ĐỀ THI SỐ 8 :
Bài 3 : Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tổng bằng $2016$. Chứng minh :
$\sum \frac{a^2+bc}{b+c} \ge 2016$
$\boxed{Topic}$ Ôn thi học sinh giỏi toán 8 năm 2015- 2016.
#61
Đã gửi 26-03-2016 - 23:35
- tpdtthltvp, CaptainCuong, haichau0401 và 1 người khác yêu thích
Vũ trụ không có biên trong không gian, không có bắt đầu và kết thúc trong thời gian và chẳng có việc gì cho đấng sáng thế phải làm ở đây cả.
#62
Đã gửi 27-03-2016 - 12:18
ĐỀ THI SỐ 8 :
Bài 1: (1,5 điểm) Cho các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn :
$\begin{cases} &x^2+y^2=9&\\&y^2+z^2=16&\\&y^2=xz& \end{cases}$
Tính giá trị của $A=xy+yz$
Bài 2: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau :
a) $x^2+2y^2+2xy+3y-4=0$
b) $x^4+x^2-y^2+y+10=0$
Bài 4: Tìm số lớn nhất trong ba số dương $x,y,z$ thỏa mãn hệ phương trình :
$\begin{cases} &x=1-|1-2y|&\\&y=1-|1-2z|&\\&z=1-|1-2x|& \end{cases}$
Bài 1:
$\begin{cases} &x^2+y^2=9&\\&y^2+z^2=16&\\&y^2=xz& \end{cases}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+2y^2+z^2=25 & & \\ y^2=xz & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (x+z)^2-2xz+2y^2=25 & & \\ y^2=xz & & \end{matrix}\right.\Rightarrow (x+z)^2=25$
$\Rightarrow x+z=5$ hoặc $x+z=-5$.
Mà từ $2$ PT đầu $\Rightarrow (z-x)(z+x)=7$
Từ đó tìm được $x,z$ rồi tìm được $y$.
Bài 2:
a) $x^2+2y^2+2xy+3y-4=0\Rightarrow x^2+2y.x+(2y^2+3y-4)=0\Rightarrow \Delta _x=(2y)^2-4(2y^2+3y-4)\geq 0\Leftrightarrow -4y^2-12y+16\geq 0\Leftrightarrow (y-1)(y+4)\leq 0\Leftrightarrow -4\leq y\leq 1y\in \left \{ -4;-3;-2;-1;0;1 \right \}$
Tới đây xét từng giá trị của $y$ để tìm $x$.
b) Đặt $x^2=a$ ta được PT: $a^2+a-y^2+y+10=0$
Tới đây giải tương tự như trên.
Bài 4:
Giả sử $x\geq y\geq z> 0$. Xét các TH:
$+)0<z\leq y\leq x\leq \frac{1}{2}$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=2y & & & \\ y=2z & & & \\ z=2x & & & \end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=z=0(L)$
$+)0<z\leq y\leq \frac{1}{2}\leq x$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=2y \\ y=2-2z \\ z=2-2x \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{8}{9} \\ y=\frac{4}{9} \\ z=\frac{2}{7} \end{matrix}\right.$
$+)0<z\leq \frac{1}{2}\leq y\leq x$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=2-2y \\ y=2z \\ z=2-2x \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=\frac{6}{7} \\ y=\frac{4}{7} \\ z=\frac{2}{7} \end{matrix}\right.$
$+)0<\frac{1}{2}\leq z\leq y\leq x$
$\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x=2-2y \\ y=2-2z \\ z=2-2x \end{matrix}\right.\Rightarrow x=y=z=\frac{2}{3}$
Vậy số lớn nhất là $\frac{8}{9}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 27-03-2016 - 17:00
- PlanBbyFESN và dunghoiten thích
$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$
$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$
#63
Đã gửi 27-03-2016 - 12:41
Bài 1:
$\begin{cases} &x^2+y^2=9&\\&y^2+z^2=16&\\&y^2=xz& \end{cases}\Rightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+2y^2+z^2=25 & & \\ y^2=xz & & \end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} (x+z)^2-2xz+2y^2=25 & & \\ y^2=xz & & \end{matrix}\right.\Rightarrow (x+z)^2=25$
$\Rightarrow x+z=5$ hoặc $x+z=-5$.
Mà từ $2$ PT đầu $\Rightarrow (z-x)(z+x)=7$
Từ đó tìm được $x,z$ rồi tìm được $y$.
Bài 2:
a) $x^2+2y^2+2xy+3y-4=0\Rightarrow x^2+2y.x+(2y^2+3y-4)=0\Rightarrow \Delta _x=(2y)^2-4(2y^2+3y-4)\geq 0\Leftrightarrow -4y^2-12y+16\geq 0\Leftrightarrow (y-1)(y+4)\leq 0\Leftrightarrow -4\leq y\leq 1y\in \left \{ -4;-3;-2;-1;0;1 \right \}$
Tới đây xét từng giá trị của $y$ để tìm $x$.
