chém luôn câu 3 này

đặt $p^n+144=k^2$ ($k\epsilon \mathbb{Z}$)

khi đó $ p^n=(k-12)(k+12)$

mà p nguyên tố nên $k-12=p^x$ và$k+12=p^y$ với x;y là các số nguyên; $y>x$ và $x+y=n$

$\Rightarrow p^y-p^x=24$ 

từ đó suy ra p là ước nguyên tố của 24, đến đây xét 2 trường hợp $p=2$ và $p=3$ rồi thay vào giải phương trình nghiệm nguyên như bình thường

đang mải làm câu 5 chưa full được bạn ạ

Thiếu trường hợp rồi còn $p=5$ nữa

Bài 15:(Nguyen Xuan Hieu)
Cho $a,b,c>0$.Chứng minh rằng:
$7(a^3+b^3+c^3)+6 \geq 3\sqrt{ac}(2ac+1)+3\sqrt{bc}(2bc+1)+3\sqrt{ab}(2ab+1)$
 

Bài 17:(Nguyen Xuan Hieu)
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thõa mãn  $a+b+c=3$.Chứng minh rằng:
$\sum_{cyc} \dfrac{a^2+1}{3\sqrt[3]{a^2b^2}(1+3\sqrt[3]{c^2})-8} \geq \dfrac{3}{2}$
 

Lời giải bài 17:

Ta có các bất đẳng thức sau:

         $3=a+b+c\geq 3\sqrt[3]{abc} \Rightarrow abc\leq 1 $

         

          $9=(a+b+c)^{2}\geq 3(ab+bc+ca) \Rightarrow ab+bc+ca\leq 3$

       

          $3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)= 9\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}+3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}} \leq [3(a^{2}b^{2}c^{2}+1+1)]+                   (a^{2}b^{2}+1+1)$     $(AM-GM)$

 

           $\Rightarrow    3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8 \leq 3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}$

 

           $\Rightarrow \frac{a^{2}+1}{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8} \geq \frac{a^{2}+1}{3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}}$

 

           $\Rightarrow \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8} \geq \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}         {3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}}$

 

Mà      $ \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}} \geq \sum_{cyc}\frac{(a+1)^{2}}{6a^{2}b^{2}c^{2}+2a^{2}b^{2}} \geq$

           $\frac{(a+b+c+1+1+1)^{2}}{18a^{2}b^{2}c^{2}+2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2})}= \frac{18}{   9a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}$  $(1)$

Mặt khác 

                       $9a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \leq 9abc.1 + a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}$

                        $= 2abc(a+b+c)+ a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} + 3abc = (ab+bc+ca)^{2}+3abc \leq 3^{2}+3= 12$

                       $\Rightarrow 9a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2} \leq 12$  $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ thì $\sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3a^{2}b^{2}c^{2}+a^{2}b^{2}} \geq \frac{3}{2}$

                                $\Rightarrow \sum_{cyc}\frac{a^{2}+1}{3\sqrt[3]{a^{2}b^{2}}(3\sqrt[3]{c^{2}}+1)-8} \geq \frac{3}{2}$  $(Q.E.D)$

Cách khác ngắn gọn hơn:
Điều phải chứng minh:
$\sum_{cyc} \dfrac{2(a^2+1)}{3\sqrt[3]{a^2b^2}(1+3\sqrt[3]{c^2})-8}\geq 3$.
Ta có:
$\sum_{cyc} \dfrac{2(a^2+1)}{3\sqrt[3]{a^2b^2}(1+3\sqrt[3]{c^2})-8}
\\=\sum_{cyc} \dfrac{a^2+a^2+1+1}{3\sqrt[3]{a^2b^2}+9\sqrt[3]{a^2b^2c^2}-8}
\\\geq \sum_{cyc} \dfrac{a^2+2a+1}{a+b+ab+3(ab+bc+ca)-8}
\\\geq \sum_{cyc} \dfrac{a^2+2a+1}{a+b+ab+(a+b+c)^2-8}
\\=\sum_{cyc} \dfrac{(a+1)^2}{(a+1)(b+1)}
\\=\sum_{cyc} \dfrac{(a+1)}{(b+1)}
\\\geq 3$.

 

Câu 1:
Giả sử trong 4 số đều bé hơn $3$.Đặt tổng 4 số đó là $P$.Khi đó $P<3.4=12$.(*)
Ta có:$P=a^2+b^2+c^2+d^2+2(\sum \dfrac{1}{a}) \geq \dfrac{(a+b+c+d)^2}{4}+\dfrac{16}{a+b+c+d}+\dfrac{16}{a+b+c+d}$.
Sau đó Cauchy 3 số thì sẽ được $P \geq 12$.Trái với (*) do đó ta có đpcm.
 

