letangphuquy chuyentin

Bài 4b) ở đây:

Bài 4:

Sorry bạn, mình lỡ làm hơi sai, để khi nào thuận tiện mình sửa lại nhé!

Hình vẽ: 

Link file GeoGebra:

https://www.geogebra...lassic/xuknyzkz

(bạn click chuột trái vào điểm B rồi chọn Animation để thấy được quỹ tích điểm G nhé!)

Bài làm:

a)

$\bigtriangleup ABC$ có $AD$ là phân giác $\widehat{BAC}$ nên $\frac{BD}{CD} = \frac{AB}{AC}$

$EP//AD\Rightarrow \frac{BE}{BA}=\frac{BP}{BD}$

$FQ//AD\Rightarrow \frac{CF}{CA}=\frac{CQ}{CD}$

Suy ra: $\frac{BP}{CQ} = \frac{BP}{BD}.\frac{BD}{CD}.\frac{CD}{CQ} = \frac{BE}{BA}.\frac{AB}{AC}.\frac{CA}{CF} =\frac{BE}{CF} = 1 \Leftrightarrow BP=CQ$

b)

Lấy trung điểm $M$ của $EF$

Với $a \in \mathbb{Z}; a\ge 2$, chứng minh $(a-1)^{a-1}(a+1)^{a+1} > a^{2a}$

Bài 3:

a)

$x>0\Rightarrow C=\sqrt{1+x^2+\frac{x^2}{(x+1)^2}} + \frac{x}{x+1} = \sqrt{\frac{(1+x^2)(x+1)^2+x^2}{(x+1)^2}} + \frac{x}{x+1}$

$\Leftrightarrow C = \sqrt{\frac{(x^2+x+1-x)(x^2+x+1+x)+x^2}{(x+1)^2}} + \frac{x}{x+1} =\sqrt{\frac{(x^2+x+1)^2}{(x+1)^2}} + \frac{x}{x+1}$

$\Leftrightarrow C=\frac{x^2+x+1}{x+1} + \frac{x}{x+1} = \frac{(x+1)^2}{x+1} = x+1$

b)$D=ab+ac=a(b+c)=a(1-a)=a-a^2=-a^2+a-\frac{1}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}-(a-\frac{1}{2})^2 \leq \frac{1}{4}$

Vậy $D_{max}=\frac{1}{4}\Leftrightarrow a=\frac{1}{2};b+c=\frac{1}{2}$

c)

Cách 1:

$a,b,c$ là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác nên $a,b,c > 0$ và

$a+b>c \Leftrightarrow \frac{a+b}{c}-1>0$

Tương tự ta có: $\frac{b+c}{a}-1>0$; $\frac{c+a}{b}-1>0$

Áp dụng BĐT Cô-si: $\frac{b}{a}+\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c}+\frac{c}{a} \ge 6\sqrt[6]{\frac{b}{a}.\frac{a}{b}.\frac{b}{c}.\frac{c}{b}.\frac{a}{c}.\frac{c}{a}} = 1$ (dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$)

Bài 1:

c)

Ta có: $4B=1.2.3.4+2.3.4.(5-1)+...+n(n+1)(n+2)[n+3-(n-1)]=n(n+1)(n+2)(n+3)$

$\Leftrightarrow 4B=n(n+3)(n+1)(n+2)=(n^2+3n)(n^2+3n+2)=(m-1)(m+1)=m^2-1$ (đặt $m=n^2+3n+1$)

Ta có: $m=n^2+3n+1 \ge 1+3+1=5\Rightarrow m^2-(m-1)^2=2m-1 \geq 9 \Leftrightarrow m^2-9 \ge (m-1)^2$

Vì thế $4B=m^2-1<m^2; 4B=m^2-1>m^2-9 \ge (m-1)^2$, do đó $4B$ không phải là SCP. Vì thế B không phải là SCP.

b)

$x,y$ là các số nguyên dương nên $x,y \in \mathbb{Z}; x,y \ge 1$

Trường hợp: $y=1 \Leftrightarrow 4^x=3^y+1=4 \Leftrightarrow x=1$

Trường hợp $y \ge 2 \Rightarrow 4^x \ge 9+1 = 10 > 4 \Rightarrow x>1 \Leftrightarrow x \ge 2$

Do đó: $3^y + 1 = 16.4^{x-2} \vdots 16$

Xét dãy số $U$ được tạo bởi công thức: $\left \{ \begin{matrix} U_1=1\\ U_i \equiv 3*U_{i-1} (mod \ 3) \forall i \ge 2 i \end{matrix} \right.$

Dễ nhận thấy $U$ là 1 dãy tuần hoàn.

