Cho tam giác đều ABC. Trên AC lấy điểm M. Vẽ E là trung điểm AM. Từ M kẻ đường vuông góc với AB, cắt đường vuông góc với BC kẻ từ C tại D. Tính số đó góc DBE.

nhìn lại đề thi mới thấy sao lớp 9 mình dốt đến thế :L
01,cho các số thực a,b:CMR:
$(a^2+1)(b^2+1)$ $(a+1)(b+1)(ab+1)$
02,ch0 các số $1,2,,4,5,6,7,8,9$
chia các số này thành 3 tập .Xét tích các phần tử trong mỗi tập .Gọi A là tích lớn nhất CMR:
$A$ $71$

2, Có số 3 không anh? Nếu có thì:
Giả sử cả 3 tích này đều bé hơn 71 thì tích của cả chín số trên sẽ bé hơn $71^3$
Ta lại có: 1.2.3.4.5.6.7.8.9=(8.9)(2.5.7)(3.4.6)=72.70.72=72.(71+1).(71-1)=72.($71^2$-1)>72. $71^2$>$71^3$ (trái với điều ở trên)
Vậy: tích lớn nhất phải lớn hơn hoặc bằng 71.

Nếu thế k=3, có cách nào để giải chỉ bằng kiến thức lớp 7 không ạ?

[quote name='tuanrint' post='201106' date='Jun 12 2009, 10:35 AM']Giúp em mấy bài toán này với !

Bài 1: Ngày 2 tháng 9 năm 1998 là ngày thứ tư .Hỏi
a/ Ngày 1-5-1999 vào ngày thứ mấy trong tuần .
b/ Ngay 2-9-2001 vào ngày thứ mấy trong tuần .
Bài 2:Chứng minh rằng với mọi số nguyên m ta có
a/ m(m+1)(2m+1)chia hết cho 6 .
b/ m(2m+7)(7m+1) chia hết cho 6.
Bài 3: Chứng minh rằng ba số tự nhiên liên tiếp có tổng 1số lẻ thì tích của ba số đó chia hết cho 24.
Bài 4: Chứng minh rằng $3+ 3^2+3^3+.....+3^99+3^100$ chia hết cho 120.
Bài 5: Với mọi số nguyên a và b chứng minh rằng:
a/ $a^2+1$ không chia hết cho 3.
b/Nếu $a^2+b^2$ chia hết cho 3 thì cả a và b chia hết cho ba.
c/ $a^5+b^5$ chia hết cho 5 khi và chi khi a+b chia hết cho 5.[/quote]
[quote name='pth_tdn' date='Jun 12 2009, 02:59 PM' post='201122']
5/ $x^2$ chia 3 dư 0 hoặc 1.
a) Suy ra $a^2+1$ chia 3 dư 1 hoặc 2 (không chia hết cho 3)
b)$a^2+b^2$ chia hết cho 3.
Nếu a và b chia khác số dư thì a+b chia 3 dư 1 (do 1 sốchia 3 dư 0, số còn lại dư 1)
Nếu a và b chia cùng dư thì hoặc a+b chia 3 dư 2 (cùng dư 1) hoặc a và b cùng chia 3 dư 0 thì ta có đpcm.
c)$a^5-a+b^5-b=a(a^4-1)+b(b^4-1)=a(a^2-1)(a^2+1)+b(b^2-1)(b^2+1)=(a-1)a(a+1)(a^2+1)+(b-1)b(b+1)(b^2+1)$
Xét tích $(k-1)k(k+1)(k^2+1)$ với k bằng a hoặc b. Ta có: Nếu k chia 5 dư 0;1;4 thì (k-1)k(k+1) chia hết cho 5.
Nếu k chia 5 dư 2 hay 3 thì $k^2+1$ chia hết cho 5.
Suy ra tích trên luôn chia hết cho 5.=>$(a^5+b^5)-(a+b)$ luôn chia hết cho 5.
Mà $a^5+b^5$ chia hết cho 5 nên (a+b) chia hết cho 5.
3/ 3 số tự nhiên liên tiếp có tổng lẻ nên phải có 2 số chẵn và 1 số lẻ.
Trong 2 số chẵn phải có một số chia 4 dư 2(chia hết cho 2) và 1 số chia hết cho 4.=> Tích chia hết cho 8.
Vì là tích 3 stn liên tiếp nên tồn tại một thừa số chia hết cho 3.=> Tích chia hết cho 3.
Do (8,3)=1 nên tích chia hết cho 24.
4/ Đặt tổng bằng A.
=> $3A=3^2+...+3^{101}$
=> $2A=3^{101}-3=3(3^{100}-1)=3(3^{50}-1)(3^{50}+1)=3(3^{25}-1)(3^{25}+1)(3^{50}+1)$
*2A chia hết cho 3. Mà (2,3)=1 nên A chia hết cho 3.
*$3^{25}-1; 3^{25}+1$ là 2 số chẵn liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4. $3^{50}+1$ chia hết cho 2.=> 2A chia hết cho 16.=> A chia hết cho 8.
*Xét chữ số tận cùng, có $3^{50}+1$ tận cùng bằng 0 chia hết cho 5.
Suy ra A chia hết cho 3;5 và 8. Mà (3,5,8)=1 nên A chia hết cho 3.5.8=120.