Câu 6: Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix}
 &2x^2+4x+y^3+3=0(1) \\
 &x^2y^3+y=2x(2)
\end{matrix}\right.$.
Ta có: $2x^2+2.2x+y^3+3=0 \\\Rightarrow 2x^2+2x^2y^3+2y+y^3+3=0 \\\Rightarrow 2x^2(1+y)(y^2-y+1)+(y+1)(y^2-y+3)=0 \\\Rightarrow (y+1)[2x^2(y^2-y+1)+(y^2-y+3)]=0 \\\Rightarrow y=-1$.Do $2x^2(y^2-y+1)+(y^2-y+3)>0$.Thay vào tìm $x$.

Câu 4b) Nghiệm nguyên: $7(x+y)=3(x^2+xy+y^2)$.
Xét $(x,y)=(0,0)$ thõa mãn.
Xét $x,y \neq 0$ khi đó:$\dfrac{x^2+xy+y^2}{x+y}=\dfrac{7}{3}$.
Đặt $x^2+xy+y^2=7m,x+y=3m,m \in \mathbb{N}^*$.Do $7m=x^2+xy+y^2>0$.
Từ điều trên dễ tính được $9m^2-7m=xy,x+y=3m$.Do đó $x,y$ là nghiệm của pt $X^2-3mX+9m^2-7m=0$.
Xét điều kiện denta lớn hơn hoặc bằng 0 tìm được $m=0,m=1$.
Với $m=0$ thì vô lý do $x,y \neq 0$.
Với $m=1$ giải ra được $(x,y)=(1,2);(2,1)$.
Kết luận $(x,y)=(0,0);(1,2);(2,1)$
Câu 4a)Dễ thấy số có tận cùng là $7$ khi mũ $4$ lên có tận cùng luôn là $1$.Mà $6^4 \vdots 4$.Vậy chữ số tận cùng là $1$.
 

Câu 3:
a)$DKXD: -2 \leq x \leq 3
\\2\sqrt{3-x}+\sqrt{2+x}=5
\\VT=\sqrt{4(3-x)}+\sqrt{1(2+x)} \leq \dfrac{4+3-x+1+2+x}{2}=5=VP$.
Dấu '=' khi $x=1$.
b)Áp đụng đẳng thức quen thuộc :$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$.
Áp dụng $với a=x,b=y,c=1$ khi đó:$x^3+y^3+1-3xy=0 \\\Leftrightarrow (x+y+1)(x^2+y^2+1-xy-x-y)=0$.
Tới đây $x+y+1=0$ thay vào cái dưới rồi tìm $x,y$.
$x^2+y^2+1-xy-x-y=0 \Rightarrow 2x^2+2y^2+2-2xy-2x-2y=0 \\\Rightarrow (x-1)^2+(y-1)^2+(x-y)^2=0 \\\Rightarrow x=y=1$.
Thay vào phương trình dưới thì thỏa mãn.Kết luận:.....

Câu 2.1:
a)$p(p-1)=q(q^2-1)$
Dễ thấy $p,q$ là số nguyên tố nên :$p|(q^2-1)$ đặt $q^2-1=kp,k \in N$.
Thay vào sẽ được $p-1=kq$.
Do đó tồn tại số $k$...(dpcm)
b)Ta có:$p|(q+1)$ nên $q+1 \geq p=kq+1 \geq q+1$.
Dấu '=' khi $q+1=p$ thay vào giải ra $p,q$

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

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

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

Đặt $a+1=\dfrac{1}{x}$ được không ạ?

Bài 108:Cho 2 đường tròn (O,R) và (O',R') cắt nhau tại A và B. Trên tia đối của AB lấy M, từ M vẽ các tiếp tuyến MC,MD với (O') và D thuộc miền trong của (O). AC, AD cắt (O) tại P,Q chứng minh P và Q luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải Bài 6

Cách nhanh hơn:
Từ phương trình dễ thấy $z$ chẵn.
Đặt $(3z-1)(z+1)=d$.
Khi đó$3(z+1)-(3z-1) \vdots \Rightarrow 4 \vdots d$.
Mà $z+1$ là số lẻ do đó $d=1$.
Mặt khác:$3z-1$ không chia hết cho $3$.
nên đặt $3z-1=5^x$ và $z+1=3^y$
Làm tương tự ...

