Có em nào có đề thi tuyển sinh lớp 10 tại Hà Nội năm 2012 post lên ongtroi xin với!

Có em nào có đề thi tuyển sinh lớp 10 tại Hà Nội năm 2012 post lên ongtroi xin với!

Thầy hỏi đề toán hay văn ạ, nếu toán phải toán chung không thầy?

http://dapandethi201...i-nam-2012.html
Chắc là đây.. Cái ảnh!!

Ban xem đề ở đây: http://forum.mathsco...splay.php?f=146

Topic này làm gì vậy.. Sao toàn thấy G ko à!! Toàn thành viên VMF à

Các em còn trẻ mà ham hố quá! Mình già rồi thấy hố phải hết ham!!
Topic ảnh thành viên giờ thành ảnh G hết với nhau!! =)))

Bài 384: Cho $a,b,c$ không âm. Chứng minh: $$3(a^2+b^2+c^2)+abc+80\geq 4(ab+bc+ac)+8(a+c+b)$$
Bài 385: Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện: $abc=8$
Chứng minh: $$\frac{a+b+c}{2}\ge\frac{2+a}{2+b}+\frac{2+b}{2+c}+\frac{2+c}{2+a}$$
Chuyên Hà Tĩnh VÒng 2 - 2012

Bài 384:
Theo nguyên lý Dirichlet thì trong 3 số a-4, b-4, c-4 tồn tại 2 số có tích không âm, giả sử là a-4 và b-4
Khi đó:
$c(a-4)(b-4)\geq 0$
$\Leftrightarrow abc+16c\geq 4ac+4bc$
$\Leftrightarrow abc+16c+4ab\geq 4ac+4bc+4ab$
Mà theo AM-GM thì:
$16c+4ab\leq 2c^2+32+2a^2+2b^2$
Do đó:
$2a^2+2b^2+2c^2+abc+32\geq 4(ab+bc+ca)$
Theo Am-GM ta cũng có:
$a^2+16+b^2+16+c^2+16\geq 8(a+b+c)$
Cộng vế 2 BĐT trên ta có ngay ĐPCM
Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=4
Bài 385:
Xem tại đây: http://diendantoanho...18
#8

Em xin đề cử nguyenhang28091996. 

Em có ý kiến nho nhỏ là lập ra 4 reply trong topic tên của các toán thủ và bầu chọn bằng nút "thích". 

Như vậy, theo bình chọn của số đông, BTC sẽ quyết định trao giải Toán thủ trẻ tuổi xuất sắc nhất cho nguyenhang28091996.

 

DANH SÁCH CÁC TOÁN THỦ ĐƯỢC NHẬN GIẢI THƯỞNG CỦA BTC

 

1)Giải Nhất

Trần Tiến Minh, học sinh lớp 12A1 THPT Liên Hà, Đông Anh, Hà Nội.

Phần thưởng trị giá: 150.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

2)Giải Nhì

Võ Hoàng Trọng, học sinh lớp 12A12 THPT Gò Vấp, Quận Gò Vấp, TP Hồ Chí Minh.

Phần thưởng trị giá: 100.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

3)Giải Ba

Nguyễn Ngọc Thắng, học sinh lớp 11A1 THPT Nguyễn Diêu, Tuy Phước, Bình Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

4)Giải Toán thủ nhỏ tuổi xuất sắc nhất

Nguyễn Thị Hằng, học sinh lớp 11B1 THPT A Hải Hậu, Hải Hậu, Nam Định.

Phần thưởng trị giá: 50.000VND + 1 giấy chứng nhận

 

 

Giải thưởng là sách nếu thí sinh ở khu vực Hà Nội, là chuyển khoản nếu ở tỉnh xa. Các toán thủ hãy kiểm tra lại thông tin các nhân, tên, lớp, trường ở trên xem chính xác chưa, bơi vì các thông tin đó sẽ được ghi lên giấy chứng nhận

Tên em là Trần Tuấn Minh ạ. Nhờ anh Thế sửa giúp

Nhờ BTC mua giúp quyển 

Warren Buffet đầu tư như một cô gái

và cuốn dưới này ạ.. Cuốn dưới em tìm trên mạng thấy mỗi trên alphabook còn ạ. 