Có cái nào chỉ sử dụng kiến thức lớp 7 hoặc 8 không anh?

2/
*Chú ỷ rằng một số chính phương chia 8 dư 0;1 hoặc 4.
a. $ b^2 \equiv 0;4 (mod 8) <=> b \vdots 2 <=> abc \vdots 2 $
b. $ b^2 \equiv 1 (mod 8) & b^2-4ac \equiv 0;1;4 (mod 8) <=> 4ac \vdots 8 <=> ac \vdots 2 <=> abc \vdots 2$
*Một số chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1.
a. $ b^2 \equiv 0 (mod 3) <=> b \vdots 3 <=> abc \vdots 3 $
b. $ b^2 \equiv 1 (mod 3) & b^2-4ac \equiv 0;1 (mod 3) <=> 4ac \equiv 0;1 (mod 3)$
$ b^2 \equiv 1 (mod 3) & b^2+4ac \equiv 0;1 (mod 3) <=> 4ac \equiv 0;2 (mod 3)$
$\rightarrow 4ac \equiv 0 (mod 3) <=> ac \equiv 0 (mod 3) (do (3,4)=1) <=> abc\vdots 3$
*Một số chính phương chia 5 dư o;1 hoặc 4.
a.$b^2 \vdots 5 <=> abc \vdots 3$
b. $b^2 \equiv 1 (mod 5); b^2-4ac \equiv 0;1;4 (mod 5) <=> 4ac \equiv 1;0;2 (mod 5)$
$b^2+4ac \equiv 0;1;4 (mod 5) <=> 4ac \equiv 4;0;3$
Vậy $4ac \equiv 0 (mod 5) <=> abc \vdots 5$
* Do (2,3,5)=1 $=>abc \vdots (2.3.5=30)$

1/ $\overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}}$ và $ \overline{b_{1}b_{2}b_{3}b_{4}}$ là 2 số chính phương
$a_{1}-b_{1}=a_{2}-b_{2}=a_{3}-b_{3}=a_{4}-b_{4}$
tìm 2 số trên

2/ giải pt
$(x^{2}+2x-5)$*$2(x^{2}+2x)-x-15$=0

3/ $(x-1)(x-2)(x-4)(x-5)=2m$
gọi $x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} $ là ng pt
giá trị nào của m thì $\dfrac{1}{x_{1}}+\dfrac{1}{x_{2}}+\dfrac{1}{x_{3}}+\dfrac{1}{x_{4}}$ có giá trị nguyên dương

Đặt $ \overline{a_{1}a_{2}a_{3}a_{4}=m^2; \overline{b_{1}b_{2}b_{3}b_{4}=n^2$ thì:
(m+n)(m-n)=1111(a_4-b_4)=11.101.(a_4-b_4)
Ta có $32 \leq m;n \geq 99$ nên $m+n \leq 198$; $m-n \leq 67$
1.1. m-n khác 0.
Vì 101 nguyên tố nên m+n phải chia hết cho 101 (do m-n<101)
Giả sử m+n chia hết cho $a_4-b_4$ thì m+n phải chia hết cho $ 101(a_4-b_4) $ chỉ đúng khi $a_4-b_4$=1 (do m+n $ \leq $)
Khi đó: m-n=11.
Tính được m=56; n=45. Thử lại thấy không thỏa mãn.
Do đó: m-n=11($ a_4-b_4$)
Suy ra $a_4-b_4$<7.
Tới đây thử cho $a_4-b_4$ từ 2 đến 6.
1.2. $a_4-b_4=0$ : đúng với mọi số cp có 4 chữ số.

