nntien

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                        KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

           HẢI PHÒNG                                                            NĂM HỌC 2016 – 2017

   ĐỀ THI CHÍNH THỨC                                                       Môn thi: Toán (Chuyên)

                                                                                             Thời gian: 150 phút

 

 

 

Bài 5:   a) Tìm các số nguyên m, n với $m\geq n\geq 0$ sao cho $\left ( m+2n \right )^{3}$ là ước của $9n\left ( m^{2}+mn+n^{2} \right )+16$

            b) Trong dãy 2016 số thực a₁, a₂, a₃, …, a₂₀₁₆, ta đánh dấu tất cả các số dương và số mà có ít nhất một tổng của nó với một số các số liên tiếp liền ngay sau nó là một số dương (ví dụ trong dãy -6, 5, -3, 3, 1, -1, -2, -3, …, -2011 ta đánh dẫu các số a₂ = 5, a₃ = -3, a₄ = 3, a₅ = 1). Chứng minh rằng nếu trong dãy đã cho có ít nhất một số dương thì tổng tất cả các số được đánh dấu là một số dương

Chưa ai giải câu 5 xem thử ak

a. Ta có:  $A=9n( m^2+mn+n^2)+16 - ( m+2n )^3=n^3-3n^2m+3nm^2-m^3+16 =(n-m)^3+16$

<=> $A=16-(m-n)^3$ 

Mặt khác, ta có: $B=(m+2n)^3=(m-n+3n)^3=(m-n)^3+9(m-n)^2n+27(m-n)n^2+27n^3$, theo bài toán ta có $A$ là bội của $B$

Ta nhận xét rằng $A\neq 0$ với mọi $m,n$ và $A$ là bội của $B$ => $|B| \leq |A|$

Xét $m-n>2$ => $|A|=(m-n)^3-16$ => $(m-n)^3-16 \geq  (m-n)^3+9(m-n)^2n+27(m-n)n^2+27n^3$ => vô nghiệm

=> $m-n \leq 2$, ta xét từng trường hợp cụ thể ta được các cặp $(m,n)$ là :$(1;0), (2,0)$

b. Xét trường hợp các số đánh dấu chỉ toàn các số không âm, bài toán đã được chứng minh

Xét trường hợp các số đánh dấu có ít nhất một số âm, giả sử số âm đó là $a_i$ thì theo bài toán trong dãy đã cho tồn tại $j>i$ nhỏ nhất sao cho $a_i+a_{i+1}+...+a_j>0$ và $a_j>0$ ($j>i$)

=> $a_i+a_{i+1}+...+a_k\leq0$ với mọi $k; i \leq k < j$ và  $a_l+a_{l+1}+...+a_k > 0$ với mọi $i \leq l \leq j$ => các số $a_i, a_{i+1},...,a_k, a_j$ cũng được đánh dấu, nhưng $a_i+a_{i+1}+...+a_j>0$, nghĩa là tổng các số đánh dấu là một số dương.

Trong các số đánh dấu giả sử có só 0 thì điều chứng minh vẫn đúng. (đpcm)

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

               HÀ TĨNH                                                                NĂM HỌC 2016-2017

       ĐỀ CHÍNH THỨC                                                        MÔN: TOÁN (Chuyên)

                                                                                            Thời gian làm bài: 150 phút

 

 

 

Bài 4: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB (E khác A và B). Từ B và C lần lượt kẻ các tiếp tuyến với đường tròn (O), các tiếp tuyến này cắt đường thẳng AE theo thứ tự tại M và N. Gọi F là giao điểm của BN và CM

            a) Chứng minh rằng $MB.CN=BC^{2}$

            b) Khi điểm E thay đổi trên cung nhỏ AB. Chứng minh rằng đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định

a. Gọi D là giao điểm hai tiếp tuyến tại B và tại C. Không mất tính tổng quát ta giả sử E nằm trên cung nhỏ BC sao cho $BE \leq CE$ như hình vẽ.

