Chủ đề này có 8 trả lời

[nguyenthanhhung1985]

ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017-2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN TỈNH BÌNH ĐINH (CHUYÊN TOÁN)

 

Bài 1. (2.0 điểm) Cho biểu thức $A=(\frac{\sqrt{x}-2}{x-1}-\frac{\sqrt{x}+2}{x+2\sqrt{x}+1}).\frac{x^2-2x+1}{2}$

a) Tìm điều kiện của $x$ để biểu thức $A$ có nghĩa. Rút gọn biểu thức $A$.

b) Tìm $x$ để $A\ge 0$.

c) Tìm giá trị lớn nhất của $A$.

Bài 2. (2.0 điểm) 

1) Giải phương trình sau: $4x^4+4x^3-20x^2+2x+1=0$

2) Chứng minh rằng nếu số tự nhiên $\overline{abc}$ là số nguyên tố thì $b^2-4ac$ không là số chính phương.

Bài 3. (1.0 điểm) Cho đa thức $f(x)=x^2-2(m+2)x+6m+1$ ($m$ là tham số). Bằng cách đặt $x=t+2$. Tính $f(x)$ theo $t$ và tìm điều kiện của $m$ để phương trình $f(x)=0$ có hai nghiệm lớn hơn $2$.

Bài 4. (4.0 điểm) 

1) Cho đường tròn $(T)$ tâm $O$ đường kính $AB$, trên tiếp tuyến tại $A$ lấy một điểm $P$ khác $A$, điểm $K$ thuộc đoạn $OB$ ($K$ khác $O$ và $B$). Đường thẳng $PK$ cắt đường tròn $(T)$ tại $C$ và $D$ ($C$ nằm giữa $P$ và $D$), $H$ là trung điểm của $CD$.

a) Chứng minh tứ giác $AOHP$ nội tiếp được đường tròn.

b) Kẻ $DI$ song song với $PO$, điểm $I$ thuộc $AB$,. Chứng minh: $\widehat{PDI}=\widehat{BAH}$

c) chứng minh đẳng thức $PA^2=PC.PD$.

d) $BC$ cắt $OP$ tại $J$. Chứng minh: $AJ$ song song với $BD$.

2) Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$. Từ điểm $I$ thuộc miền trong tam giác, kẻ $IM \bot BC$, kẻ $IN \bot AC$, $IK \bot AB$. Tìm vị trí của $I$ sao cho tổng $IM^2+IN^2+IK^2$ nhỏ nhất.

Bài 5. (1.0 điểm) Cho các số thực dương $x,\, y,\, z$ thỏa mãn $xyz\le 1$.

Chứng minh rằng: $\frac{x(1-y^3)}{y^3}+\frac{y(1-z^3)}{z^3}+\frac{z(1-x^3)}{x^3}\ge 0$

File gửi kèm

•  giai-de-chuyen-toan-le-quy-don-binh-dinh-1718 (1).pdf   329.03K   150 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenthanhhung1985: 29-06-2017 - 12:23

[Drago]

Bài 2.1: Pt tương đương $(2x^2-4x+1)(2x^2+6x+1)=0$

[nguyenthanhhung1985]

Bạn dùng Casio để tách ra phải không? Hướng dẫn đơn giản thử nhen bạn.

[nguyenthanhhung1985]

cụ thể hơn đi bạn.

[NHoang1608]

Bài 2.2 Giả sử $b^{2}-4ac$ là số chính phương thì ta có $b^{2}-4ac = k^{2}$ với $k\in \mathbb{N}$.

 

  Ta có $4a. \overline{abc}= 4a(100a+10b+c) = 400a^{2}+40ab+4c = 400a^{2}+40ab+b^{2}- (b^{2}-4c)= (20a+b)^{2}-k^{2}= (20a+b-k)(20a+b+k)$

 Suy ra $\overline{abc} \mid (20a+b+k)(20a+b-k)$

           $\Rightarrow \overline{abc} \mid 20a+b+k$ hoặc $\overline{abc} \mid 20a+b-k$

   2 TH trên đều vô lí vì rõ ràng $\overline{abc}= 100a+10b+c > 20a+b+k > 20+b-k $

 Tóm lại điều giả sử là sai hay $b^{2}-4ac$ không phải là số chính phương.                                                                  

[NHoang1608]

Bài 5. 