$x^2+5y^2-4xy-x+2y+6=(x-2y+1)(x-2y-2)+y^2+8=0$
Điều đó chỉ đúng khi: (x-2y+1)(x-2y-2)<0
Chú ý rằng x-2y-2<0<x-2y+1
Do đó -1<x-2y+1
Nếu x-2y+1>4 thì x-2y-2>0 (ko thỏa)
=> đpcm

1. $2008^{2008} \equiv 1(mod 3)$
$\Rightarrow 2008^{2008}+1 \equiv 2 (mod 3)$
Ta có $n^3+2006n=(n^3-n)+2007n=(n-1)n(n+1)+2007n \vdots 3 \forall n \in Z$
Vậy pt vô nghiệm nguyên

Cho x,y,z dương thỏa: x+2y+3z=1.
Tìm GTNN của: $x+4y+9z+\dfrac{9}{x}+\dfrac{4}{y}+\dfrac{1}{z}+\dfrac{13}{x+y}+\dfrac{5}{x+z}+\dfrac{10}{y+z}+\dfrac{14}{x+y+z}$

Cách em hơi dở >"<...
$A=\dfrac{1}{5}(1+\dfrac{1}{3}+...)$
$=\dfrac{1}{5}[1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+(\dfrac{1}{7}+...+\dfrac{1}{15})+(\dfrac{1}{17}+...+\dfrac{1}{25})+(\dfrac{1}{27}+...+\dfrac{1}{35})+(\dfrac{1}{37}+...+\dfrac{1}{45})+...]$
$>\dfrac{1}{5}(1+\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{5}+5.\dfrac{1}{15}+5.\dfrac{1}{25}+5.\dfrac{1}{35}+5.\dfrac{1}{45})$
$>\dfrac{1}{5}.(1+\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{7}+\dfrac{1}{9})=\dfrac{1}{5}.(\dfrac{31}{15}+\dfrac{16}{63})>\dfrac{1}{5}.(2+\dfrac{1}{4})=\dfrac{9}{20}$

1)Một số khi chia cho 3 sẽ nhận 1 trong 3 số dư. Mà có 5 số => Có ít nhất 2 số cùng số dư khi chia cho 3.
+Nếu có 3 số cùng dư trở lên thì lấy 3 trong số các số đó cộng lại sẽ được tổng chia hết cho 3.
+Nếu chỉ có 2 số có cùng số dư thì chia 5 số thành 3 cặp: $(a_1,a_2);(a_3,a_4);a_5$. Trong đó các số cùng cặp sẽ có cùng số dư khi chia cho 3.Các cặp này phải lần lượt nhận các số dư khác nhau khi chia cho 3. Chọn một số bất kì từ mỗi cặp và cộng lại sẽ được tổng chia hết cho 3 (do tổng 3 số dư chia hết cho 3)
2)Nếu trong 52 số có 2 số chia 100 nhận cùng một số dư thì hiệu của chúng chia hết cho 100.
Nếu 52 số chia cho 100 nhận các số dư đôi một khác nhau. Chia 100 số dư có thể nhận được khi chia 1 số cho 100 thành các nhóm: (0,0);(1,99);...;(50,50). Tổng 2 số trong mỗi cặp chia hết cho 100. Ta có: Có 51 cặp. Mà lại có 52 số nên phải có ít nhất 2 số cùng tập. Khi đó, tổng 2 số này chia hết cho 100.

Bài 1. Cho $a,b\in\Bbb{N}^*$ thỏa mãn $a.b=2009^{2010}$. Hỏi $a+b$ có chia hết cho $2010$ hay không ?

