Chủ đề này có 20 trả lời

[Forgive Yourself]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                 KÌ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN HÀ TĨNH

                HÀ TĨNH                                                              NĂM HỌC 2013 - 2014

                                                                              MÔN: TOÁN (Chung cho mọi thí sinh)

        ĐỀ CHÍNH THỨC                                                   Thời gian làm bài: 120 phút

                                                                                       (Đề thi có 01 trang, 5 câu)

 

 

 

Câu 1. Cho biểu thức $P=\left ( \frac{8}{\sqrt{x}-3}+\frac{2\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}+3} \right )\left ( \frac{x\sqrt{x}+1}{\sqrt{x}+1}+\sqrt{x}-10 \right )$

           a. Tìm điều kiện của $x$ để biểu thức $P$ có nghĩa và rút gọn $P$.

           b. Tìm các giá trị của $x$ để $P=30$.

Câu 2. Cho phương trình $3x^2+2(m-1)x-(2m+1)=0$ ($m$ là tham số).

           a. Giải phương trình khi $m=-1$.

           b. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để phương trình có hai nghiệm phân biệt $x_1,x_2$ thỏa mãn $(x_1+1)(x_2+1)=x_1^2x_2+x_2^2x_1+2$.

Câu 3.

           a. Giải phương trình $\sqrt{x-1}+\sqrt{4x+1}=4$.

           b. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} 4xy^2-2x^2y=x-2y\\ 2x^3-x-8y+3=0 \end{matrix}\right.$

Câu 4. Cho tam giác nhọn $ABC$ có $AB<AC$ và $AH$ vuông góc với $BC$ tại $H$. Gọi $D,E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AB,AC$. Đường thẳng $DE$ cắt tia $CB$ tại $S$.

           a. Chứng minh rằng $ADHE$ và $BCED$ là các tứ giác nội tiếp được trong đường tròn.

           b. Đường thẳng $SA$ cắt đường tròn đường kính $AH$ tại $M$ ($M$ khác$A$). Các đường thẳng $BM$ và $AC$ cắt nhau tại $F$. Chứng minh $FA.FC+SB.SC=SF^2$.

Câu 5. Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác.

          Chứng minh rằng $\frac{b^2+c^2-a^2}{bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2-c^2}{ab}>2$

 

- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu

Giám thị không giải thích gì thêm

 

Họ và tên thí sinh..............................................................................Số báo danh................................

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Forgive Yourself: 16-06-2013 - 19:12

[25 minutes]

Câu 3.

           a. Giải phương trình $\sqrt{x-1}+\sqrt{4x+1}=4$.

           b. Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} 4xy^2-2x^2y=x-2y\\ 2x^3-x-8y+3=0 \end{matrix}\right.$

a, ĐK $x \geq 1$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-1}=a\\\sqrt{4x+1}=b \end{matrix}\right.$

Ta được hệ sau : $\left\{\begin{matrix} a+b=4\\b^2-4a^2=5 \end{matrix}\right.\Rightarrow (4-a)^2-4a^2-5=0$

                    $\Rightarrow a=1$, do $a \geq 0$

                    $\Rightarrow \sqrt{x-1}=1\Leftrightarrow x=2$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=2$

b, Từ phương trình 1 ta được $2xy(2y-x)=x-2y\Leftrightarrow (2xy+1)(2y-x)=0$

[Forgive Yourself]

a, ĐK $x \geq 1$

Đặt $\left\{\begin{matrix} \sqrt{x-1}=a\\\sqrt{4x+1}=b \end{matrix}\right.$

Ta được hệ sau : $\left\{\begin{matrix} a+b=4\\b^2-4a^2=5 \end{matrix}\right.\Rightarrow (4-a)^2-4a^2-5=0$

                    $\Rightarrow a=1$, do $a \geq 0$

                    $\Rightarrow \sqrt{x-1}=1\Leftrightarrow x=2$

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x=2$

b, Từ phương trình 1 ta được $2xy(2y-x)=x-2y\Leftrightarrow (2xy+1)(2y-x)=0$

Câu $a$ cũng có thể giải bằng phương pháp đánh giá. Nhưng câu $b$ trường hợp $2xy+1=0$ khi thay vào phương trình dưới thì hơi mệt. Đề cho tất cả thí sinh mà ra khó quá.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Forgive Yourself: 15-06-2013 - 18:34

[naruto10459]

bài bất đẳng thức dùng cauchy vs bđt tam giác là ra,sr mình hok biết gõ kí hiệu toán

[Juliel]

 

Câu 5. Cho $a,b,c$ là độ dài ba cạnh của tam giác.

