Đến nội dung


LoveMath213

Đăng ký: 21-09-2006
Offline Đăng nhập: 20-12-2018 - 09:15
-----

#565639 Đề tuyển sinh Toán ( chuyên ) TP Hà Nội 2015-2016

Gửi bởi LoveMath213 trong 14-06-2015 - 10:29

Bài hình

IUYYIUY_zpsl6scgr7i.png

1) Dễ dàng thấy rằng các tứ giác $ CNHM $, $ BMHP $ nội tiếp để có $ \widehat{NCH}=\widehat{NMH} $ và $\widehat{NMP}=\widehat{HBP}  $, kết hợp với $ \widehat{ACH}=\widehat{ABH} $ (cùng phụ với $ \widehat{BAC} $) ta suy ra $ \widehat{NMH}=\widehat{HMP} $ (1).

Mặt khác tứ giác $ ANMB $ nội tiếp nên $ \widehat{MNH}=\widehat{MAB} $ (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra $ \triangle HMN \backsim \triangle PMA $ dẫn đến $ \dfrac{HM}{MP}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MH.MA=MN.MP $.

2) Trước hết dễ thấy $ \triangle ACQ =\triangle ACF $ (c.c.c) nên $ \widehat{AFC}=\widehat{AQC}=\widehat{ABC}=\widehat{CHM} $ dẫn đến tứ giác $ AFCH $ nội tiếp và $ \widehat{ACH}=\widehat{AFH}=90^{\circ}- \widehat{BAC}
 $ (3).
 
Mặt khác do tính chất đối xứng ta có $ AF=AQ=AE $ hay tam giác $ AEF $ cân tại $ A $ để có \[ \widehat{AFE}=\widehat{AEF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\widehat{EAF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\left( \widehat{FAQ}+\widehat{EAQ}\right)=90^{\circ}-\left( \widehat{CAQ}+\widehat{BAQ}\right)=90^{\circ}- \widehat{BAC}. \]
Do đó ta được $ \widehat{AFH}= \widehat{AFE} $ hay ba điểm $ E, H, F $ thẳng hàng.

3) Trước hết thấy rằng $ AB.QJ=2S_{ABQ}, AC.QI=2S_{AQC} $ và đặt $ P= \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI} $.
Khi đó áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có \[ P= \dfrac{AB^2}{AB.QJ}+\dfrac{AC^2}{AC.QI}= \dfrac{AB^2}{2S_{ABQ}}+\dfrac{AC^2}{2S_{ACQ}}\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABQ}+S_{ACQ})}= \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{QBC})},\] đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ QI=QJ $.

Mặt khác nếu gọi $ G $ là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $ thì luôn có $ S_{QBC}\leqslant S_{GBC} $, do đó \[ P\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{GBC})}. \]
Vậy $ P=\left(  \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI}\right)$ nhỏ nhất khi và chỉ khi Q là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $.




#563164 Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

Gửi bởi LoveMath213 trong 03-06-2015 - 08:40

Câu hệ phương trình.

Điều kiện $ x\geqslant -2, y\geqslant 0 $.
Đặt $ \sqrt{x+2}=u, \sqrt{y}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $.
Phương trình thứ nhất thành $ u(u^2-v^2+1)=v\Leftrightarrow (u-v)(u^2+uv+1)=0\Leftrightarrow u=v $. (do $ u,v\geqslant 0 $ ).
Do đó $ y=x+2 $ thay vào pt thứ hai ta được $ 2x^2+5x-7=0 $ từ đó có $ x=1$, $x=-\dfrac{7}{2} $ (loại).
Hệ có nghiệm $ (1;3) $




#563125 Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-06-2015 - 22:20

Câu 5.

1) Điều kiện $ x^2-2x-2\geqslant 0, x\leqslant 2 \Rightarrow x\leqslant 1-\sqrt{3}$.
Biến đổi phương trình thành \[ \sqrt{3x^2-6x-6}=3(2-x)^2\sqrt{2-x}+(7x-19)\sqrt{2-x} \Leftrightarrow \sqrt{3x^2-6x-6}=(3x^2-5x-7)\sqrt{2-x}\]
Đặt $ \sqrt{3x^2-6x-6}=u $ và $ \sqrt{2-x}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $ và $ 3x^2-5x-7=u^2-v^2+1 $ và ta được phương trình \[ u=(u^2-v^2+1)v\Leftrightarrow (u-v)(v^2+uv-1)=0 .\]
Do $x\leqslant 1-\sqrt{3}\Rightarrow v^2=2-x\geqslant 1+\sqrt{3}>1 $ nên $ v^2+uv-1>0 $ và ta có $ u=v\Leftrightarrow 3x^2-5x-8=0 $, đối chiếu với điều kiện ta được $ x=-1 $ thỏa mãn.




#563122 Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-06-2015 - 22:15

Ta có $ b^4+c^4\geqslant \dfrac{(b^2+c^2)^2}{2}\geqslant bc(b^2+c^2) $
Nên $ b^4+c^4+a\geqslant bc(a^2+b^2+c^2) \Rightarrow \dfrac{a}{b^4+c^4+a}\leqslant \dfrac{a}{bc(a^2+b^2+c^2)}=\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$.
Chứng minh tương tự ta có $ \dfrac{b}{c^4+a^4+b}\leqslant \dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2} $ và $ \dfrac{c}{a^4+b^4+c}\leqslant \dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2} $.
Do đó $ P\leqslant 1 $ hay GTLN của $ P $ bằng 1 đạt tại $ a=b=c=1 $.