=> tam giác BCD là tam giác đều => $\angle BDC = 60^0$, ta có: $\angle AEC = \angle ABC = 60^0$ => CEMD nội tiếp => $\angle MCD = \angle MED$ (1)

Mặt khác $\angle BEN = 120^0 = \angle BDN$ => BEDN nội tiếp => $\\angle MED = angle NED = \angle NBD$ (2)

Từ (1), (2) => $\angle FBD = \angle FCD$ => $\angle BMC = \frac{sđ FD + sđ BC}{2}=\frac{sđ FD + sđ DC}{2}=\angle FBC$

Ta có: $\angle MBC = \angle BCN = 60^0$ => $\triangle BMC \sim \triangle CBN$ => $BM.CN=BC^2$ (đpcm)

b. gọi G là giao điểm của EF với (BCD). Từ cm trên ta suy ra $\angle BFM = 60^0$ => BEMF nội tiếp

=> $\angle GCB = \angle BFE =\angle BME=\angle CAE = \angle CBE$ => $GC//BE$

=> $\angle CGE = \angle BEG$ => $\angle BGE = \angle CEG$ ($\angle BEC = \angle BGC = 120^0$) => $BG//EC$

=> EF đi qua trung điểm BC.

anh ơi anh nên giải lại chi tiết đi a để cho các bạn dễ theo dõi ạ

Theo C-S ta có:

$\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y} \geq x+y+z$, nhân hai vế với $xyz$, ta được:

$x^3y+y^3z+z^3x \geq x^2yz+y^2zx+z^2xy$

<=> $ (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2) - xy(y^2+yz+zx)-yz(z^2+zx+xy)-zx(x^2+xy+yz) \geq 0$ 

=> $\sum \frac{xy(y^2+yz+zx)}{(xy+yz+zx)^2} \leq \frac{(xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2)}{(xy+yz+zx)^2}= \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$ (*)

Áp dụng BĐT CS - SW cho hai bộ số $(x, \sqrt{yz+zx})$ và $(y, \sqrt{yz+zx})$, ta được $(xy+yz+zx)^2 = (x.y + \sqrt{yz+zx}.\sqrt{yz+zx})^2 \leq (x^2+yz+zx)(y^2+yz+zx)$.

=> $\frac{xy}{x^2+yz+zx} \leq \frac{xy(y^2+yz+zx)}{(xy+yz+zx)^2}$

=> $\sum \frac{xy}{x^2+yz+zx} \leq \sum \frac{xy(y^2+yz+zx)}{(xy+yz+zx)^2}$

Theo (*) => $\sum \frac{xy}{x^2+yz+zx} \leq \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$ (đpcm)

Thanks tpdtthltvp, khanhan2301

Cho tứ giác lồi ABCD có AB vuông góc với CD tại một điểm E. Biết AB = 2cm, BC = 13cm, CD = 8cm và DA = 5cm. Tính AE?

Na ná bài hình của PTNK TP.HCM nhỉ!này t

Theo bài toán ta có hệ: $(x+2)^2+(y+8)^2=13^2$ (1) và $x^2+y^2=5^2$ (2)

(1) <=> $x+4y=19$ <=> $y=\frac{19-x}{4}$ với $0<x<19$ rồi thế vào (2) chọn nghiệm $x=3$=> AE=3cm.

 

Bài hình:

a) $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^{\circ}\Rightarrow$ $BCEF$ là tứ giác nội tiếp

Gọi $N$ là giao điểm của $AO$ và $EF$, ta có: $\widehat{GAC}+\widehat{AEF}=\widehat{GBC}+\widehat{ABC}=\widehat{ABG}$ (do $BCEF$ là tứ giác nội tiếp)

Mà: tam giác $ABG$ nội tiếp đường tròn đường kính $AG$ nên tam giác $ABG$ vuông ở $B$, suy ra $\widehat{ABG}=90^{\circ}$, suy ra $\widehat{GAC}+\widehat{AEF}=90^{\circ}$

Vậy $AO$ vuông góc $EF$

b) Đầu tiên gọi $G'$ là điểm đối xứng của $H$ qua $M$, suy ra $BHCG'$ là hình bình hành nên góc $BG'C$ bằng góc $BHC$ và bằng $180^{\circ}-\widehat{BAC}$, suy ra $A,B,G',C$ cùng thuộc một đường tròn nên $G$ trùng $G'$