          Chứng minh rằng $\frac{b^2+c^2-a^2}{bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{ac}+\frac{a^2+b^2-c^2}{ab}>2$

 

 

Đề này là đề chung thì quả là hơi quá !

Sử dụng định lí hàm cos, BĐT đã cho tương đương với :

$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}+\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}>1\Leftrightarrow cosA+cosB+cosC>1$

Điều này luôn đúng vì ta luôn có BĐT quen thuộc sau (dễ chứng minh được bằng phương pháp hình học) : 

$cosA+cosB+cosC\geq \frac{3}{2}$

 

Cách 2 (đã xóa) có lẽ là không ổn vì muốn chứng minh hệ thức cuối cùng thì $a^{2},b^{2},c^{2}$ cũng phải là độ dài 3 cạnh một tam giác.  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 15-06-2013 - 21:59

[bossulan239]

Đề này là đề chung thì quả là hơi quá !

Sử dụng định lí hàm cos, BĐT đã cho tương đương với :

$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}+\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}>1\Leftrightarrow cosA+cosB+cosC>1$

Điều này luôn đúng vì ta luôn có BĐT quen thuộc sau (dễ chứng minh được bằng phương pháp hình học) : 

$cosA+cosB+cosC\geq \frac{3}{2}$

 

Cách khác :

Ta có :

$\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}\geq \frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{a^{2}+b^{2}}= 1-\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}$

Tương tự và cộng lại :

$\frac{VT}{2}\geq 3-\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}$

Do đó chỉ cần chứng minh ;

$3-\frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{a^{2}+c^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}>\frac{VP}{2}=1\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{b^{2}+c^{2}}+\frac{b^{2}}{c^{2}+a^{2}}+\frac{c^{2}}{a^{2}+b^{2}}<2$

Dễ chứng minh được điều này

Cach1: Định lí hàm có cấp 2 chi dùng được cho góc nhọn nếu là góc tù thì làm sao

Cách 2 thi ông chúng minh nốt cái cuối cùng đi

[naruto10459]

dễ dàng chứng minh VT>=6- (a^2/bc + b^2/ac +c^2/ab) nên ta cần chứng minh (a^2/bc + b^2/ac +c^2/ab)<4, quy đồng lên ta sẽ có  a^3+b^3+c^3<4abc <=> a^3 + b^3 + c^3 - 3abc<abc(hiển nhiên đúng) =>đpcm

[babystudymaths]

TA đặt $a^{2}+b^{2}-c^{2}= x,b^{2}+c^{2}-a^{2}=y$ và cái còn lại là z, ta cần CM  $\sum \frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\geq \sum (\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z})= 3> 2$,ĐC K TA

[phatthemkem]

Cach1: Định lí hàm có cấp 2 chi dùng được cho góc nhọn nếu là góc tù thì làm sao

Cách 2 thi ông chúng minh nốt cái cuối cùng đi

Để mình giúp vậy

Ta có

$$\left\{\begin{matrix} \frac{a^2}{b^2+c^2}< \frac{2a^2}{a^2+b^2+c^2}\\ \frac{b^2}{a^2+c^2}< \frac{2b^2}{a^2+b^2+c^2}\\ \frac{c^2}{b^2+a^2}< \frac{2c^2}{a^2+b^2+c^2} \end{matrix}\right.$$

$$\Rightarrow \frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{b^2+a^2}< 2$$

[Strygwyr]

Để mình giúp vậy

Ta có

$$\left\{\begin{matrix} \frac{a^2}{b^2+c^2}< \frac{2a^2}{a^2+b^2+c^2}\\ \frac{b^2}{a^2+c^2}< \frac{2b^2}{a^2+b^2+c^2}\\ \frac{c^2}{b^2+a^2}< \frac{2c^2}{a^2+b^2+c^2} \end{matrix}\right.$$

$$\Rightarrow \frac{a^2}{b^2+c^2}+\frac{b^2}{a^2+c^2}+\frac{c^2}{b^2+a^2}< 2$$

Thế thì $a^{2}$,$b^{2}, $c^{2}$ cũng thoả mãn bất đẳng thức tam giác à

 

TA đặt $a^{2}+b^{2}-c^{2}= x,b^{2}+c^{2}-a^{2}=y$ và cái còn lại là z, ta cần CM  $\sum \frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\geq \sum (\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z})= 3> 2$,ĐC K TA

$\sum \frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \sum (\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z})$ chứ

 

Đề này là đề chung thì quả là hơi quá !