Và nhờ BTC gửi đến bố em: Trần Văn Tửu- Phân xưởng Cơ điện, Công ty xích líp Đông Anh, huyện Đông Anh, Hà Nội. 

xác định m để bất phương trinh sau đúng với mọi x thuộc R

m(m-4)x^2 + 2mx + 2 <(hoặc bằng) 0

thanks mọi người nhiều nha

Với m=0 thì BPT tương đương $2\leq 0$. Vô lí. Vậy m=0 ko thỏa mãn
Với m=4 thì PT tương đương $8x+2\leq0$ Cũng không thỏa mãn vì với $x$>$frac{-1}{4}$ thì VT >0
Với m khác 0 và 4 thì để BPT có nghiệm thì
$\Delta \leq 0$
và $m(m-4)<0$
tương đương
$\left\{\begin{matrix} m\epsilon (0,4)\\ m\epsilon (-\infty,0)\cup (8,+\infty) \end{matrix}\right.$
Không có m thỏa mãn hệ trên
Kết luận: ko có m thỏa mãn

cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O $SA \perp (ABCD)$. AB=a, SA = $a\sqrt{2}$.
gọi H,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB,SD. tính thể tích của OAHK?
em làm ra $\frac{a^{3}}{18}\sqrt{2}$. nhưng không đúng !!
các anh chị giúp em nha!!

Ta có:
$AC\perp BD$, $BD\perp SA$
Do đó:
$(SBD)\perp (SAO)$
Từ A kẻ $AI\perp SO$ suy ra $AI\perp (OHK)$
Dễ dàng chứng minh được $HK=\frac{1}{2}BD=\frac{a}{\sqrt{2}}$
$SO=\sqrt{SA^2+AO^2}=\frac{\sqrt{10}}{2}a$
Ta có:
$S_{OHK}=\frac{1}{2}S_{SHOK}=\frac{1}{4}SO.HK=\frac{\sqrt{5}}{8}a^2$
$\frac{1}{AI^2}=\frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AO^2}\Rightarrow AI=\frac{\sqrt{10}}{5}a$
Ta có:
$S_{AOHK}=\frac{1}{3}.S_{OHK}.AI=\frac{\sqrt{2}}{24}a^3$

Bạn tính nhần $\Delta$ và nhầm dấu khi xét bpt cuối rồi.
Lời giả như sau:
PT có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi
$\Delta >0 \Leftrightarrow m< \frac{37}{4}$
2 nghiệm thỏa mãn $x_{1}<2<x_{2}$
Tương đương:
$(x_1-2)(x_2-2)<0$
$\Leftrightarrow x_1x_2-2(x_1+x_2)+4<0$
Áp dụng Viet suy ra m<-11
Kết luận m<-11

Bài 6:
$$(x-4)^2+(y-4)^2+2xy\le 32 \Leftrightarrow (x+y)^2-8(x+y)\le 0\Leftrightarrow 0\le x+y\le 8$$
Đặt $x+y=S, xy=P$ ta được:
$A= S^3-6P-3S+6$
Ta có:
$S^2\geq 4P$ nên:
$A\geq S^3-\frac{3}{2}S^2-3S+6$ (*)
Xét hàm số:
\[f\left( S \right) = {S^3} - \frac{3}{2}{S^2} - 3S + 6/S \in \left[ {0;8} \right]\]
\[f'\left( S \right) = 0 \Rightarrow S = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} \Rightarrow f\left( S \right) \ge f\left( {\frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}} \right) = \frac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}\]
Suy ra:
\[A \ge \frac{{17 - 5\sqrt 5 }}{4}\]
Dấu = xảy ra khi $x = y = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{4}$

Trong số 16 học sinh có 3 học sinh giỏi, 5 khá, 8 trung bình. Có bao nhiêu cách chia số học sinh đó thành hai tổ, mỗi tổ có 8 học sinh sao cho mỗi tổ đều có học sinh giỏi và mỗi tổ có ít nhất hai học sinh khá.