Đến đây ta có: $OM$ là đường trung bình của tam giác $AGH$ nên $2OM.AD=AH.AD$

Dễ CM: $AH.AD=AF.AB$ do cặp tam giác $AFH$ và $ADB$ đồng dạng với nhau (g.g)

Bài toán chuyển về thành chứng minh $AI^2=AF.AB$

Có: $BCEF$ là tứ giác nội tiếp nên $\widehat{AFI}=\widehat{BFE}=180^{\circ}-\widehat{ACB}=\widehat{AIB}$ nên 2 tam giác $AFI$ và $AIB$ đồng dạng (g.g)

Suy ra: $AI^2=AF.AB$

Vậy ta có điều phải chứng minh

c) tam giác $ABC$ cân ở $A$ nên dễ dàng CM $A$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$, khi này để $P$ lớn nhất thì mình dự đoán $x=0$ chứ chả biết làm

 

c. tam giác ABC là tam giác đều khi đó $x=\frac{R}{2}$ (dạng này nằm trong quyển hình học cực trị của Thầy Vũ Hữu Bình)

Bài 3: Hình học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                        KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN

           HẢI PHÒNG                                                            NĂM HỌC 2016 – 2017

   ĐỀ THI CHÍNH THỨC                                                       Môn thi: Toán (Chuyên)

                                                                                             Thời gian: 150 phút

 

 

Bài 3: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn tâm O có AB < AC. Các đường cao BD, CE cắt nhau tại H (D thuộc AC, E thuộc AB). Gọi M là trung điểm của BC, tia MH cắt đường tròn (O) tại N

            a) Chứng minh rằng năm điểm A, D, H, E, N cùng thuộc 1 đường tròn

            b) Lấy điểm P trên đoạn BC sao cho $\widehat{BHP}=\widehat{CHM}$, Q là hình chiếu vuông góc của A trên đường thẳng HP. Chứng minh rằng tứ giác DENQ là hình thang cân

            c) Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ tiếp xúc với đường tròn (O)

a. Gọi F là điểm đối xứng với H qua M => BHCF là hình bình hành => $\angle BFC = \angle BHC $, mà $\angle BAC + \angle BHC =180^0$ => $F \in (O)$, ta có BH vuông góc với AC, BH//FC => FC vuông góc với AC => AF là đường kính của (O)

=> $\angle HNA = 90^0$ => A, N, H thuộc đường tròn đường kính AH - gọi là đường tròn (T).

Dễ thấy ADHE nội tiếp (T) => đpcm

b. Dễ thấy $\angle EQN = \angle EHN = \angle QHD =\angle QED$ => NQ//ED => đpcm

c. NQ cắt (O) tại G, AF cắt (T) tại J => tam giác HJF vuông có M là trung điểm của HF

AO vuông góc với ED (xem như một bổ đề)

Theo câu b => NG vuông góc với AF => AFlà trung trực của NG

=> $\angle MJF = \angle AFN = \angle AGN = \angle ANQ = \angle AJQ$ => Q, J, M thẳng hàng => $HJ//NG$

=> $\angle HPC =\angle PBH + \angle BHP = \angle BCF + \angle MHC = \angle EAJ  + \angle EHN = \angle NAJ = \angle NQJ = \angle QNM$

=> $(O)$ cắt $(PQM)$ tại N. Kẻ tia $Nx$ tiếp xúc với (O) tại N.

Ta có: $\angle xNG = \angle GFN = \angle NMQ$ => $\angle xNQ = \angle NMQ$ => $Nx$ là tiếp tuyến với $(PQM)$ tại N => đpcm

Chứng minh bổ đề: Kẻ $Ay$ tiếp xúc với (O) tại A => $\angle yAC$ = $\angle ABC = \angle ADE$ => $ED//Ay$ (so le trong) => đpcm

Bạn ơi hình như khúc cuối không ra tích (x^2+y^2+z^2)(xy+yz+zx) được? Bạn xem lại giúp mình nhé.

Uh nhỉ!