#563074 Đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Đại học Sư Phạm Hà Nội 2015-2016 (2...

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-06-2015 - 18:51

Câu 2b. Ta có     $ \begin{cases}x_0-2=m(y_0-4)\\ y_0-1=m(3-x_0)\end{cases} $   
    Nếu $ y_0=1 $ thì $ m=0\Rightarrow x_0=2 $ hoặc $ x_0=3 $ và nghiệm $ (3;1) $ và $ (2;1) $ đều thỏa mãn đẳng thức.
    Nếu $ y_0\ne 1 $ thì $ m\ne 0 $ và $ x_0\ne 3 $ nên \[  \dfrac{x_0-2}{y_0-1}=\dfrac{y_0-4}{3-x_0}\Leftrightarrow (x_0-2)(3-x_0)=(y_0-1)(y_0-4)\Leftrightarrow x_0^2+y_0^2-5(x_0+y_0)+10=0 .\]




#430146 Đề thi tuyển sinh chuyên Sư phạm vòng 1 năm 2013

Gửi bởi LoveMath213 trong 24-06-2013 - 08:55


Câu 5 : (1 điểm)

Các số thực $x,y,z$ thỏa mãn :

$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+2011}+\sqrt{y+2012}+\sqrt{z+2013}=\sqrt{y+2011}+\sqrt{z+2012}+\sqrt{x+2013}\\ \sqrt{y+2011}+\sqrt{z+2012}+\sqrt{x+2013}=\sqrt{z+2011}+\sqrt{x+2012}+\sqrt{y+2013} \end{matrix}\right.$$

CHứng minh rằng $x=y=z$

----------------

Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau:
Với $a,b>0$ và $a<b$ cho trước. Khi đó $$\sqrt{x+a}+\sqrt{y+b}\geq \sqrt{x+b}+\sqrt{y+a}\Leftrightarrow x\geq y.$$
Thậy vậy: Bình phương hai về ta được BĐT tương đương
$$\sqrt{(x+a)(y+b)}\geq \sqrt{(x+b)(y+a)}\Leftrightarrow (x-y)(b-a)\geq 0.$$
Trở lại bài toán ta đặt $n=2011$ và không mất tính tổng quát ta giả sử $x\geq y$.
Khi đó theo Bổ đề trên ta được\\ $\sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+1}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n}$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+1}+\sqrt{z+n+2}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+2}$
Theo giả thiết
$\Rightarrow \sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{z+n+2}$
$\Leftrightarrow z\geq x$
$\Leftrightarrow \sqrt{z+n}+\sqrt{x+n+1}\geq \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n}$
$\Leftrightarrow \sqrt{z+n}+\sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n+2}\geq \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+2}$
Để ý giả thiết ta suy ra
$\sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{y+n}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+2}$
$y\geq x$.
Do đó $x=y$, thay vào điều kiện ta có $\sqrt{x+n}+\sqrt{z+n+1}= \sqrt{x+n+1}+\sqrt{z+n}\Leftrightarrow x=z$.
Bài toán được chứng minh.

Nguồn https://www.facebook...166578450187722




#429622 Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên thành phố Hà Nội

Gửi bởi LoveMath213 trong 21-06-2013 - 20:53

Bài V

trong mặt phẳng cho 6 điểm $A_{1} ;A_{2}...A_{6}$ trong đó ko có 3 điểm nào thẳng hàng và trong 3 điểm luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 671 .CMR trong 6 điểm đã cho luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi <2013

 

Xét các đoạn thẳng nối từ một điểm bất kỳ đến các điểm còn lại, chẳng hạn ta xét 5 đoạn $A_1A_i$ với $i=2,3,4,5,6$.

 

Nếu có ít nhất 3 trong 5 đoạn thẳng trên có độ dài không nhỏ hơn 671 chẳng hạn $A_1A_k,A_1A_l,A_1A_m$ thì theo giả thiết các đoạn $A_kA_l, A_mA_k, A_lA_m$ đều có độ dài nhỏ hơn 671 nên tam giác $A_kA_lA_m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Nếu có ít nhất 3 trong 5 đoạn thẳng trên có độ dài nhỏ hơn 671 chẳng hạn $A_1A_k,A_1A_l,A_1A_m$ thì trong ba đoạn thẳng $A_kA_l, A_mA_k, A_lA_m$ có ít nhất một đoạn thẳng có độ dài nhỏ hơn 671, chẳng hạn $A_kA_m$. Suy ra tam giác $A_1A_kA_m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Bài toán được chứng minh.

 




#342804 Gặp gỡ Toán học IV

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-08-2012 - 13:42

Bài 3:
Chứng minh các số có dạng $a_n=n+\left[\sqrt{n}+\dfrac{1}{2}\right]$ không là số chính phương.


Đặt $a=\left[\sqrt{n}+\dfrac{1}{2}\right]$ ta có $$\sqrt n+\dfrac{1}{2}-1<a\leq \sqrt n+\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow a^2-a+\dfrac{1}{4}\leq n <a^2+a+\dfrac{1}{4}$$
Do đó $a^2<n+a<(a+1)^2$. OK