Bước đầu tiên xử lí cái đk:
Chọn 1 học sinh giỏi vào tổ 1 có 3 cách, chọn 1 học sinh giỏi vào tổ 2 có 2 cách
Chọn 2 học sinh khá vào tổ 1 và 2 học sinh vào tổ 2 có $C_5^2.C_3^2$ cách
Bây giờ thì xếp bừa vào là thỏa mãn.. Xếp 5 học sinh vào tổ 1 và 5 còn lại vào 2 có $C_{10}^5$ cách
Vậy có tất cả: $3.2.C_5^2.C_3^2.C_{10}^5$
Vừa nghĩ ko biết "chặt" chưa!!

Mình nghĩ là bài bạn chưa đúng.Theo mình thì:
Nếu ta lập được 1 tổ thì tổ thứ 2 thỏa mãn điều kiện đề bài
Xét tổ có 1 học sinh giỏi,số cách chọn học sinh giỏi là $3$
TH1: có $2$ học sinh khá,số cách chọn hs khá là $C^{2}_{5} \Rightarrow $ số cách chọn hs TB là $C^{5}_{8} \Rightarrow $ có : $3.C^{2}_{5}.C^{5}_{8}=1680$ cách chọn
TH2: có $3$ học sinh khá ,số cách chọn hs khá là $C^{3}_{5} \Rightarrow $ só cách chọn hs TB là $C^{4}_{8} \Rightarrow $ có $ 3.C^{3}_{5}.C^{4}_{8}=2100$ cách chọn
$\Rightarrow$ có tất cả :$3780$ cách chọn.

Mình nghĩ là bài bạn chưa đúng.Theo mình thì:
Nếu ta lập được 1 tổ thì tổ thứ 2 thỏa mãn điều kiện đề bài
Xét tổ có 1 học sinh giỏi,số cách chọn học sinh giỏi là $3$
TH1: có $2$ học sinh khá,số cách chọn hs khá là $C^{2}_{5} \Rightarrow $ số cách chọn hs TB là $C^{5}_{8} \Rightarrow $ có : $3.C^{2}_{5}.C^{5}_{8}=1680$ cách chọn
TH2: có $3$ học sinh khá ,số cách chọn hs khá là $C^{3}_{5} \Rightarrow $ só cách chọn hs TB là $C^{4}_{8} \Rightarrow $ có $ 3.C^{3}_{5}.C^{4}_{8}=2100$ cách chọn
$\Rightarrow$ có tất cả :$3780$ cách chọn.

Ừ, mình nhầm mất.. 2 tổ này là giống nhau chứ ko phân biệt nên không thể hoán vị được!!

Bài 1:
Cho $x^3 -4x\sqrt{x} +m+1=0(1)$
a)Giải phương trình khi $m=-33$
b)Tìm m để phuơng trình (1) có đúng hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2 $ thỏa $x_1^{6}+x_2^{6}=82 $
Bài 2:
a)Giải phương trình $\sqrt{2x+7}-\sqrt{-3x-5}=1$
b)Giải hệ

\[\left\{ \begin{array}{l}
{x^2} - 2xy = 1 - 2\sqrt 5 \\
xy - \frac{{{y^2}}}{{10}} = \sqrt 5 - \frac{1}{2}
\end{array} \right.\]
Bài 3:
a)Rút gọn $T=\frac{2\sqrt{a}+\sqrt{b}}{\sqrt{ab}+2\sqrt{a}-\sqrt{b}-2}-\frac{2-\sqrt{ab}}{\sqrt{ab}+2\sqrt{a}+\sqrt{b}+2}$
Tìm giá trị lớn nhất của T với $a$ là số tự nhiên
b)Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết tổng 3 tích của từng cặp số khác nhau của chúng là $1727$