OK, vần giải quyết được:

Theo CS-SW ta có:

$\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{z^2}{y} \geq x+y+z$ <=> $x^3y+y^3z+z^3x \geq x^2yz+y^2zx+z^2xy$

<=> $ (xy+yz+zx)(x^2+y^2+z^2) - xy(y^2+yz+zx)-yz(z^2+zx+xy)-zx(x^2+xy+yz) \geq 0$ => đpcm.

 

Câu 5:

Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$ có $AC$ cắt $BD$ tại $E$. Tia $AD$ cắt tia $BC$ tại $F$.Dựng hình bình hành $AEBG$

a) Chứng minh: $FD.FG=FB.FE$

 

b) Gọi $H$ là điểm đối xứng của $E$ qua $AD.$ Chứng minh $4$ điểm $F,H,A,G$ cùng thuộc một đường tròn

a. Ta có $\triangle FBA \sim = \triangle FDC$ với tỉ số $k=\frac{AB}{CD}$ => $\frac{BF}{DF}=k$ (1)

Ta cũng có $\triangle AGB \sim = \triangle CED$ với tỉ số $k=\frac{AB}{CD}$ => $\frac{BG}{DE}=k$ (2)

Từ (1) và (2) => $\frac{BF}{DF}=\frac{BG}{DE}=k$

Mặt khác $\angle ADE = \angle ACB = \angle GBF$ => $\triangle FED \sim = \triangle FGB$ => đpcm

b. Gọi $G'$ là điểm đối xứng với $G$ qua $DA$, tương tự như câu a, ta chứng minh được $\triangle CEF \sim = \triangle AGF$

=> $\angle CEF = \angle AGF=\angle AG'F$, mà $\angle AEF + \angle CEF = 180^0$ => $EAG'F$ nội tiếp 

Vì $EAG'F$ đối xứng với $HAGF$ qua DA => đpcm

PS: cấu hình bài này khá hay!

cho e hỏi anh áp dụng cosi thế nào mà được kết quả đó vậy ạ

Áp dụng BĐT CS - SW cho hai bộ số $(x, \sqrt{yz+zx})$ và $(y, \sqrt{yz+zx})$, ta được $(x.y + \sqrt{yz+zx}.\sqrt{yz+zx})^2 \leq (x^2+yz+zx)(y^2+yz+zx)$

Đề Toán vòng 2 chuyên Tin - tuyển sinh 10 chuyên Bình Thuận 2016-2017

Bài 4:

a. AFDC nội tiếp => $\angle BFD =\angle DCE$. AEDB nội tiếp =>  $\angle DEC =\angle FBD$ => đpcm

b. Từ câu a =>  DA là phân giác góc FDE =>  $\angle KDL =\angle FDC$ (1)

Từ câu a => $\triangle FKD \sim \triangle CLD$ => $\frac{DK}{DL}=\frac{DF}{DC}$ (2),

từ (1), (2) =>  $\triangle KDL \sim \triangle FDC$ (c-g-c) => đpcm

c. Kẻ KL cắt AB, AC lần lượt tại X, Y như hình vẽ.

Ta có:  $\angle LYC =\angle KLC - (1/2)\angle ACB=\angle KLD + 90^0+(1/2)\angle ABC- (1/2)\angle ACB$. (1)

Tương tự ta cũng có: $\angle KXB =\angle LKD + 90^0+(1/2)\angle ACB- (1/2)\angle ABC$. (3)

Xét tam giác ABC, WLOG giả sử $AC \geq AB$ => $\angle B - \angle C = \angle DAC - \angle DAB = \angle LKD - \angle KLD$ (3)

Từ (1), (2), (3) =>  $\angle LYC =\angle KXB$ => tam giác AXY cân tại A => d là phân giác góc A => d đi qua điểm chia cung nhỏ BC thành hai phần bằng nhau.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                       KỲ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

           BÌNH THUẬN                                                     THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO 

  ĐỀ THI CHÍNH THỨC                                                          NĂM HỌC 2016 – 2017                                                        

                                                                                               Môn thi: Toán (Hệ số 2 - Chuyên Toán)

                                                                                               Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

 ĐỀ

Bài 1 (2,0 điểm): Giải hệ phương trình:

                             $\left\{\begin{matrix} 2x^2+2x-\sqrt{y-1}=2 \\ x^2+x+2\sqrt{y-1}=6 \end{matrix}\right.$

Bài 2 (2,0 điểm): Cho hai số nguyên dương lẻ $m$,$n$ nguyên tố cùng nhau và thỏa:.

