Violympic toán 9

\(a\left(1+a+a^2+a^3+a^4+a^5\right)\text{ là số chính phương mà:}\left(a,1+a+a^2+a^3+a^4+a^5\right)=1\text{ nên: a là số chính phương;}1+a+a^2+a^3+a^4+a^5\text{ là số chính phương}.\text{ Do đó: }\left(a+1\right)\left(a^4+a^2+1\right)\text{ cũng là số chính phương.}Gọi:d=\left(a+1,a^4+a^2+1\right)\Rightarrow a^4-a^4+1+a^2-a^2+1+1\text{ chia hết cho d nên: }d=1\text{ hoặc 3}.Nếu\text{ }d=1\text{ thì: }a\text{ và: }a+1\text{ đều là số chính phương nên: }a=0;\text{nếu: }a+1\text{ chia 3 dư 0 thì a chia 3 dư 2(vô lí) vì scp ko chia 3 dư 2}11\)

[Toán.C36 _ 24.1.2021]

Điền số còn thiếu vào quy luật sau: 32 - 12 - 136 - 176 - ? - 196

Câu này sai nhé !

Phài là : Điền số còn thiếu vào quy luật sau: 12 - 32 - 136 - 176 - ? - 196

[Toán.C35 _ 24.1.2021]

Điền hai số còn thiếu vào quy luật sau: 0 - 1 - 13 - 61 - ? - ?

0 - 1 - 13 - 61 - 253 - 1021

Chắc đúng :)

Thu nhe:

\(0-1-13-61-190-365\)

Xí câu dễ trước

Câu 31.

a) Thay $b=\dfrac{5-3a}{4}$ vào và rút gọn thì cần chứng minh $(5a-3)^2\geqslant 0.$

b) Ta có: \(5^2=\left(2+3\right)\left(2a^2+3b^2\right)\ge\left(2a+3b\right)^2\Rightarrow2a+3b\le5\)

Đẳng thức xảy ra khi \(a=b=1.\)

Câu 32. 

BĐT \(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2\le1^2+\left(\dfrac{1}{2}\right)^2+\left(\dfrac{1}{3}\right)^2\)

\(VP=c^2\cdot\dfrac{1}{9c^2}+b^2\cdot\dfrac{1}{4b^2}+a^2\cdot\dfrac{1^2}{a^2}\)

\(=\dfrac{\left(c^2-b^2\right)}{9c^2}+\left(b^2-a^2\right)\left(\dfrac{1}{4b^2}+\dfrac{1}{9c^2}\right)+a^2\left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{4b^2}+\dfrac{1}{9c^2}\right)\)

\(\ge\left(c^2-b^2\right)\cdot\left(\dfrac{1}{3c}\right)^2+\dfrac{\left(b^2-a^2\right)\left(\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{3c}\right)^2}{2}+\dfrac{a^2\left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2b}+\dfrac{1}{3c}\right)^2}{3}\)

\(\ge\left(c^2-b^2\right)+2\left(b^2-a^2\right)+3a^2=a^2+b^2+c^2\)

Dấu bằng không xảy ra nên ban đầu em tưởng đề sai.

Bài 33.

Chuyển về pqr, cần chứng minh:

\({\dfrac { \left( {p}^{2}-3\,q \right) \left( {p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q} ^{2}+6\,qr \right) }{2qr \left( {p}^{2}-2\,q \right) }}\geqslant 0 \)

Đây là điều hiển nhiên nếu khai triển biểu thức \({p}^{3}q-{p}^{2}r-2\,p{q}^{2}+6\,qr\) ta sẽ được một đa thức với tất cả hệ số đều dương.