Ta nhận thấy $U_1 = 1; U_2 = 3; U_3 = 9; U_4 = 11; U_5 = 1; ...$

Do đó $3^y \not\equiv 15 (mod \ 16) \Leftrightarrow 3^y+1 \not\equiv 0 (mod \ 16)$. Điều này vô lí!

Vậy PT đã cho có 1 nghiệm duy nhất $x=y=1$

a)

Với $n \in \mathbb{Z}$, ta có: $n^3-n=n(n^2-1)=n(n-1)(n-2) \vdots 6$

$\Rightarrow A=a^3+b^3+c^3=(a^3-a)+(b^3-b)+a+b+c^3=(a^3-a)+(b^3-b)+(2c^3-2018c) \equiv 2c^3-2018c \equiv 2c^3-2c \equiv 2(c^3-c) \equiv 0 (mod\ 6) \Leftrightarrow A\vdots 6$

 

Giup mình giai bai nay voi

Trong kỳ thi học sinh giỏi môn Tin học, em là người đạt giải đặc biệt. Ban tổ chức cho phép em chọn các phần thưởng cho mình. Các phần thưởng xếp thành một dãy được đánh số từ 1 đến N (0 ≤ N ≤ 10000), phần thưởng thứ i có giá trị là ai (1 ≤ ai ≤ 100). Em được phép chọn các phần thưởng cho mình theo nguyên tắc không chọn 3 phần thưởng liên tiếp nhau trong dãy. 
Viết chương trình để máy tính hướng dẫn em chọn các phần thưởng sao cho tổng giá trị của các phần thưởng nhận được là lớn nhất. 
Dữ liệu vào: cho file PTHUONG.INP gồm các dòng: 
- Dòng đầu tiên là số phần thưởng N 
- N dòng tiếp theo lần lượt là giá trị của các phần thưởng. 
Dữ liệu ra: ghi ra file PTHUONG.OUT gồm các dòng: 
- Dòng đầu tiên ghi tổng giá trị lớn nhất của các phần thưởng đã chọn 
- Dòng tiếp theo ghi vị trí của các phần thưởng đã chọn theo thứ tự tăng dần 
pthuong.inp 
7 
6 9 1 3 5 10 4 
pthuong.out 
32 
1 2 4 6 7 

 

Mình giải bằng C++ nha bạn

#include<cstdio>
#include<cstdlib>

const int N=1e4+1;
int f[N], f0[N], f1[N], f2[N], a[N];
int t[N], t0[N], res[N];

void m3(int &x, int &y, int a, int b, int c) {
x=a;
if (b>x) x=b;
if (c>x) x=c;
if (x==a) y=0;
else if (x==b) y=1;
else y=2;
}

void m4(int &x, int &y, int a, int b, int c, int d) {
m3(x,y,a,b,c);
if (d>x) { x=d; y=3; }
}

void quit(int x) {
printf("%d",x);
exit(EXIT_SUCCESS);
}

int main()
{
freopen("PTHUONG.INP", "r", stdin);
freopen("PTHUONG.OUT", "w", stdout);
int n, i, j=3, m=0;
scanf("%d",&n);
for (i=1; i<=n; i++) scanf("%d",a+i);
if (!n) quit(0);
if (n==1) quit(a[1]);
f1[1]=a[1];
m3(f[1],t[1], f0[1],f1[1],f2[1]);
for (i=2; i<=n; i++)
{
m3(f0[i],t0[i], f0[i-1],f1[i-1],f2[i-1]);
f1[i]=f0[i-1]+a[i];
f2[i]=f1[i-1]+a[i];
m4(f[i],t[i], f0[i],f1[i],f2[i],f[i-1]);
}
printf("%d\n",f[n]);
i=n;
while (i) {
if (j==3) {
if (t[i]!=3) j=t[i];
else i--;
}
else if (j>0) {
res[++m]=i--;
j--;
}
else {
j=t0[i];
i--;
}
}
for (i=m; i>0; i--) printf("%d ", res[i]);
return 0;
}

Không biết $n$ có tự nhiên không?