 

Câu tổ:
Gọi $5$ số tự nhiên phân biệt đó lần lượt là: $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5$ và $a_1<a_2<a_3<a_4<a_5$
Giả sử tồn tại một số $a_1$ nhỏ hơn $5$ và 4 số còn lại lớn hơn hoặc bằng $5$.
Khi đó:$a_1+a_2+a_3 \leq 4+a_4-2+a_5-2=a_4+a_5$.
Trái với giả thuyết là tổng 3 số luôn lớn hơn 3 số còn lại.
Trường hợp tồn tại 2 số $a_1,a_2$ nhỏ hơn $5$ và 3 số còn lại lớn hơn bằng $5$.
$a_1+a_2+a_3 \leq 4+3+a_3=5+2+a_3 \leq a_4+2+a_5-2=a_4+a_5$(Vô lý)
Tương tự với các trường hợp còn lại...

Câu hệ phương trình biến đổi thành:
$\left\{\begin{matrix}
 &\dfrac{(x-y-4)(x^2+4x+y^2-4y)}{x-y}=0 \\
 &(\sqrt{x-y}-\sqrt{2y^2-y+1}+2)(\sqrt{x-y}+\sqrt{2y^2-y+1}-1)=0
\end{matrix}\right.$
...
 

Câu bất mình làm hơi trầy cối!

Theo $Holder$ ta có: $${\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{1}{{a\sqrt {3a + 2b} }}} } \right)^2}\left( {\sum\limits_{cyc} {\frac{{3a + 2b}}{a}} } \right) \geqslant {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^3}$$Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $$\frac{{{{\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)}^3}}}{{9 + 2\sum\limits_{cyc} {\frac{b}{a}} }} \geqslant \frac{9}{{5abc}} \Leftrightarrow {\left( {\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}} \right)^3} \geqslant \frac{{81}}{{5abc}} + \frac{{18}}{5}\left( {\frac{1}{{{a^2}c}} + \frac{1}{{{b^2}a}} + \frac{1}{{{c^2}b}}} \right)$$Đặt $\left( {\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}} \right) \to \left( {x,y,z} \right)$ bất đẳng thức trở thành: $${\left( {x + y + z} \right)^3} \geqslant \frac{{81}}{5}xyz + \frac{{18}}{5}\left( {{x^2}z + {y^2}x + {z^2}y} \right)$$Không mất tính tổng quát ta giả sử $c = \min \left\{ {a,b,c} \right\}$. Ta có: $${\left( {x + y + z} \right)^3} - \frac{{81}}{5}xyz - \frac{{18}}{5}\left( {{x^2}z + {y^2}x + {z^2}y} \right)$$$$ = {\left( {x - y} \right)^2}\left( {x + y + \frac{{17}}{5}z} \right) + \left( {x - z} \right)\left( {y - z} \right)\left( {4x + \frac{2}{5}y + z} \right) \geqslant 0$$Vậy bất đẳng thức được chứng minh thành công!

Ặc!! Chắc chết :v

haha mk nói là cách trầy cối mà, bài này có thể giải đơn giản bằng cách đổi biến về $\left( {\frac{1}{a};\frac{1}{b};\frac{1}{c}} \right) \to \left( {x,y,z} \right)$ sau đó dùng $Cauchy - Schwarz$ đánh giá mẫu hoặc dùng $AM-GM$: $x + y + z \geqslant 3\root 3 \of {xyz} $ sau đó biến đổi tương đương nó cũng ra đáp án  

Ok. Nãy thấy trên fb gồi :V mà cái người chụp ảnh màn hình trên fb là bạn hả =))

Câu c hình chứng minh sao thế nhỉ ._. Bác nào chỉ em cái :v

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                                    ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 CHUYÊN THÁI BÌNH

             THÁI BÌNH                                                                                               NĂM 2017-2018

                                                                                                                   MÔN THI: TOÁN CHUYÊN

                                            THỜI GIAN: 150'

 

 

 

Câu 1:(2 điểm) 

 

1. Cho $a,b,$ thực.Chứng minh ít nhất 1 trong 2 phương trình sau vô nghiệm:

 

$x^{2}+2ax+2a^{2}-b^{2}+1=0$ (1)

$x^{2}+2bx+3b^{2}-ab=0$ (2)

 

2. Cho $x,y,z$ thực sao cho $\left\{\begin{matrix} x+y+z=0 & \\ xyz\neq 0 & \end{matrix}\right.$

Tính:

$P=\frac{x^{2}}{-x^{2}+y^{2}+z^{2}}+\frac{y^{2}}{x^{2}-y^{2}+z^{2}}+\frac{z^{2}}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}$

 

Câu 2:(2,5 điểm)

 

1.Giải phương trình:

 

$\sqrt{x^{2}+4x+12}=2x-4+\sqrt{x+1}$

 

2.Giải hệ:

 

$\left\{\begin{matrix} x^{3}+y^{3}-4xy\left ( \frac{2}{x-y}-1 \right ) &=4\left ( 4+xy \right ) \\ \sqrt{x-y}+3\sqrt{2y^{3}-y+1} &=2y^{3}-x+3 \end{matrix}\right.$

 

Câu 3:(1 điểm) Tìm $x,y$ nguyên thỏa mãn:

 

$x^{3}-y^{3}=6xy+3$

 

Câu 4:(3 điểm) Cho $ABCD$ nội tiếp $(O)$.$BA\cap CD\equiv E;AD\cap BC\equiv F$.$M,N$ là trung điểm $AC,BD$.Phân giác trong $\widehat{BEC},\widehat{BFA}$ cắt nhau tại $K$.Chứng minh:

1.$\widehat{DEF}+\widehat{DFE}=\widehat{ABC}$ và $\triangle EKF$ vuông.