Bài 1:
Đặt $x\sqrt{x}=t$ rồi giải như PT bậc 2 với $t\geq 0$
Bài 2:
Câu a đặt đk rồi giải bình thường!
Câu b nhân 2 vào PT dưới rồi cộng lại
Câu 3:
a) $T=\frac{a+1}{a-1}=1+\frac{2}{a-1} \leq 3$
b) Gọi số cần tìm là a rôi giải pt bậc 2 tìm a

4.$(\sqrt{1+x}-1)(\sqrt{1-x}+1)=2x$

ĐK: $-1\leq x\leq 1$
PT tương đương
$\frac{x}{\sqrt{1+x}+1}(\sqrt{1-x}+1)=2x$
$\Leftrightarrow x \left (\frac{\sqrt{1-x}+1}{\sqrt{1+x}+1}-2 \right )=0$
Suy ra x=0.. giải nốt vế bên trong bằng bình phương (chú ý đk) tìn nốt đc nghiệm $x= \frac{-24}{25}$

Giải bất phương trình:$$x^3 + (3x^2 - 4x - 4)\sqrt{x + 1} \le 0 $$

Với x=-1 thì VT=-1<0 (Đúng) Vậy x=-1 thỏa mãn.
Với x>-1 ta có BPT tương đương với:
$x^3+3x^2\sqrt{x+1}-4\sqrt{x+1}^3\leq 0$
Chia cả 2 vế cho $\sqrt{x+1}^3 >0$ và đặt $\frac{x}{\sqrt{x+1}}=t$ ta được:
$t^3+3t^2-4 \leq 0$
$\Leftrightarrow (t-1)(t+2)^2 \leq 0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t\leq 1\\ t=-2 \end{bmatrix}$
Với t=2 thì:
$x= 2\sqrt{x+1}\Leftrightarrow x=2-2\sqrt{2}$
Với $t\leq 1$ thì:
$x\leq \sqrt{x+1}\Leftrightarrow x\in (-1; \frac{1+\sqrt{5}}{2}]$
Kết luận:
$T=[1;\frac{1+\sqrt{5}}{2}]$

10/ Trần Tuấn Minh--minh29995:
Em đã nhận được giấy mời ạ!

Các bài toán xác suất, tổ hợp cách làm rõ ràng trong sách giáo khoa rồi. Điều quan trọng là hiểu đề với các bài toán. Như vậy mới có hướng làm.
Bài 1:
Tổng số biến cố xảy ra với STT 5 người là:$C_{199}^{5}$
Biến cố để STT của 5 người này từ 95 đến 170 là: $C_{76}^{5}$
Xác suất : $P=\frac{C_{76}^{5}}{C_{199}^{5}}$
Bài 2:
**Số tăng dần: Giả sử có 9 hình vuông sao cho bên phải có 1 hình tròn=> có 9 hình tròn.. đánh 3 dấu vào 3 ô khác nhau trong 9 ô thì số ô vuông từ đầu đến dấu gần nhất là hàng trăm(số hàng trăm luôn >hoặc=1), từ đầu đến dấu gần thứ 2 là chục và từ đầu đến dấu xa nhất là hàng đơn vị rồi xép số vào ta luôn được số tăng dần.. Mà số cách đánh các dấu là : $C_{9}^{3}$ vậy số các số tự nhiên thỏa mãn là:
$C_{9}^{3}$.
** Số giảm dần: Có 10 hình tròn . giữa mỗi hình tròn có 1 hình vuông=> có 9 hình vuông.. đánh dấu vào 3 ô khác nhau.. và chọn xa nhất là trăm.. gần nhất là đơn vị.. gần nhì là chục=> luôn có số giảm dần
số các số tm: $C_{10}^{3}$
** Giải thích: Câu đầu chỉ cho hình tròn bên phải vì số hàng trăm nhỏ nhất mà lại khác không còn câu sau thì không cần vì hàng trăm thỏa mãn luôn lớn hơn không.
Bài 3:
Tổng số các biến cố có thể: 6.6=36 ( cách)
để tổng số chấm trên mặt xuất hiện là 8 thì các biến cố là: (2,6);(3,5);(4,4);(5,3);(6,2) có 5 cách
vậy xác suất là :
$P=\frac{5}{36}$