Sử dụng định lí hàm cos, BĐT đã cho tương đương với :

$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}+\frac{c^{2}+a^{2}-b^{2}}{2ca}+\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}>1\Leftrightarrow cosA+cosB+cosC>1$

Điều này luôn đúng vì ta luôn có BĐT quen thuộc sau (dễ chứng minh được bằng phương pháp hình học) : 

$cosA+cosB+cosC\geq \frac{3}{2}$

  

đề thi vào lớp $10$ mà dùng đến cả công thức lượng giác của cấp $3$ à Huy.

Tóm lại, cả $3$ cách chứng minh cho câu $5$ đều chưa ổn.

Lời giải (hơi trâu một tí)

BĐT$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+2abc<\sum a^{2}b+\sum ab^{2}$

Đây thực ra chỉ là một biến thể của bất đẳng thức $Schur$ bậc $3$ đối với $3$ cạnh của tam giác.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$. Ta có :

$(c-b)(c-a-b)\leq0\Leftrightarrow c^{2}+ab+b^{2}\leq ca+2bc$

$\Leftrightarrow c^{3}+abc+b^{2}c\leq c^{2}a+2bc^{2}$

 

$(b-a)(b-c-a)\leq0\Leftrightarrow b^{2}+ac+a^{2}\leq2ab+bc$

$\Leftrightarrow b^{3}+abc+a^{2}b\leq2ab^{2}+b^{2}c$

 

$(a-c)(a+c-b)\geq0\Leftrightarrow a^{2}+ab\geq bc+c^{2}$

$\Leftrightarrow b^{2}c+bc^{2}\leq a^{2}b+ab^{2}$

 

Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế ta được 

$b^{3}+c^{3}+2abc\leq b^{2}c+c^{2}a+b^{2}a+c^{2}b$

 

Do đó, ta chỉ cần chứng minh $a^{3}< a^{2}b+a^{2}c\Leftrightarrow a<b+c$ (luôn đúng)

P/s : cách này sai rồi thì phải, nhưng ý tưởng thì đúng, các bạn cố gắng làm kiểu này chắc sẽ ra thôi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi namsub: 17-06-2013 - 10:33

[Forgive Yourself]

Đề này là đề chung thì quả là hơi quá !

 

Chắc tại mấy năm trước đề chung cho mọi thí sinh dễ nên năm nay quyết ra khó. Vì cả ba môn chung là Toán, Văn, Anh đều khó như nhau!

[naruto10459]

Chắc tại mấy năm trước đề chung cho mọi thí sinh dễ nên năm nay quyết ra khó. Vì cả ba môn chung là Toán, Văn, Anh đều khó như nhau!

đề chung đã thế,đề chuyên chắc cầm tờ đề xong ngồi cười quá

[Forgive Yourself]

đề chung đã thế,đề chuyên chắc cầm tờ đề xong ngồi cười quá

 

Chắc vậy quá. Ra cổng trường mà thấy dân văn, dân anh,.... khóc nức nở, thấy cũng thương thương. Còn dân Toán thi văn và anh xong ra cười nức nở, cười vì làm hết mà sai cũng hết!      Dân Toán đi thi anh cứ phải gọi là đỉnh, mấy ông thầy bói chắc giải nghệ mất

[bossulan239]

Thế thì $a^{2}$,$b^{2}, $c^{2}$ cũng thoả mãn bất đẳng thức tam giác à

 

$\sum \frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \sum (\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z})$ chứ

 

đề thi vào lớp $10$ mà dùng đến cả công thức lượng giác của cấp $3$ à Huy.

Tóm lại, cả $3$ cách chứng minh cho câu $5$ đều chưa ổn.

Lời giải (hơi trâu một tí)

BĐT$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+2abc<\sum a^{2}b+\sum ab^{2}$

Đây thực ra chỉ là một biến thể của bất đẳng thức $Schur$ bậc $3$ đối với $3$ cạnh của tam giác.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$. Ta có :

$(c-b)(c-a-b)\leq0\Leftrightarrow c^{2}+ab+b^{2}\leq ca+2bc$

$\Leftrightarrow c^{3}+abc+b^{2}c\leq c^{2}a+2bc^{2}$

 

$(b-a)(b-c-a)\leq0\Leftrightarrow b^{2}+ac+a^{2}\leq2ab+bc$

$\Leftrightarrow b^{3}+abc+a^{2}b\leq2ab^{2}+b^{2}c$

 

$(a-c)(a+c-b)\geq0\Leftrightarrow a^{2}+ab\geq bc+c^{2}$

$\Leftrightarrow b^{2}c+bc^{2}\leq a^{2}b+ab^{2}$

 

Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế ta được 

$b^{3}+c^{3}+2abc\leq b^{2}c+c^{2}a+b^{2}a+c^{2}b$

 

