MyWorldMaths

Kì thi chọn HSG toán thành phố lớp 9

Thời gian :150 phút

Bài 1:(5 điểm)

1. Giải PT :$\sqrt[3]{2-x}=1-\sqrt{x-1}$

 

2. Cho $S=(1-\frac{2}{2.3})(1-\frac{2}{3.4})...(1-\frac{2}{2020.2021})$ là tích của 2019 thừa số. Tính S (lấy kết quả là phân số tối giản)

 

Bài 2:(5 điểm)

1. Biết a,b là các số nguyên dương thỏa mãn $a^{2}-ab+b^{2}\vdots 9$. CMR cả a và b đều chia hết cho 3.

 

2. Tìm các số nguyên dương n sao cho $9^{n}+11$ là tích của k (k thuộc N, k >=2) số tự nhiên liên tiếp.

 

Bài 3:(3 điểm)

1. Cho x,y,z là các số thực dương nhỏ hơn 4. CMR  trong các số $\frac{1}{x}+\frac{1}{4-y};\frac{1}{y}+\frac{1}{4-z};\frac{1}{z}+\frac{1}{4-x}$ tồn tại ít nhất 1 số lớn hơn hoặc bằng 1.

 

2. Với a,b,c dương thỏa mãn $a^{2}+b^{2}+c^{2}+2abc=1.$. Tìm MAX $P=ab+bc+ca-abc$

 

Bài 4:(6 điểm)

        Cho tam giác ABC vuông tại A  (AB<AC). Đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc BC,CA,AB lần lượt tại D,E,F. Gọi S là giao điểm của AI và DE.

          1. CMR tam giác IAB đồng dạng tam giác EAS.

          2. Gọi K là trung điểm của AB. O là trung điểm của BC. CMR K,O,S thẳng hàng

          3. Gọi M là giao điểm của KI và AC. Đường thẳng chứa đường cao AH của tam giác ABC cắt DE tại N. CMR AM=AN

 

Bài 5:(1 điểm)

       Xét bảng ô vuông cỡ 10x10 gồm 100 hình vuông có cạnh 1 đơn vị. Người ta điền vào mỗi ô vuông của bảng 1 số nguyên tùy ý sao cho hiệu hai số được điền ở hai ô chung cạnh bất kỳ đều có GTTĐ ko vượt quá 1. CMR tồn tại một số nguyên xuất hiện trong bảng ít nhất 6 lần. 

 

Mình có bài BĐT này

 Cho  $x,y,z>0$ và xyz=1. $\sum \frac{x^{4}y}{x^{2}+1}\geq \frac{3}{2}$

                                         Giải

Mình giải thế này:

Đặt $x=\frac{1}{a},y=\frac{1}{b},z=\frac{1}{c}$. Suy ra abc=1

Ta có $\frac{x^{4}y}{x^{2}+1}=\frac{a^{2}}{a^{4}b(a^{2}+1)}$=$\frac{1}{a^{2}b(a^{2}+1)}=\frac{a^{2}b^{2}c^{^{2}}}{a^{^{2}}b(a^{2}+1)}=\frac{bc^{2}}{a^{2}+1}=\frac{bc^{2}(a^{2}+1)-bc^{2}a^{2}}{a^{2}+1}=bc^{2}-\frac{ac}{a^{2}+1}\geq bc^{2}-\frac{ac}{a^{2}+1}=bc^{2}-\frac{c}{2}$

Chứng minh tương tự rồi cộng theo vế, có: $VT\geq ab^{2}+bc^{^{2}}+ca^{2}-(\frac{a}{2}+\frac{b}{2}+\frac{c}{2})$ (1)

Áp dụng AM_GM $ab^{2}+\frac{1}{a}\geq 2b$. suy ra $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}\geq 2(a+b+c)-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ 

suy ra $ab^{2}+bc^{2}+ca^{2}-\frac{a+b+c}{2}\geq \frac{3}{2}(a+b+c)-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ (2)

 

Từ (1) và (2) có $VT\geq$  \frac{3}{2}(a+b+c)-(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c})$ 

đến đây mình ko làm đc nữa. bạn nào giải giùm mình với. các bạn giải cách khác cũng đc. Cám ơn nhiều.     

câu 3 bạn còn cần không để hôm nào mình gửi luôn cho 

Được. cám ơn bạn. 

Mình có mới đăng một số bài. bạn vào nghiên cứu thử nhé!!

Với $\it{x},\,\it{y},\,\it{z}\geqq \it{0}$ thì: $\it{0}< \frac{\it{1}+ \it{x}}{\it{1}+ \it{x}+ \it{x}},\,\frac{\it{1}+ \it{y}}{\it{1}+ \it{y}+ \it{y}},\,\frac{\it{1}+ \it{z}}{\it{1}+ \it{z}+ \it{z}}\leqq 1$

Xét trường hợp ít nhất một trong ba biến bằng $0$ , không mất tính tổng quát trong chứng minh, chẳng hạn $\it{a}$ , khi đó:

 

$$\it{1}- \sum\limits_{cyc}\,\frac{\it{a}}{\it{b}+ \it{c}+ \it{1}}- \left ( \it{1}- \it{a} \right )\left ( \it{1}- \it{b} \right )\left ( \it{1}- \it{c} \right )= \frac{\it{bc}\left ( \it{1}- \it{bc} \right )}{\left ( \it{b}+ \it{1} \right )\left ( \it{c}+ \it{1} \right )}\geqq \it{0}$$

 

Giờ đây, ta chỉ cần đặt: $\it{a}= \frac{\it{1}+ \it{x}}{\it{1}+ \it{x}+ \it{x}},\,\it{b}= \frac{\it{1}+ \it{y}}{\it{1}+ \it{y}+ \it{y}},\,\it{c}= \frac{\it{1}+ \it{z}}{\it{1}+ \it{z}+ \it{z}}$ , sẽ có được biểu thức vế trái với hệ số của $\it{x},\,\it{y},\,\it{z}$ đều không âm!