Câu 6:

Dùng AM-Gm đánh giá được:

$P\leq \frac{4}{\sqrt{\frac{1}{3}.(a+b+c)^2+4}}-\frac{27}{2(a+b+c)^2}$

Đặt $(a+b+c)^2=x>0$ rồi khảo sát thấy đạt max tại x=36

Cho $x,y,z$ là các số thực không âm thỏa $x+y+z=1$
CMR : $x+2y+z\geq 4(1-x)(1-y)(1-z)$

Đặt x+y=a; y+z=b; z+x=c ta được:
a+b+c=2 và BĐT cần chứng minh tương đương với:
$a+b\geq 4abc$
$\Leftrightarrow 2-c-4abc\geq 0$ (*)
ta có:
$4ab \leq (a+b)^{2}$ nên
$VT(*)\geq 2-c-(2-c)^{2}.c$
Cần chứng minh:
$2-c-(2-c)^{2}.c\geq 0$
$\Leftrightarrow (c-1)^{2}(2-c)\geq 0$
BĐT này đúng do 2-c>0
Dấu bằng xảy ra khi $x=z=\frac{1}{2}$ và y=0

Trần Tuấn Minh xin giải bài toán:
Ta có hệ đã cho tương đương với:
$\left\{\begin{matrix} 2x^3+6xy^2=10\\ 3x^2+3y^2-30xy-39x+15y+9=0 \end{matrix}\right.$
Cộng từng vế hệ trên ta được:
$2x^3-3x^2+39x-19+3y^2(2x-1)+30xy-15y=0$
$\Leftrightarrow 3y^2(2x-1)+15y(2x-1)+(2x-1)(x^2-x+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$
$\Leftrightarrow (2x-1)(x^2-x+3y^2+15y+19)=0$ (*)
$\Leftrightarrow (2x-1)[(x-\frac{1}{2})^2+3(y+\frac{5}{2})^2]=0$
Do đó:
$x=\frac{1}{2}$ hoặc
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-5}{2} \end{matrix}\right.$
**Với $x=\frac{1}{2}$ Thay vào (1) ta có:
$\frac{1}{8}+\frac{3}{2}y^2=5$
$\Leftrightarrow y^2=\frac{13}{4}$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} y=\frac{\sqrt{13}}{2}\\ y=-\frac{\sqrt{13}}{2} \end{bmatrix}$
**Với $x=\frac{1}{2}, y=\frac{-5}{2}$ Thay vào (1) Thấy không thỏa mãn.
Kết Luân:

Phương trình đã cho có 2 cặp nghiệm (x,y) thỏa mãn là:
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$
và
$\left\{\begin{matrix} x=\frac{1}{2}\\ y=\frac{-\sqrt{13}}{2} \end{matrix}\right.$

Điểm bài: 9.5
S=48−(20−20)+3×9.5+0+0=76.5

Bài 12 :
Cho hệ PT :
$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+19}-\sqrt{y+16}=(m-2008)y+1\\ \sqrt{y+19}-\sqrt{x+16}=(m-2008)x+1 \end{matrix}\right.$
CMR: hệ PT đã cho có không quá một nghiệm khi $m\geq 2008$

Cho tham gia với
Đk $x,y\geq -16$
Với $m\geq 2008$
Trừ từng vế hệ đã cho ta được:
$\frac{x-y}{\sqrt{x+19}+\sqrt{y+19}}+\frac{x-y}{\sqrt{x+16}+\sqrt{y+16}}+(m-2008)(x-y)=0$
Tương đương x=y (nhóm lại bên trong dương)
Thay vào PT ta có:
$(m-2008)x+1-\sqrt{x+19}+\sqrt{x+16}=0$
Xét f(x)=VT
$f'(x)= m-2008-\frac{1}{2\sqrt{x+19}}+\frac{1}{2\sqrt{x+16}}> 0$ với mọi x thuộc txd. (Do x+16<x+19, \left (m-2008 \right )\geq 0)
Vì vậy PT đã cho có không quá 1 nghiệm. Vậy hệ đã cho có không quá 1 nghiệm

Mọi người cùng giải nào

Bài 13 :
Cho đa thức $P_{o}(x)= x^{3}+22x^{2}-6x+15$. Với $n\epsilon Z$ ta có $P_{n}(x)=P_{n-1}(x-n)$ .
Tính hệ số của $x$ trong $P_{21}(x)$

Không biết có đúng ko
Dùng quy nạp ta sẽ chứng minh được:
$P_{n}=P_{0}(x-\frac{n(n+1)}{2})$
Do đó $P_{21}=P_{0}(x-231)$
$=(x-231)^3+22(x-231)^{2}-6(x-231)+15$
$=x^{3}-3x^{2}.231+3x.231^{2}-231^{3}+22x^{2}-2.231.x+231^{2}-6x+6.231+15$
Do đó hệ số của x là: 159615

Hăng hái lên mấy em
Bài 14 :
giải HPT :
$\left\{\begin{matrix} 3x^{2}+8y^{2}+12xy=23\\ x^{2}+y^{2}=2 \end{matrix}\right.$

Thế pt dưới vào pt trên ta được:
$3x^{2}+8y^{2}+12xy=\frac{23}{2}(x^{2}+y^{2})$
$\Leftrightarrow 17x^{2}+7y^{2}-24xy=0$
Nhận xét y=0 không là nghiệm hệ PT nên đặt $\frac{x}{y}=t$ ta được:
$17t^{2}+7-24t=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix} t=1\\ t=\frac{7}{17} \end{bmatrix}$
đến đây tìm được x theo y thế vào PT dưới tìm đc nghiệm

Bài 19 :
Cho các số thực $a,b,c $ dương thỏa mãn : $abc = \frac{9}{4}$. CMR :
$a ^{3} + b ^{3}+ c^{3}\geq a\sqrt{b+c}+ b\sqrt{c+a}+ c\sqrt{a+b}$

Áp dụng chebyshev ta có:
$VT\geq \frac{1}{3}(a+b+c)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
$=\frac{1}{6}(b+c+a+c+a+b)(a^{2}+b^{2}+c^{2})$
Theo Cauchy-shwart:
$VT\geq \frac{1}{6}(a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b})^{2}$
Theo AM-GM ta có:
$a\sqrt{b+c}+b\sqrt{a+c}+c\sqrt{a+b}\geq \frac{9\sqrt{2}}{2}>6$
Do đó ta có đpcm. Dấu bằng không xảy ra!!

1. Họ và tên:Trần Tuấn Minh
2. Nick trên Diễn đàn: minh29995
3. Ngày sinh: 29/09/1995
4. Nghề nghiệp: Học sinh
5. Địa chỉ nhà: Trần Văn Tửu- Hà Lâm 3- Thụy Lâm- Đông Anh( Gửi cho bố em) hoặc qua Trần Văn Tửu-Công ty xích líp Đông Anh- Tổ 47- TT.Đông Anh- Hà Nội
6. Mail/ Số điện thoại liên lạc:mail: [email protected]
SDT:01655576621
7. Địa điểm đăng kí tham gia: Hà Nội
8. Bạn có muốn tham gia vào BTC không:Không