Nếu $n \in \mathbb{N}$ thì mình sẽ dùng cách chứng minh quy nạp như sau:

Đặt $P_{k} = (1+\sqrt{a+1})^{k} + (1-\sqrt{a+1})^{k}$

Xét lần lượt các TH:

$n=0 \Rightarrow P=1+1=2 \in \mathbb{Z}$

$n=1 \Rightarrow P=(1+\sqrt{a+1}) + (1-\sqrt{a+1}) = 2 \in \mathbb{Z}$

Giả sử ĐPCM đúng với $n=k-1; n=k (k \in \mathbb{N^{*}})$

Ta cần phải chứng minh nó đúng với $n=k+1$, tức là:

$P_{k+1} \in \mathbb{Z}$

Ta có: 

$2.P_{k} = 2.[(1+\sqrt{a+1})^{k} + (1-\sqrt{a+1})^{k}] = [(1+\sqrt{a+1}) + (1-\sqrt{a+1})]*[(1+\sqrt{a+1})^{k} + (1-\sqrt{a+1})^{k}]$

$ \Leftrightarrow 2.P_{k} = (1+\sqrt{a+1})^{k+1} + (1-\sqrt{a+1})^{k+1} + (1+\sqrt{a+1})^{k}*(1-\sqrt{a+1}) + (1-\sqrt{a+1})^{k}*(1+\sqrt{a+1})$

$\Leftrightarrow 2.P_{k} = P_{k+1} + (1+\sqrt{a+1})^{k-1}*(1-(a+1)) + (1-\sqrt{a+1})^{k-1}*(1-(a+1))$

$\Leftrightarrow 2.P_{k} = P_{k+1} - a.P_{k-1} \Leftrightarrow P_{k+1} = 2P_{k} + aP_{k-1} \in \mathbb{Z}$

Vậy điều phải chứng minh đúng với mọi $n \in \mathbb{N}$, nghĩa là

$P = (1+\sqrt{a+1})^{n} + (1-\sqrt{a+1})^{n} \in \mathbb{Z}$

Tìm $a,b \in \mathbb{N}$ sao cho: $a^{b}+a+b=b^{a}$

BẠN NÀO GIẢI KĨ CÂU TRỤC TỌA ĐỘ TÝ

Hình vẽ minh họa:

File GeoGebra:

https://www.geogebra...lassic/dearcts8

a)

Phương trình đường thẳng BC có dạng: $y=ax+b$

Ta có: 

$ \left \{ \begin{matrix} y_{B}=ax_{B} + b \\  y_{C}=ax_{C} + b \end{matrix} \right. $

$ \left \{ \begin{matrix} 0=6a + b \\  3= b \end{matrix} \right. \Leftrightarrow  \left \{ \begin{matrix} a=\frac{-b}{6}=\frac{-1}{2} \\  b=3 \end{matrix} \right. $ 

Vậy phương trình đường thẳng BC là: $y=\frac{-1}{2}x+3$

Phương trình hoành độ giao điểm D giữa BC và $d_{m}$:

$ \frac{-1}{2}x+3 = mx-2m+2 \Leftrightarrow (\frac{1}{2}+m)x = 2m+1 \Leftrightarrow x = \frac{2m+1}{m+\frac{1}{2}} = 2 $ (cùng chia 2 vế cho $(\frac{1}{2}+m)>0$) $\Rightarrow y=\frac{-1}{2}x+3=2 \rightarrow D(2;2)$ 

b)

Ta có $S_{OBC} = \frac{1}{2}.|x_{B}|.|y_{C}| = \frac{1}{2}.6.3 = 9$ (đvdt)

Gọi E, F lần lượt là giao điểm của $d_{m}$ với trục hoành Ox, trục tung Oy.

$E \in d_{m} \Leftrightarrow y_{E} = mx_{E} - 2m + 2 \Leftrightarrow x_{E} = \frac{2m-2}{m} = 2* \frac{m-1}{m}$

$F \in d_{m} \Leftrightarrow y_{F} = mx_{F} - 2m + 2 = -2m+2 = 2(1-m)$

Xét các trường hợp:

TH1: $\frac{-1}{2} < m \leq 1 \Leftrightarrow 1-\frac{-1}{2} > 1-m \geq 1-1 \Leftrightarrow 3 > 2(1-m) \geq 0 \Leftrightarrow y_{C} > y_{F} \geq y_{O}$

Trong trường hợp này thì F nằm giữa O, C hoặc F$\equiv$O $\Rightarrow CF \leq CO = 3$

Khi đó, để $d_{m}$ chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng nhau thì:

$S_{CDF} = \frac{1}{2}S_{OBC} = \frac{9}{2} \Leftrightarrow  CF = \frac{9}{2} > 3$(vô lí!)