Bài 2. Cho $a,b\in\Bbb{N}^*$ nguyên tố cùng nhau sao cho $ab$ chia hết cho $a+b$. Chứng minh rằng $a+b$ là một số chính phương.

1. $2009^{2010} \equiv 2^{2010} (mod 3) $
Mà $ 2^{2010}=4^{1005} \equiv 1 (mod 3) $
Vậy: $2009^{2010}$ chia 3 dư 1.
=> a,b đều chia 3 dư 1.
Vậy: a+b chia 3 dư 2 (tức là không chia hết cho 3)
Mà để a+b chia hết cho 2010 thì a+b phải chia hết cho 3.
=> a+b không chia hết cho 3.

Cho hình vuông ABCD.M là 1 điểm di động trên AC. Kẻ ME,MF vuông góc với AD,DC.
C/m:BM vuông góc với EF

2. Đặt ab=(a+b)k=ak+bk. (k là 1 số tự nhiên)
*ab chia hết cho a; ak chia hết cho a.=> bk chia hết a.
Mà (a,b)=1.=>k chia hết cho a.
*Tương tự, k chia hết cho b.
(a,b)=1=>k chia hết cho ab.
Đặt k=abm (m là số tự nhiên)=>ab=(a+b).abm (do ab khác 0)
=>(a+b)m=1
=>a+b=1 là số chính phương.

Một cô gái đưa cho ông nhân viên bưu điện 1 đô la và nói:
- Xin ông bán cho tôi ba loại tem: 2 xentơ, 1 xentơ và 5 xentơ. Số tem 1 xentơ gấp 10 lần số tem 2 xentơ. Còn bao nhiêu ông bán cho tem 5 xentơ.
Bạn hãy cho biết, ông nhân viên bưu điện giải bài toán này thế nào cho nhanh?

Lập hệ: Gọi số tem 1 xento là a; 2 xento là b và 5 xento là c.
Ta có: a+2b+5c=100
a=10b
Suy ra: 12b+5c=100
=>12b chia hết cho 5.
=>b chia hết cho 5.
Mà 12b<100.
Suy ra b<9.
b khác 0 nên b=5.
Suy ra a=50.
Vậy, c=8.

Cho a,b là hai số kô âm. CMR:
$a^2 + b^2 \ge (a + b)\sqrt[{a + b}]{{a^a b^b }}$

Chia vế phải cho ab:
$(a + b) \dfrac{\sqrt[a + b]{a^a b^b }}{ab} = (a + b) \dfrac{\sqrt[a + b]{a^a b^b}}{\sqrt[a + b]{a^{a+b} b^{b+a}}} = (a+b) \sqrt[{a+b}]{\dfrac{1}{a^b.b^a}} \leq (a+b) . \dfrac{\dfrac{b}{a} + \dfrac{a}{b}}{a+b} = \dfrac{a^2+b^2}{ab}$ .
=> $ VP \leq \dfrac{a^2+b^2}{ab}.ab=a^2+b^2=VT$.

Chứng minh bđt sau với a,b dương:
$\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a} \geq 2+\dfrac{2003.(a-b)^2}{a^2+4004ab+b^2}+\dfrac{2004.(a-b)^2}{a^2+4006ab+b^2}$

Nếu bạn nam Q1 quen bạn nữ P1, bạn nam Q2 quen bạn nữ P2 thì theo đề bài:Q1 hoặc Q2 quen với cả P1, P2. Giả sử đó là Q1.
Nếu bạn Q1 quen P1, Q3 quen P3 thì Q1 hoặc Q3 quen P1 và P3.(1)
Q1 quen P2, Q3 quen P3 nên Q1 hoặc Q3 quen P2, P3.(2)
Q2 quen P1, Q3 quen P3 nên Q2 hoặc Q3 quen P1, P3
Q2 quen P2, Q3 quen P3 nên Q2 hoặc Q3 quen P2, P3.(4)
Nếu Q1 quen P1, P3 (1) hoặc P2, P3 (2) thì từ suy ra Q1 quen cả 3 người.
Nếu Q1 không quen P1, P3 (1) và P2, P3(2) thì theo đề bài, Q3 quen cả 3 người.
Tương tự với trường hợp Q2 quen cả P1, P2. (*')
Kết hợp (*'),(3),(4), ta có Q2 hoặc Q3 quen cả 3 người.
Từ đó, luôn có Q1, Q2 hoặc Q3 quen cả 3 người.
Tiếp tục quá trình lập luận trên với các cặp (Q4,P4),...,(Qn,Pn), ta có đpcm.(Chú ý rằng những điều trên vẫn đúng khi Qk trùng với Qk' hoặc Pk trùng với Pk').
*Sao lại không liên quan gì đến Dirichlet nhỉ? >"<*

