nhọn và cân tại A

Thời gian thi, thời gian làm bài là bao nhiu hả anh
___
Anh không rõ. Bên Mathscope người ta không ghi. Sợ ghi sai bị chém

Em ko xét TH tam giác đó vuông rồi tiếc quá

"*TH 2: Tam giác ABC có góc B hoặc góc C không nhỏ hơn 90 độ."
Bao gồm cả vuông rồi nhé, khi đó $AH=AB;HC=BC;BH=0$. Cả đoạn $HB^2+HC^2\geq BC^2$, có dấu đẳng thức tức là cũng đang xét trường hợp vuông nhé ( "=" xảy ra khi vuông tại B mà )
Thế này thì C-B tính theo bài của bạn Nguyễn Hữu Huy nhé
~~> Phantom: $AB^2+AC^2=5BC^2$ thì sao nhỉ. Chứ hiểu ý bạn lắm, chỉ rõ hộ mình nhé