NguyenHoaiTrung

c/m $2\sqrt{ab+1}>a+b<=>4(ab+1)>(a+b)^2<=>2ab+4>a^2+b^2$

$<=>(a-b)^2 \leq 4$ ( luôn đúng)

Câu 3 b) Đặt $a=\sqrt[3]{3x^2-x+1}, b=\sqrt[3]{3x^2-7x+2},c=\sqrt[3]{2}$

Khi đó, ta có: $a-b-\sqrt[3]{a^3-b^3-c^3}=c<=>(a-b-c)^3=a^3-b^3-c^3<=>3b(a-c)(a-b-c)=0$

Cho $a,b,c,n \in \mathbb{N^*}$ thỏa mãn $(a+bc)(b+ac)=13^n$. Chứng minh rằng $n \vdots 2$.

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường cao $BB',CC'$ cắt nhau tại $H. M$ là trung điểm của BC, tia $HM$ cắt đường $(O)$ tại $Q$, tia $MH$ cắt đường $(O)$ tại $P$. Đường phân giác các góc $BPC'$ và $CPB'$ cắt cạnh $AB,AC$ lần lượt tại $E$ và $F$. Chứng minh $\Delta AEF$ cân và $H,E,F$ thẳng hàng.

Ta có kết quả quen thuộc $BP \bot AI$ và $CQ \bot AI$

Sao có kết qủa này vậy bạn?

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC, D,E,F$ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp với các cạnh $BC, CA, AB$. Đường thẳng $AI$ cắt $DE$ và $DF$ theo thứ tự tại $P$ và $Q, H$ là hình chiếu của $A$ trên cạnh $BC, M$ là trung điểm của $BC$. Đường thẳng $AI$ cắt $DE$ và $DF$ theo thứ tự tại $P$ và $Q,H$ là hình chiếu của $A$ trên cạnh $BC,M$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh rằng $P,Q,H,M$ thuộc một đường tròn. 

Câu 2 a)$\sqrt{x} +\sqrt{x+3}=\sqrt{2x^2+4x+3}$ ĐKXĐ $x \geq 0$

$<=> x+x+3+2\sqrt{x(x+3)}=2x^2+4x+3$

$<=>\sqrt{x(x+3)}=x^2+x$

$<=>(x^2-x)+(2x-\sqrt{x(x+3)})=0$

$<=>(x^2-x)+\frac{3(x^2-x)}{2x+\sqrt{x(x+3)}}=0$

$<=>(x^2-x)(1+\frac{1}{2x+\sqrt{x(x+3)}})=0$

Với $x \geq 0 =>1+\frac{1}{2x+\sqrt{x(x+3)}}>0=>x^2-x=0<=>x \in$ {$0;1$}

Câu 3 Ta có $p$ là số nguyên tố, $p-1 \vdots n=>p>n>n-1$ và $p=nk+1 (k \in \mathbb{N},k<n)$ 

Mặt khác $n^3-1=(n-1)(n^2+n+1) \vdots p$ và $p$ là số nguyên tố $=>n^2+n+1 \vdots p=>n^2+n+1 \vdots nk+1=>n^2+n-nk+nk+1 \vdots nk+1=>n^2+n-nk=n(n+1-k) \vdots nk+1$

Mà $ƯCLN(n,nk+1)=1=>n+1-k \vdots nk+1$ và $0 \leq n+1-k<nk+1$ với  $n \geq 2, k<n=>n+1-k=0<=>n=k-1=>p=(k-1)k+1=k^2-k+1$

Từ đó, ta có $n+p=k-1+k^2-k+1=k^2$ là số chính phương với $(k \in \mathbb{N})=>$ĐPCM

Nguồn: Korkot

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN ĐẠI HỌC VINH NĂM HỌC 2018-2019

MÔN: TOÁN

Thời gian: 150 phút

Câu 1 (1,5 điểm). Cho phương trình $x^2-(2m+3)x+3m-1=0$, $m$ là tham số.

a) Tìm tất cả các số thực $m$ để phương trình đã cho có $2$ nghiệm $x_1,x_2$ thỏa mãn điều kiện $x_1^2+x_2^2-x_1x_2=7$.

b) Tìm tất cả các số nguyên $m$ để phương trình đã cho có nghiệm nguyên.

Câu 2 (3,0 điểm).

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

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} x +\frac{1}{x}+y-\frac{1}{y}=3  & & \\ x^2+\frac{1}{x^2}+y^2+\frac{1}{y^2}=5 & & \end{matrix}\right.$

Câu 3 (1,0 điểm). Cho số tự nhiên $n$ ($n \geq 2$) và số nguyên tố $p$ thỏa mãn $p-1$ chia hết cho $n$ đồng thời $n^3-1$ chia hết cho $p$. Chứng minh rằng $n+p$ là só chính phương.

Câu 4 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm $a,b$ thỏa mãn $(a-b)^2=a+b+2$. Chứng minh rằng $(1+\frac{a^3}{(b+1)^3})(1+\frac{b^3}{(a+1)^3}) \leq 9$.

Câu 5 (3,0 điểm) Cho $2$ đường tròn $(O;R)$ và $(O';r)$ cắt nhau tại 2 điểm $A$ và $B$ ($R>r$) sao cho $O$ và $O'$ ở hai phía đối với đường thẳng $AB$. Gọi $K$ là điểm sao cho $OAO'K$ là hình bình hành.

a) Chứng minh rằng tam giác $ABK$ là tam giác vuông.

b) Đường tròn tâm $K$ bán kinh $KA$ cắt đường tròn  $(O;R)$ và $(O';r)$ theo thứ tự tại $M$ và $N$ ($M,N$ khác $A$). Chứng minh rằng $\widehat{ABM}=\widehat{ABN}$.

c) Trên đường tròn $(O;R)$ lấy điểm $C$ thuộc cung $AM$ không chưa $B$ ($C$ khác $A,M$). Đường thẳng $CA$ cắt đường tròn ($O';r$) tại $D$. Chứng minh rằng $KC=KD$.

Câu 6 (0,5 điểm). Cho $17$ số tự nhiên mà các chữ số của mỗi số được lấy từ tập hợp {$1,2,3,4$}. Chứng minh rằng ta có thể chọn được $5$ ó trong $17$ số đã cho sao cho tổng của $5$ số này chia hết cho $5$.

Nguồn: conankun

Nguồn: Phạm Minh Kiến Phú nhóm Học toán 9 cùng thầy Hồng Trí Quang

Câu 2 b) 1) Vì $m,n \in S$,ta giả sử $m=a^2+3b^2$, $n=c^2+3d^2$ với $a,b,c,d$ là các số nguyên.

$=>m.n=(a^2+3b^2).(c^2+3d^2)=a^2c^2+3b^2c^2+3d^2a^2+9b^2d^2=(a^2c^2-6acbd+9b^2d^2)+3(b^2c^2+2abcd+d^2a^2)=(ac-3bd)^2+3(bc+ad)^2$

$=>m.n \in S$

2) Vì $n$ chia hết cho 2 $=>a,b$ có cùng tính chẵn lẻ

+) Nếu $a,b$ cùng chẵn $=>a^2,b^2$ chia hết cho $4$ nên $n$ chia hết cho $4$

+) Nếu $a,b$ cùng lẻ $=>a^2 \equiv b^2 \equiv 1 (mod4)$ nên $n \equiv 1+3 \equiv 0 (mod4)$ nên $n$ chia hết cho $4$

Vậy ở mọi trường hợp, ta luôn có nếu $n$ chia hết cho $2$ thì $n$ chia hết cho $4$