TH2: $ 1<m \Rightarrow \frac{-1}{2} < 1 < m \Leftrightarrow 1 > \frac{1}{m} > -2 \Leftrightarrow 1-1 < 1 - \frac{1}{m} < 1+2$

$\Leftrightarrow 0 < \frac{m-1}{m} < 3 \Leftrightarrow 0 < 2 * \frac{m-1}{m} < 6 \Leftrightarrow x_{O} < x_{E} < x_{B} $

hoặc $ m<\frac{-1}{2}<0 \Rightarrow -2<\frac{1}{m}<0<1 \Leftrightarrow 1-1 < 1 - \frac{1}{m} < 1+2$

$\Leftrightarrow 0 < \frac{m-1}{m} < 3 \Leftrightarrow 0 < 2 * \frac{m-1}{m} < 6 \Leftrightarrow x_{O} < x_{E} < x_{B} $

Trong trường hợp này thì E nằm giữa O, B.

Khi đó, để $d_{m}$ chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng nhau thì:

$S_{BED} = \frac{1}{2}S_{OBC} = \frac{9}{2} \Leftrightarrow  BE = \frac{9}{2} \Leftrightarrow x_{E}=OE=\frac{3}{2} $

$\Leftrightarrow 2 * \frac{m-1}{m} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow \frac{m-1}{m} = \frac{3}{4}$

$\Leftrightarrow \frac{m-1}{3} = \frac{m}{4} = \frac{m-(m-1)}{4-3} = 1 \Leftrightarrow m=4$ (thỏa)

Vậy để $d_{m}$ chia tam giác OBC thành 2 phần có diện tích bằng nhau thì m=4.

Câu đấy là như giải nghiệm nguyên
Các số đó từ 0 đến 9
Biện luận là ra

 

Câu 4:

Gọi các chữ số hàng đơn vị cần điền vào ô thứ nhất, thứ nhì, thứ ba lần lượt là a, b, c ($a,b,c \in \mathbb{N}; 0 \leq a,b,c \leq 9$)

Từ giả thiết: người đó đã bắn 100 lần, ta có được PT:

$\overline{2a}+40+\overline{1b}+\overline{1c}+9+7 = 100 \Leftrightarrow a+b+c=4(1) \Rightarrow c \leq 4$

Từ giả thiết: điểm trung bình trong 100 lần bắn là 8,35, ta có được PT:

$\frac{1}{100}(10.\overline{2a}+40.9+8.\overline{1b}+7.\overline{1c}+6.9+5.7) = 8,35$

$\Leftrightarrow 10a+8b+7c = 36(2)$

Từ PT (2) rút ra nhận xét: c chẵn. Lại có $c \leq 4 \Rightarrow c \in {\left \{0;2;4 \right \}}$

Thử 3 trường hợp của c, được 1 TH có nghiệm là khi $c=0 \Rightarrow a=2;b=2$

Kết luận: các số cần điền theo thứ tự là 2, 2, 0. 

Em xin cảm ơn các bạn/các anh chị đã nhiệt tình đưa ra lời giải ạ!

Sau đây em cũng xin đóng góp lời giải cho bài Hình:

File hình đính kèm:

Link dẫn đến file GeoGebra (có thêm 1 số đoạn thẳng):

https://www.geogebra...lassic/nzg4ayjs

Bài làm:

a)$MA^{2}-MD^{2} = (MA-MD)(MA+MD) = (MB-MD)(MA+MD) = BD.AD$

b)$OA^{2}-OD^{2} = (AM^{2}+OM^{2}) - (MD^{2}+OM^{2}) = MA^{2} - MD^{2} = DA.DB$

Hạ $OT \bot AC$. Chứng minh tương tự, ta có $OA^{2}-OE^{2} = EA.EC$.