  Trước tiên ta có bổ đề sau:

 Với $x,y,z > 0$ thỏa mãn $xyz \leq 1$ thì ta có $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq x+y+z$

Chứng minh bổ đề.

      Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $\frac{x}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z} \geq 3\sqrt[3]{\frac{x^{2}}{yz}} = 3x. \sqrt[3]{\frac{1}{xyz}} \geq 3x$

       Hoàn toàn tương tự thì $\frac{y}{z}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq 3y$ và $\frac{z}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y} \geq 3z$

Cộng 3 BĐT trên và chia 3 cho cả 2 vế thì ta có $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq x+y+z$.

Chứng minh bài toán.

BĐT đã cho tương đương với $ \frac{x(1-y^{3}}{y^{3}}+x +\frac{y(1-z^{3})}{z^{3}}+y+ \frac{z(1-x^{3})}{x^{3}}+z \geq x+y+z$

                                            $\Leftrightarrow \frac{x}{y^{3}}+\frac{y}{z^{3}}+\frac{z}{x^{3}} \geq x+y+z$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có $\frac{x}{y^{3}}+x+x \geq 3.\frac{x}{y}$

                         Tương tự $\frac{y}{z^{3}}+y+y \geq 3.\frac{y}{z}$ và $\frac{z}{x^{3}} + z+z \geq 3. \frac{z}{x}$

Cộng 3 BĐT trên và áp dụng bổ đề thì 

      $\frac{x}{y^{3}}+\frac{y}{z^{3}}+\frac{z}{x^{3}} + 2(x+y+z) \geq \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq x+y+z $

 $\Leftrightarrow \frac{x}{y^{3}}+\frac{y}{z^{3}}+\frac{z}{x^{3}} \geq x+y+z $

Từ đây suy ra đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 29-06-2017 - 14:38

[Drago]

Bạn dùng Casio để tách ra phải không? Hướng dẫn đơn giản thử nhen bạn.

Casio bấm được nghiệm rồi dùng Viet đảo.

[Kiratran]

câu 4.1

a,b,c đơn giản
d, Kẻ tiếp tuyến $PG$
cm được $P,J,G,C $cùng thuộc 1 đường tròn => $\angle BCD=\angle BAD=\angle PAB$ => $AJ \perp AD$ mà $AD \perp PD$

=> đpcm

[molympiad]

Bài 5. 

  Trước tiên ta có bổ đề sau:

 Với $x,y,z > 0$ thỏa mãn $xyz \leq 1$ thì ta có $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq x+y+z$

Chứng minh bổ đề.

      Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta có $\frac{x}{y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{z} \geq 3\sqrt[3]{\frac{x^{2}}{yz}} = 3x. \sqrt[3]{\frac{1}{xyz}} \geq 3x$

       Hoàn toàn tương tự thì $\frac{y}{z}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq 3y$ và $\frac{z}{x}+\frac{z}{x}+\frac{x}{y} \geq 3z$

Cộng 3 BĐT trên và chia 3 cho cả 2 vế thì ta có $\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq x+y+z$.

Chứng minh bài toán.

BĐT đã cho tương đương với $ \frac{x(1-y^{3}}{y^{3}}+x +\frac{y(1-z^{3})}{z^{3}}+y+ \frac{z(1-x^{3})}{x^{3}}+z \geq x+y+z$

                                            $\Leftrightarrow \frac{x}{y^{3}}+\frac{y}{z^{3}}+\frac{z}{x^{3}} \geq x+y+z$

Áp dụng BĐT $AM-GM$ ta có $\frac{x}{y^{3}}+x+x \geq 3.\frac{x}{y}$

                         Tương tự $\frac{y}{z^{3}}+y+y \geq 3.\frac{y}{z}$ và $\frac{z}{x^{3}} + z+z \geq 3. \frac{z}{x}$

Cộng 3 BĐT trên và áp dụng bổ đề thì 

      $\frac{x}{y^{3}}+\frac{y}{z^{3}}+\frac{z}{x^{3}} + 2(x+y+z) \geq \frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x} \geq x+y+z $

 $\Leftrightarrow \frac{x}{y^{3}}+\frac{y}{z^{3}}+\frac{z}{x^{3}} \geq x+y+z $

Từ đây suy ra đpcm.

$\frac{x}{y^{3}}+\frac{y}{z^{3}}+\frac{z}{x^{3}} \geq \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx} \geq x+y+z$