\(\text{để phương trình có nghiệm duy nhất thì pt phải có nghiệm kép}\)

x>=1/2 thì: \(x^2-6x+5-k-2xk=\left(x+a\right)^2\text{ hay: }-6x-2xk+5-k=2xa+a^2\text{ do đó: }-6x-2xk=2xa;5-k=a^2\Rightarrow-3-k=2a;5-k=a^2\Rightarrow8=a^2-2a\Leftrightarrow a^2-2a-8=\left(a-4\right)\left(a+2\right)=0\text{ hay }a=4\text{ hoặc: }a=-2\Rightarrow k=1\text{ hoặc: }k=-11\text{ tương tự với TH còn lại.}\)

Ta có:  là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

Xét tứ giác HKBI ta có:

 Tứ giác BKHI là tứ giác nội tiếp (dhnb).

b) Xét TGiac AHI và Tgiac AKB có:

    ^AKB = ^AHI ( do cùng =90 độ)

    ^A chung

=> tam giác AHI đồng dạng với AKB (g - g)

=> AH/AB = AI/AK (cặp cạnh tg ứg tỉ lệ)

=> AH.AK = AI.AB

Mà AI; AB cố định

=> AH.AK không phụ thuộc vào vị trí điểm K (đpcm)

Xét (O): Dây CD vuông góc AB tại I (gt)

=> I là TĐ của CD  và OA ( .....)

Xét Tứ giác MDNC có:

^MCN = 90 độ ( do ^MCN là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O)

^CMD =90 độ ( vì CM vg góc MD)

^CND  =90 độ ( vì DN vg góc CB)

=>MNDC là hcn (dhnb)

=> CD và MN cắt nhau tại TĐ của mỗi đường (tc hcn)

Mà I là trung điểm của CD (cmt)

=> CD và MN cắt nhau tại I 

Mà  I thuộc AB (gt)

=> MN, AB, CD đồng quy (đpcm)

1) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM và bất đẳng thức Schwarz:

\(P=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\sqrt{ab}}\ge\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{\dfrac{a+b}{2}}\ge\dfrac{4}{a+\dfrac{a+b}{2}}=\dfrac{8}{3a+b}\ge8\).

Đẳng thức xảy ra khi a = b = \(\dfrac{1}{4}\).

2.

\(4=a^2+b^2\ge\dfrac{1}{2}\left(a+b\right)^2\Rightarrow a+b\le2\sqrt{2}\)

Đồng thời \(\left(a+b\right)^2\ge a^2+b^2\Rightarrow a+b\ge2\)

\(M\le\dfrac{\left(a+b\right)^2}{4\left(a+b+2\right)}=\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}\) (với \(x=a+b\Rightarrow2\le x\le2\sqrt{2}\) )

\(M\le\dfrac{x^2}{4\left(x+2\right)}-\sqrt{2}+1+\sqrt{2}-1\)

\(M\le\dfrac{\left(2\sqrt{2}-x\right)\left(x+4-2\sqrt{2}\right)}{4\left(x+2\right)}+\sqrt{2}-1\le\sqrt{2}-1\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=2\sqrt{2}\) hay \(a=b=\sqrt{2}\)

3. Chia 2 vế giả thiết cho \(x^2y^2\)

\(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}=\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\ge\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\)

\(\Rightarrow0\le\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\le4\)

\(A=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)\left(\dfrac{1}{x^2}+\dfrac{1}{y^2}-\dfrac{1}{xy}\right)=\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}\right)^2\le16\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=\dfrac{1}{2}\)

ĐKXĐ: \(-5\le x\le3\)

Đặt \(\sqrt{x+5}+\sqrt{3-x}=t>0\Rightarrow t^2=8+2\sqrt{-x^2-2x+15}\)

\(\Rightarrow-2\sqrt{-x^2-2x+15}=8-t^2\) (1)

Pt trở thành:

\(t+8-t^2-2=0\Leftrightarrow-t^2+t+6=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}t=3\\t=-2\left(loại\right)\end{matrix}\right.\)

Thế vào (1): \(-2\sqrt{-x^2-2x+15}=-1\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{-x^2-2x+15}=\dfrac{1}{2}\)

\(\Leftrightarrow-x^2-2x+15=\dfrac{1}{4}\)

\(\Leftrightarrow...\)