Lại có $OE=OD$ nên $DA.DB = OA^{2}-OD^{2} = OA^{2}-OE^{2} = EA.EC$

Vậy $OA^{2}-OD^{2} = DA.DB = EA.EC$ 

c) 

Gọi $(F)$ là đường tròn ngoại tiếp $\bigtriangleup GHK$

$\bigtriangleup BED$ có K, G lần lượt là trung điểm DE, BE 

$\Rightarrow$ KG là đường trung bình của tam giác $\Rightarrow KG//BD; KG=\frac{BD}{2}$

$\bigtriangleup CED$ có K, H lần lượt là trung điểm DE, DC 

$\Rightarrow$ KH là đường trung bình của tam giác $\Rightarrow KH//EC; KH=\frac{EC}{2}$

Ta có $KH//EC; KG//BD \Rightarrow \widehat{GKH} = \widehat{BAC}$

Theo b): $DA.DB = EA.EC \Leftrightarrow \frac{BD}{AE} = \frac{CE}{AD} \Leftrightarrow \frac{BD}{2AE} = \frac{CE}{2AD} $

Lại có $\frac{KG}{AE} = \frac{BD}{2AE} = \frac{CE}{2AD} = \frac{KH}{AD}$

Suy ra $\bigtriangleup KGH \sim \bigtriangleup AED (c.g.c) \Rightarrow \widehat{ADE} = \widehat{KHG} $

$KG//BD \Rightarrow \widehat{ADE} = \widehat{DKG}$.

Suy ra $\widehat{DKG} = \widehat{KHG}$

Từ đó chứng minh được DE là tiếp tuyến của $(F)$

Đề thi chọn học sinh giỏi thành phố lớp 9 - Đà Nẵng

Tổng quát: Đề năm nay có đủ tất cả các nội dung: căn thức, đồ thị, phương trình và hệ phương trình, giải bải toán, hình học và số học (thay cho bất đẳng thức); với mức độ từ dễ cho tới khó. 

P/S:

Mình mới thi sáng nay. Mình bí câu hình c), câu số học và thậm chí là câu 3a) nữa. Mình hơi gà nhỉ?

bạn cần thì mình gửi đề nhé. còn giải đề thì mình xin lỗi vì bữa nay mình chuyển hẳn qua chuyên tin rồi, nên không tập trung vào toán cũng như là làm toán. chỉ là lúc nào hứng lên thì làm thôi. do đó mình không đảm bảo được đâu!

Câu c) này thật ra tương đối đơn giản

PQ cắt OB tại E. Nối ME, PN

Chứng minh BMNO là hình bình hành

Chứng minh 2 tam giác BEM, PON bằng nhau. Từ đó suy ra BE=OP=R/3 là không đổi

Do đó điểm E là cố định.

Vậy PQ luôn đi qua E cố định khi M di động.

Bạn tự làm chi tiết nhé, mình cũng không còn dư nhiều thời gian lắm.

chat: mình người đà nẵng. 10 ngày nữa mình thi tp rồi. bạn ở tỉnh/tp nào vậy?

Link hình vẽ: https://www.geogebra...lassic/wdxnbtjp

a) O đối xứng với N qua MA nên MN=OM, AM=OA. Lại có OM=OA(bán kính) 

Tứ giác OANM có MN=OM=AM=OA $\Rightarrow$ OANM là hình thoi $\Rightarrow$ OANM là hình bình hành

b)Gọi C là trung điểm AM, D là trung điểm AN.

$\Delta$AMB có P là trọng tâm $\Leftrightarrow$ P là giao điểm của OM và BC

$\Delta$AMN có Q là trọng tâm $\Leftrightarrow$ Q là giao điểm của DM và NC

$\Delta$ANO có R là trọng tâm $\Leftrightarrow$ R là giao điểm của OD và AC

Chứng minh được O, N, C thẳng hàng và OC=CN; OM=AN

$\Delta$AMN có Q là trọng tâm $\Rightarrow \frac{QC}{NC} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow \frac{QC+CN}{2NC} = \frac{1+3}{2*3} \Leftrightarrow \frac{OQ}{ON} = \frac{2}{3} $ 

Lại có R là trọng tâm $\Delta$ANO nên $ \frac{OR}{OD} = \frac{2}{3} $ 

Áp dụng định lí Ta-lét đảo trong $\Delta$DON, ta có $ QR//DN $, lại có $OP//DN \Rightarrow QR//OP $

Áp dụng định lí Ta-lét trong $\Delta$DON, ta có $ \frac{QR}{DN} = \frac{OQ}{ON} = \frac{2}{3} \Rightarrow QR = \frac{2DN}{3} = \frac{AN}{3} = \frac{OM}{3} $

$\Delta$AMB có P là trọng tâm $ \Rightarrow OP = \frac{OM}{3} = QR $

Tứ giác OPQR có $OP//QR; OP=QR $ nên là hình bình hành

c) Để mình suy nghĩ thêm đã bạn nhé!