Spoiler

MSP17315137b4beb9c52f364000042fi2126dh5h0g62.gif

Bạn có thể trả lời cụ thể hơn ko. Mình ko hiểu! cám ơn

$\lceil\,\,3\,\,\rfloor$ Viết lại bất đẳng thức dưới dạng thuần nhất :

$\frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}$

Nếu viết lại bất đẳng thức trên theo kiểu $\mathit{3}\,\mathit{u}= \mathit{a}+ \mathit{b}+ \mathit{c},\,\mathit{3}\,\mathit{v}^{\,\mathit{2}}= \mathit{ab}+ \mathit{bc}+ \mathit{ca},\,\mathit{w}^{\,\mathit{3}}= abc$ , hiển nhiên trong chứng minh uvw thì thường dùng nhiều $\mathit{u}> \mathit{v}> \mathit{w}$ , do đó hệ số của $\mathit{abc}$ luôn âm , bài toán này bị ngược dấu !

Spoiler

Ta có : ${\mathit{F}}'\left ( \mathit{w}^{\,\mathit{3}} \right )$ giảm nên giá trị của $\mathit{F}\left ( \mathit{w}^{\,\mathit{3}} \right ) \min$ khi $\mathit{w}^{\,\mathit{3}}$ đạt cực đại ( với $\mathit{F}$ là hàm số tuyến tính ) , trong trường hợp này hai biến bằng nhau : $\lceil$ https://math.stackex...m/tags/uvw/info $\rfloor$

Do bất đẳng thức thuần nhất nên không mất tính tổng quát , giả sử $\mathit{b}= \mathit{c}= 1$ . Khi đó :

$- \left ( \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{b} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{b}+ \mathit{c} \right )^{\,\mathit{3}}}+ \frac{\mathit{4}\,\mathit{abc}}{\left ( \mathit{c}+ \mathit{a} \right )^{\,\mathit{3}}} \right )+ \frac{\mathit{a}}{\mathit{b}+ \mathit{c}}+ \frac{\mathit{b}}{\mathit{c}+ \mathit{a}}+ \frac{\mathit{c}}{\mathit{a}+ \mathit{b}}= \frac{\mathit{2}\left ( \mathit{a}- \mathit{1} \right )^{\,\mathit{2}}}{\left ( \mathit{a}+ \mathit{1} \right )^{\,\mathit{3}}}\geqq \mathit{0}$

Spoiler

Xem thêm về ví dụ uvw tại đây : $\lceil$ https://diendantoanh...ca/#entry714538 $\rfloor$

i'm so sorry đề bài là a+b+c=3

$\lceil\,\,1\,\,\rfloor$

Sử dụng phép thế Ravi , vì vậy đặt : $\left\{\begin{matrix} a & = & \frac{{x}_{\,1}+ {x}_{\,2}+ {x}_{\,3}- {x}_{\,4}}{2}\\ \\ b & = & \frac{{x}_{\,2}+ {x}_{\,3}+ {x}_{\,4}- {x}_{\,1}}{2}\\ \\ c & = & \frac{{x}_{\,3}+ {x}_{\,4}+ {x}_{\,1}- {x}_{\,2}}{2}\\ \\ d & = & \frac{{x}_{\,4}+ {x}_{\,1}+ {x}_{\,2}- {x}_{\,3}}{2} \end{matrix}\right.$ với $x_{\,1,\,2,\,3,\,4}> 0$ . Ta có:

 

$\text{P}= \frac{x_{\,1}+ x_{\,2}+ x_{\,3}- x_{\,4}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,2}+ x_{\,3}+ x_{\,4}- x_{\,1}}{4\,x_{\,1}}+ \frac{x_{\,3}+ x_{\,4}+ x_{\,1}- x_{\,2}}{4\,x_{\,2}}+ \frac{x_{\,4}+ x_{\,1}+ x_{\,2}- x_{\,3}}{4\,x_{\,3}}= $ $= \frac{x_{\,1}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,2}}{4\,x_{\,4}}+ \frac{x_{\,3}}{4\,x_{\,4}}- \frac{1}{4}+ \,...\,+ \frac{x_{\,4}}{4\,x_{\,3}}+ \frac{x_{\,1}}{4\,x_{\,3}}+ \frac{x_{\,2}}{4\,x_{\,3}}- \frac{1}{4}\geqq 2$

Mình mới thấy phép thế ravi trong tam giác vậy trong tứ giác thì làm cách nào bạn có thể suy luận ra cách đặt như thế

khó đây, nghĩ hòa không ra

bài 1:

Cho a,b,c,d là 4 cạnh của một tứ giác lồi Tìm MIN $P=\frac{a}{b+c+d-a}+\frac{b}{c+d+a-c}+\frac{c}{a+b+d-c}+\frac{d}{a+b+c-d}$

Bài 2:

cho a,b,c>0 CMR $\sqrt{\frac{a}{b+c+2a}}+\sqrt{\frac{b}{c+a+2b}}+\frac{c}{a+b+2c}\leq \frac{3}{4}$

bài 3: Cho a,b,c>0 và a=b=c=1. CMR $\frac{4}{(a+b)^{3}}+\frac{4}{(b+c)^{3}}+\frac{4}{(c+a)^{3}}\geq \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}$

Bài 4: cho a,b,c>0 CMR $\sqrt{(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)(ab^{2}+bc^{2}+ca^{2})}\geq abc+\sqrt{(a^{3}+abc)(b^{3}+abc)(c^{3}+abc)}$

 

MOng được nhận giúp đỡ!!!