Anh nhận xét :
Câu 1 : Trong một số trường hợp như thế thì em có thể giải bằng cách em . Tuy vậy em đã đặt thử câu hỏi vì sao đề lại cho $x,y,z$ chưa ? Về cái này phần sau anh sẽ nói
Câu 2 : Anh nghĩ ngoài cách xét này em có thể dùng phương pháp khác (nếu dùng phương pháp này mà họ cho số to cái là thôi rồi )
- tpdtthltvp yêu thích
#64
Đã gửi 01-06-2016 - 10:38
ĐỀ THI SỐ 8 :
Bài 3: Cho $a,b,c$ là các số thực dương có tổng bằng $2016$. Chứng minh :
$\sum \frac{a^2+bc}{b+c} \ge 2016$
Bài 5: Cho hình bình hành $ABCD$ . Trên các cạnh $BC,CD$ lần lượt lấy $M,N$ sao cho $\frac{BM}{CM}=\frac{CN}{2.DN}=k$. Gọi $P,Q$ theo thứ tự là giao điểm của $AM,AN$ với $BD$.
a) Chứng minh : $S_{PMNQ}=S_{APQ}$
b) Tính $\frac{S_{AMN}}{S_{ABCD}}$ theo $k$
Bài 6: Có tồn tại hay không $2016$ số nguyên dương $a_1,a_2,..,a_{2016}$ để :
$a_1^2+a_2^2,a_1^2+a_2^2+a_3^2,...,a_1^2+a_2^2+..+a_{2016}^2$ đều là số chính phương.
Hôm nay rảnh nên "nổi hứng" làm lại mấy bài cũ! Coi như cũng để kết thúc $\boxed{TOPIC}$ luôn, cảm ơn sự đóng góp của mọi người!
Bài 3:
Ta sẽ chứng minh:
$$\sum \frac{a^2+bc}{b+c}\geq \sum a$$
$$\Leftrightarrow \sum (\frac{a^2+bc}{b+c}-a)\geq 0$$
$$\Leftrightarrow \sum \frac{(a-b)(a-c)}{b+c}\geq 0(1)$$
Đặt $\frac{1}{b+c}=x,\frac{1}{c+a}=y,\frac{1}{a+b}=z$ thì:
$$(1)\Leftrightarrow x(a-b)(a-c)+y(b-c)(b-a)+z(c-a)(c-b)\geq 0(2)$$
Giả sử $a\geq b\geq c$ thì $x\geq y\geq z$. Do đó, $(2)$ đúng theo BĐT $Schur$ suy rộng.
Ta có đpcm. Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c=672$.
Bài 6:
Tồn tại $2016$ số nguyên dương thỏa mãn đề bài. Thật vậy, ta có đẳng thức sau:
$$(2a+1)^2+(2a^2+2a)^2=(2a^2+2a+1)^2$$
Cho $a=1$ thì $a_1=3, a_2=4$ ta được:
$$a_1^2+a_2^2=(2a^2+2a+1)^2=5^2$$
Chọn $a_3=2(a^2+a)^2+2(a^2+a)=12$ ta được:
$$a_1^2+a_2^2+a_3^2=\left [ 2(a^2+a)^2+2(a^2+a)+1 \right ]^2=13^2$$
Tương tự như vậy, ta tìm được $2016$ số thỏa mãn.
Bài 5:
a) Ta có:
$\frac{AP}{PM}=\frac{AD}{BM}=\frac{BC}{BM}=\frac{k+1}{k}\Rightarrow \frac{AP}{AM}=\frac{k+1}{2k+1}$
Và $\frac{AQ}{QN}=\frac{AB}{DN}=\frac{CD}{DN}=2k+1\Rightarrow \frac{AQ}{AN}=\frac{2k+1}{2k+2}$
Do đó: $S_{APQ}=\frac{AP}{AM}.\frac{AQ}{AN}.S_{AMN}=\frac{1}{2}S_{AMN}$
Vậy ta có $\text{đpcm}$
b)
$S_{AMB}=\frac{BM}{BC}.S_{ABC}=\frac{k}{k+1}S_{ABC}=\frac{k}{2k+2}S_{ABCD}$
Và: $S_{AND}=\frac{DN}{CD}S_{ACD}=\frac{1}{2k+1}S_{ACD}=\frac{1}{4k+2}S_{ABCD}$
Do đó:
$\frac{S_{AMN}}{S_{ABCD}}=1-(\frac{k}{2k+2}+\frac{1}{4k+2})=\frac{2k^2+4k+1}{4k^2+6k+2}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tpdtthltvp: 01-06-2016 - 10:41
- Thislife yêu thích
$\color{red}{\mathrm{\text{How I wish I could recollect, of circle roud}}}$
$\color{red}{\mathrm{\text{The exact relation Archimede unwound ! }}}$
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh