Đề thi vào 10 chuyên TPHCM 2017-2018
Đề thi vào 10 chuyên TPHCM 2017-2018
#1
Posted 03-06-2017 - 17:15
- NGUYENNAMYENTRUNG, HoangKhanh2002, Kiratran and 5 others like this
Chính trị chỉ cho hiện tại, nhưng phương trình là mãi mãi.
Politics is for the present, but an equation is for eternity.
#2
Posted 03-06-2017 - 18:05
Mình xin chém bất trước. Ta có: \[\frac{{16\sqrt {xy} }}{{x + y}} + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}^4}\left( {4\sqrt {xy} + x + y} \right)}}{{xy\left( {x + y} \right)}} + 10 \geqslant 10\]
- NHoang1608, Tea Coffee and hoangtuyeuai2809 like this
$$\boxed{\boxed{I\heartsuit MATHEMATICAL}}$$
Sức hấp dẫn của toán học mãnh liệt đến nỗi tôi bắt đầu sao nhãng các môn học khác - Sofia Vasilyevna Kovalevskaya
#3
Posted 03-06-2017 - 18:19
Xin chém câu 2
a) Từ phương trình suy ra: $4(x+2)^2(3x-1)=(3x^2-7x-3)^2\iff 9x^4-54x^3-13x^2+10x+25=0\\\iff (x^2-7x+5)(9x^2+9x+5)=0\\ \iff x=\dfrac{7\pm \sqrt{29}}{2}$
Thử lại thấy $x=\dfrac{7+ \sqrt{29}}{2}$
b) ĐK: $x,y\neq 0$. Hệ đã cho tương đương với: $\left\{\begin{matrix} x^2y+x-10y+xy=0\\ 20y^2-xy-y=1 \end{matrix}\right.\iff \left\{\begin{matrix} x^2y+x-10y+xy=0\\ 20xy^2-x^2y-xy=x \end{matrix}\right.\\\Rightarrow 20xy^2-10y=0\iff 10y(2xy-1)=0$
Đến đây tự giải
- NHoang1608, hoangtuyeuai2809 and conankun like this
#4
Posted 03-06-2017 - 18:36
Câu 1b)
Ta có $(m+n)^{2}< (m+n)^{2}+3m+n+1 < (m+n+2)^{2}$
Suy ra $A=(m+n+1)^{2}$
$\Rightarrow (m+n)^{2}+3m+n+1= (m+n+1)^{2}$
$\Leftrightarrow m=n+1$
$\Leftrightarrow n=m-1$
Từ đó suy ra $n^{k}+1 = (m-1)^{k}+ 1 \vdots m$ với mọi $k$ lẻ. Tổng quát lên k lẻ luôn vì chẳng thấy bậc mấy cả .
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
#5
Posted 03-06-2017 - 19:04
Chính trị chỉ cho hiện tại, nhưng phương trình là mãi mãi.
Politics is for the present, but an equation is for eternity.
#6
Posted 03-06-2017 - 21:56
1. a) Ta có: $a+b+c =3; a^{2}+b^{2}+c^{2}=29; abc =11$
=> $(a+b+c)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}+2ab+2bc+2ac=9=> 2(ab+ac+bc)=9-29=-20=> ab+ac+bc=-10$
Lại có,$(a+b+c)(ab+bc+ac)=a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}+3abc=(-10).3=-30 => a^{2}b+ab^{2}+a^{2}c+ac^{2}+b^{2}c+bc^{2}+2abc=-30-11=-41=>(a+b)(b+c)(a+c)=-41$
Mặt khác, $a^{3}+b^{3}+c^{3}=(a+b+c)^{3}-3(a+b)(a+c)(b+c)=27-3(-41)=150$
- NHoang1608 likes this
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
#7
Posted 03-06-2017 - 22:01
Ai ghi đề 1.b hộ e được không,mờ quá e không nhìn được
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
#8
Posted 04-06-2017 - 11:59
Đề bài $1$ đúng ra phải là tính $a^5+b^5+c^5$. Tuy nhiên câu này rất có vấn đề. Theo định lý Viete, $a,b,c$ là nghiệm của phương trình $$x^3-3x^2-10x-11=0.$$
tuy nhiên phương trình này chỉ có một nghiệm thực duy nhất. Vậy tại sao trong đề lại nói là "$a,b,c$ là các số thực..."???
- duylax2412 and truongphat266 like this
#9
Posted 04-06-2017 - 13:20
Bài $6$. Đây là một biến thể của bài toán Ramsey nổi tiếng: "Trong $9$ người bất kỳ, luôn tìm được $3$ người quen nhau hoặc $4$ người đôi một không quen nhau.
Trở lại bài toán của ta. Gọi các điểm là $P_i$ ($i=1,2,\dots 9$). Với mỗi $i$ ta lại đặt $R(i)$ là số cạnh đỏ kẻ từ $P_i$ và $B(i)$ là số cạnh xanh kẻ từ $P_i$. Rõ ràng, $R(i)+B(i)=8$. Giả sử phản chứng rằng trong một bộ $4$ điểm bất kỳ thì có ít nhất một cạnh xanh. Ta sẽ cmr với mọi $i$, $B(i)=3$ và $R(i)=5$. Thật vậy, giả sử tồn tại một đỉnh $P_j$ sao cho $B(j)=4$. Khi đó xét bộ bốn điểm nối với $P_j$ bởi các cạnh xanh. Vì có ít nhất một cạnh xanh nối $2$ trong $4$ điểm này nên kết quả là sẽ tồn tại một tam giác xanh, vô lí. Mặt khác, nếu $B(j)=2$, hay $R(j)=6$, thì theo kết quả của bài toán sau (chính là bài toán Ramsey): "Trong $6$ điểm bất kỳ thì tồn tại ít nhất một tam giác có các cạnh cùng màu", trong $6$ điểm nối với $P_j$ bởi các cạnh đỏ, do không thể có một tam giác xanh, nên sẽ có một tam giác đỏ; khi đó tam giác này và $P_j$ tạo thành một bộ $4$ không có cạnh nào xanh, trái với giả thiết phản chứng. Như vậy, tóm lại là $R(i)=5$ với mọi $i$. Vậy $$\sum{R(i)}=5\cdot 9=45.$$
Mặt khác, dễ thấy $\sum{R(i)}$ lại bằng hai lần số cạnh đỏ, nên đẳng thức trên không thể xảy ra, tức là giả thiết phản chứng của chúng ta sai. Bài toán được giải quyết.
- bigway1906, NHoang1608, Tea Coffee and 1 other like this
#10
Posted 04-06-2017 - 13:35
Bài $4$. Bài toán này khá hay, vận dụng tư tưởng giảm biến như sau: Chia cả tử và mẫu của hai phân thức lần lượt cho $y, y^2$ ta thu được $$16\cdot\frac{\sqrt{x/y}}{x/y+1}+\frac{(x/y)^2+1}{x/y}=16\cdot\frac{\sqrt{x/y}}{x/y+1}+\frac{(x/y+1)^2}{x/y}-2.$$
Đặt ẩn mới $t=\frac{\sqrt{x/y}}{x/y+1}$ (chú ý rằng $0<t\leq 2$ theo bđt Cauchy) thì bài toán trở thành: Tìm GTNN của $$P=16t+\frac{1}{t^2}-2\quad (0<t\leq 2).$$
Để giải quyết bài toán mới này, ta chỉ cần áp dụng bđt Cauchy cho $3$ số (cái này đi thi phải chứng minh lại) như sau $$P=8t+8t+1/t^2-2\geq 3\sqrt[3]{8t\cdot 8t\cdot \frac{1}{t^2}}-2=12-2=10.$$ Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $8t=\frac{1}{t^2}$, tức là $t=2$ hay $x=y$.
- Tea Coffee and sunsin like this
#11
Posted 04-06-2017 - 13:41
Các em cấp THCS làm gì được học khái niệm hàng điểm điều hòa mà xài Maclaurin nhỉ?
#12
Posted 04-06-2017 - 15:32
Cách khác câu hình :
$FD \cap CB = P$. Ta dễ dàng chứng minh : $P,L,H,M$ thẳng hàng (Chứng minh bằng hệ thức lượng đường tròn)
Gọi $Z$ là trung điểm $BC$.
Ta có:
$$\angle NJB = \angle NOB = \angle MHC $$
Mà $$ \angle NMZ = \dfrac{180^{\circ} - \angle NZM }{ 2} = \dfrac{180^{\circ} - 2 \angle OCM }{2 } = 90^{\circ} -\angle OCM = \angle MOC $$
$$ \Rightarrow \angle NJB = \angle NMZ \Rightarrow \text{ Tứ giác NMZJ nội tiếp } $$
Áp dụng hệ thức lượng đường tròn cho các tứ giác nội tiếp: $BNMC, NMZJ$ :
$$ PM.PN = PJ.PZ =PB.PC $$
Từ đó suy ra : $DFCB $ là tứ giác nội tiếp.
Cách này tuy hoàn toàn $ \text{THCS}$ vì $\text{Hệ thức lượng đường tròn có thể chứng minh bằng kiến thức THCS}$
#13
Posted 04-06-2017 - 15:50
Câu 4
Ta có : P = $\frac{8\sqrt{ab}}{a+b}+\frac{8\sqrt{ab}}{a+b}+\frac{(a+b)^{2}}{ab}-2$$\geq 12-2=10$
bài này dễ
- Tea Coffee likes this
#14
Posted 26-06-2017 - 20:35
Mình xin chém bất trước. Ta có: \[\frac{{16\sqrt {xy} }}{{x + y}} + \frac{{{x^2} + {y^2}}}{{xy}} = \frac{{{{\left( {\sqrt x - \sqrt y } \right)}^4}\left( {4\sqrt {xy} + x + y} \right)}}{{xy\left( {x + y} \right)}} + 10 \geqslant 10\]
#15
Posted 04-07-2017 - 13:52
Câu 3a chỉ cần gọi phân giác thì do cân nên nó thành đường cao 3 đc cắt nhau tai tâm nội tiếp ABC
#16
Posted 31-05-2018 - 13:53
3b kiểu gì
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users