Do đó, ta chỉ cần chứng minh $a^{3}< a^{2}b+a^{2}c\Leftrightarrow a<b+c$ (luôn đúng)

Tại sao  a≥b≥c 

=> ( c-b ) ( c-a-b ) nhỏ hơn hoặc = 0 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bossulan239: 16-06-2013 - 08:28

[Katyusha]

Ai giải giúp mình câu b bài hình với

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Katyusha: 16-06-2013 - 08:32

[naruto10459]

Ai giải giúp mình câu b bài hình với

kẻ đường tròn ngoại tiếp tam giác SMB

[babystudymaths]

Thế thì $a^{2}$,$b^{2}, $c^{2}$ cũng thoả mãn bất đẳng thức tam giác à

 

$\sum \frac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\leq \sum (\frac{x}{x+y}+\frac{x}{x+z})$ chứ

 

đề thi vào lớp $10$ mà dùng đến cả công thức lượng giác của cấp $3$ à Huy.

Tóm lại, cả $3$ cách chứng minh cho câu $5$ đều chưa ổn.

Lời giải (hơi trâu một tí)

BĐT$\Leftrightarrow a^{3}+b^{3}+c^{3}+2abc<\sum a^{2}b+\sum ab^{2}$

Đây thực ra chỉ là một biến thể của bất đẳng thức $Schur$ bậc $3$ đối với $3$ cạnh của tam giác.

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\geq b\geq c$. Ta có :

$(c-b)(c-a-b)\leq0\Leftrightarrow c^{2}+ab+b^{2}\leq ca+2bc$

$\Leftrightarrow c^{3}+abc+b^{2}c\leq c^{2}a+2bc^{2}$

 

$(b-a)(b-c-a)\leq0\Leftrightarrow b^{2}+ac+a^{2}\leq2ab+bc$

$\Leftrightarrow b^{3}+abc+a^{2}b\leq2ab^{2}+b^{2}c$

 

$(a-c)(a+c-b)\geq0\Leftrightarrow a^{2}+ab\geq bc+c^{2}$

$\Leftrightarrow b^{2}c+bc^{2}\leq a^{2}b+ab^{2}$

 

Cộng 3 bất đẳng thức trên vế theo vế ta được 

$b^{3}+c^{3}+2abc\leq b^{2}c+c^{2}a+b^{2}a+c^{2}b$

 

Do đó, ta chỉ cần chứng minh $a^{3}< a^{2}b+a^{2}c\Leftrightarrow a<b+c$ (luôn đúng)

E nhầm,hizz,ngu quá,,lúc đấy thì cauchy cho cái mẫu thôi rồi đánh giá,hizzzz,thực ra nó rất dễ,,,,hí hí

Quy đồng mẫu số ta phân tích đa thức nhân tử,ta được bđt tương đươg $(b+c-a)(b-c)^{2}\geq 0,hiển nhiên theo bđt tam giác$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi babystudymaths: 16-06-2013 - 20:45

[Katyusha]

kẻ đường tròn ngoại tiếp tam giác SMB

Bạn gợi ý cụ thể hơn được không Theo hướng dẫn của bạn thì mình chứng minh được $AMBC$ nội tiếp rồi dùng tính chất cát tuyến để có: $FA.FA=FM.FB$ và $SB.SC=SM.SA=SH^2$.

 

Nhưng giờ làm sao chứng minh được $SF^2=SH^2+FM.FB$ thì mình chịu

[naruto10459]

(SMB) cắt FS tại K,chứng minh FKMA nội tiếp =>FM.FB=FK.FS và SK.SF=SM.SA => đpcm

[Katyusha]

E nhầm,hizz,ngu quá,,lúc đấy thì cauchy cho cái mẫu thôi rồi đánh giá,hizzzz

Mình trình bày lại theo cách của bạn

Đặt $x=a^2+b^2-c^2,y=b^2+c^2-a^2,z=c^2+a^2-b^2$. Ta đưa BĐT cần chứng minh về: $\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}+\dfrac{2y}{\sqrt{(y+z)(y+x)}}+\dfrac{2z}{\sqrt{(z+x)(z+y)}}>2$

 

Sử dụng AM-GM cho mẫu số: $\dfrac{2x}{\sqrt{(x+y)(x+z)}}\ge \dfrac{2x}{\frac{x+y+x+z}{2}}=\dfrac{4x}{2x+y+z}>\dfrac{4x}{2x+2y+2z}=\dfrac{2x}{x+y+z}$

 

Tương tự như thế ta suy ra điều phải chứng minh.