2.$EM.BD=EN.AC$

3. $K,M,N$ thẳng hàng.

 

Câu 5:(1,5 điểm)

1.Cho $a,b,c$ thực dương.Chứng minh:

 

$\frac{1}{a\sqrt{3a+2b}}+\frac{1}{b\sqrt{3b+2c}}+\frac{1}{c\sqrt{3c+2a}}\geq \frac{3}{\sqrt{5abc}}$

 

2.Cho 5 số tự nhiên phân biệt sao cho tổng 3 số bất kỳ trong chúng $>$ tổng 2 số còn lại.Chứng minh 5 số đã cho không nhỏ hơn 5.

 

 

 

 

 

 

 

 

P/s: Đề này khá dễ!

bạn xem phân tích có nhầm k, đề là $x^3+y^3$ mà?

Câu hệ phương trình cái phương trình $(1)$ là $x^2+y^2$ nhé ._. không phải là $x^3+y^3$ nhé

Câu 3:
a) Đặt $13p+1=k^3(k \in \mathbb{N})$.
Khi đó:$13p=(k-1)(k^2+k+1)$.
Dễ thấy $13,p$ đều là các số nguyên tố và :$k-1,k^2+k+1>1$ do đó sẽ xảy ra các trường hợp :$k-1=13,k^2+k+1=p$ và $k-1=p,k^2+k+1=13$.
Giải ra sẽ tìm được $p=2,211$ thỏa mãn.

Câu 1:
a)Giải điều kiện $S=xy>0,P=x+y>0, \Delta=b^2-4ac>0$.
b)Do hệ số $x^2>0$ nên min đạt được khi $f(x)=\dfrac{-\Delta}{4a}$ khi $x=\dfrac{-b}{2a}$.
Giải ra tìm được $x=\dfrac{-503}{3}$

câu phương trình:
Đặt $x+1=a$.
Biến đổi phương trình đưa về dạng:
$a^2-1-a\sqrt{a^2-1}+2a-4=0 \\\Rightarrow a^2+2a-5=a\sqrt{a^2-1}$.
Bình phương 2 vế đưa về pt tích: $(4a-5)(a^2-5)=0$ giải ra $x$ so với ĐKXĐ.

Câu 2:
$S(n)=n^2-2017n+10=n(n-2017)+10$.
Dễ thấy nếu $n<2017$ thì $S(n)<0$.
$n=2017$ thì $S(n)=10$ thõa mãn.
$n \geq 2018$ thì $S(n)=n^2-2017n+10>n$.
Dễ thấy $n$ lúc này là  số có 4 chữ số trở lên nên không tồn tại $S(n)>n$
Vậy $n=2017$

CÂ

Câu 1 a)$$(3x-20)-7(2\sqrt{x+4}-\sqrt{x-4})=0 \Leftrightarrow (3x-20)-\frac{7}{2\sqrt{x+4}+\sqrt{x-4}}(3x-20)\\ = (3x-20)(1-\frac{7}{2\sqrt{x+4}+ \sqrt{x-4}})$$
b) Đặt x+1=a
y+1=b
Đưa về hệ đối xứng $\left\{\begin{matrix} 6a+4b=a^2\\ 6b+4a=b^2 \end{matrix}\right.

Câu 1a sai rồi. Phải có nhân tử là $x-5$. Tách nhân liên hợp là ra.
P/s: Bác nào full bất, tổ cái :v. Tý em gõ hình cho :v

Câu 1a)
Phương trình tương đương:
$3(x-5)+7(\sqrt{x-4}-1)=14(\sqrt{x+4}-3) \\\Leftrightarrow 3(x-5)+\dfrac{7(x-5)}{\sqrt{x-4}+1}=\dfrac{14(x-5)}{\sqrt{x+4}+3}$.
Tới đây xét $x-5=0 \\\Rightarrow x=5$.
Xét $x \neq 5$ thì $3+\dfrac{7}{\sqrt{x-4}+1}=\dfrac{14}{\sqrt{x+4}+3}$.
Dễ thấy $VT<3,VP>3$ với điều kiện của $x$ do đó $x=5$ là nghiệm duy nhất.