                             $\left\{\begin{matrix} m^2+2 \vdots n\\ n^2+2 \vdots m \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng: $m^2+n^2+2 \vdots 4mn$

Bài 3 (2,0 điểm): Cho các số dương $x$, $y$, $z$. Chứng minh rằng:

                             $\frac{xy}{x^2+yz+zx}+\frac{yz}{y^2+zx+xy}+\frac{zx}{z^2+xy+yz} \leq \frac{x^2+y^2+z^2}{xy+yz+zx}$.

Dấu "=" xảy ra khi nào?

Bài 4 (3,0 điểm): Cho đường tròn $(O;R)$ và dây cung $BC<2R$, điểm A di động trên $(O,R)$ sao cho $\triangle ABC$ là tam giác nhọn. Kẻ các đường cao $AD$, $BE$, $CF$ của $\triangle ABC$. Gọi $K$, $L$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác $BDF$, $CDE$.

           a) Chứng minh hai tam giác $BFD$, $ECD$ đồng dạng.

           b) Chứng minh $\widehat{DKL}=\widehat{DFC}$.

c) Chứng minh rằng đường thẳng $d$ qua $A$ và vuông góc với $KL$ luôn đi qua một điểm cố định khi $A$ di động.

Bài 5 (1,0 điểm): Giả sử trên bảng viết 2016 câu khẳng định như sau:

Câu 1. Trên bảng có ít nhất 1 câu khẳng định sai.

Câu 2. Trên bảng có ít nhất 2 câu khẳng định sai.

...

Câu 2016. Trên bảng có ít nhất 2016 câu khẳng định sai.

Hỏi những câu khẳng định nào trên bảng là đúng?

:

ace nào giải hộ mình bài hình với ạ   

vừa mới sửa =)))) do mình mới đi ăn cơm nên không gõ lại kịp. bonus hình cho các bác giải. ở câu c điểm cố định là A.

thì cộng góc lèo nhèo lắm
câu 4b nữa cx cộng góc lèo nhèo lắm
tui k làm dkd 4c

Bài 4:

a. TH1: $N \in [EF]$ thì ta có $2 \angle DEF = \angle DOF = 2 \angle DOC$ => DONE nội tiếp => D, O, N, E, B cùng thuộc đường tròn đường kính OB => BN vuông góc với CN (1)

TH2: $N \notin [EF]$, WLOG ta giả sử $M \notin [EF]$ như trên hình ta có $2 \angle DFE = \angle DOE  = 2 \angle DOB$ => $\angle DOM = \angle DFM$ => DOFM nội tiếp => tương tự như trên => BM vuông góc với CM (2). Từ (1), (2) => đpcm

b. Gọi P là giao điểm DE và OB, Q là giao điểm DF và OC => DPOQ nội tiếp => $\angle PDQ + \angle POQ =180^0$ => $\angle PDK + \angle POI =90^0$ => $\angle PTD = \angle POI$ => đpcm

c. Gọi X là giao điểm AO với (DEF), AO cắt (DEF) tại điểm thứ hai L, kẻ tiếp tuyến tại L với (DEF),  dễ chứng minh được tiếp tuyến này qua I. AI cắt EF tại K', Ta có: $AX.AL=AE^2=AH.AO$ => $\frac{AH}{AL}=\frac{AX}{AO}$, mà $HK' // IL$ => $\frac{AH}{AL}=\frac{AK'}{AI}$ => $\frac{AK'}{AI}=\frac{AX}{AO}$ => $XK'//IO$ (3) 

Ta có D, K, X thắng hàng (DX cũng là phân giác góc EDF).

Theo câu b => $XK//IO$ (4), từ (3), (4) => IK luôn qua A.

Đề Toán vòng 1 - tuyển sinh 10 chuyên Bình Thuận 2016-2017