Tìm x,y,z nguyên: $(x-y)(y-z)(z-x)=x+y+z$.

Gọi vận tốc tàu khi nước lặn là a (km/h)
Theo đề bài: $\dfrac{80}{a+4}+\dfrac{80}{a-4}=8h30'=\dfrac{17}{2} (h)
<=> 80 (\dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{a-4})=\dfrac{17}{2}
<=> \dfrac{1}{a+4}+\dfrac{1}{a-4}=\dfrac{17}{160} <=>\dfrac{2a}{a^2-4}=\dfrac{17}{160}
<=> 2a=\dfrac{17a^2-68}{160} <=> 320a=17a^2-68 <=> 17a^2-320a-68=0$
Tời đây giải pt bậc 2 để tìm a

chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức x^2 +y^2+z^2=2 thì x+y+z xyz +2

<=>$(x+y+z)^2 \leq (xyz+x^2+y^2+z^2)^2$
Phân tích 2 vế và giản lược, ta được: $0 \leq (xyz)^2+2xyz(x^2+y^2+z^2)$ đúng với mọi x,y,z dương.
Đẳng thức xảy ra <=> xyz=0 <=> Có ít nhất một trong 3 số x;y;z bằng 0.

Tìm min, max của: $\dfrac{x^2}{(x^2+4)^3}$

Giả sử $x_0$ là nghiệm của phương trình trên.
Th1: x=0
=>q=0 (không thỏa mãn)
Th2: $x \neq 0$
=>$0 \vdots x$ => $x^4-px+q \vdots x$ => $q \vdots x$
Suy ra x=q hoặc x=1.
*Nếu x=1 thì p-q=1=>Có một số chẵn và một số lẻ. Chú ý rằng p,q nguyên tố, ta được p=3;q=2.
*Nếu x=q thì: $q^4-pq+q=0$
$=>q(q^3-p+1)=0 <=>q^3-p+1=0$ (do q nguyên tố, khác 0).
$=> p-q^3=1$ =>$p$ và $q^3$ khác tính chẵn lẻ. => p và q khác tính chẵn lẻ. Ta đc p=3;q=2 hoặc p=2;q=3.
Thử lại:không có trường hợp nào thỏa mãn.
*Kết luận: p=3;q=2;x=1.

Đề thi chọn đội tuyển lần 1 toán 8 trường THPT chuyên Trần Đại Nghĩa

(Học kì I)

Thời gian: 60 phút

1/ (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) $28x^6+1+3x^2(x^2+1)$
b) $(a+b-3c)^2+(a+b+4c)^2-29c^2$
2/ (2 điểm) Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{2^3}+\dfrac{1}{3^3}+...+\dfrac{1}{2009^3}<\dfrac{1}{4}$
3/ (2 điểm) Cho 4 số a,b,c,d (khác 0) thỏa mãn: abcd=1 và $a+b+c+d=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}$.
Chứng minh rằng: tồn tại tích hai số trong 4 số đó bằng 1.
4/ (2 điểm) Cho tứ giác ABCD có góc A bằng 90, CB=CD. Từ A vẽ AH vuông góc với BD tại H. Chứng minh rằng: CD,CH,AH là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.
5/ (2 điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD, AB<CD). Gọi M,N,P theo thức tự là trung điểm của AB,BD và AC. Đường thẳng vuông góc với MN tại N và đường thẳng vuông góc với MP tại P cắt nhau tại E. Chứng minh: EC=ED.