Vẫn như các năm trước nhỉ cấu trúc đề không đổi ^^
Hôm nay có bạn ào làm hết không
Đề thi tuyển sinh lớp 10 ĐHKHTN (2 vòng) năm 2014-2015
#21
Posted 10-06-2014 - 21:41
- barcavodich, etucgnaohtn and hoanganhhaha like this
It is difficult to say what is impossible, for the dream of yesterday is the hope of today and the reality of tomorrow
#22
Posted 11-06-2014 - 08:10
Chỗ này ngộ nhận hay sao ý
đc thế thì AG song song CE lun rồi cm chi cho dài
đề cho mà bạn !
Điều tôi muốn biết trước tiên không phải là bạn đã thất bại ra sao mà là bạn đã chấp nhận nó như thế nào .
- A.Lincoln -
#23
Posted 11-06-2014 - 08:30
Câu 2.1 có cách này cũng hay nè:
Giả thiết $x+y+z=xyz \Rightarrow x^2+xy+xz=x^2yz \Rightarrow x^2+xy+xz+yz=yz(1+x^2)$
$\Rightarrow (x+y)(x+z)=yz(1+x^2)$ $\Rightarrow x^2+1=\dfrac{(x+y)(z+x)}{1+x^2}$ tương tự với mấy cái kia thay vào rồi quy đông lên là ngon.
Học gõ công thức toán học tại đây
Hướng dẫn đặt tiêu đề tại đây
Hướng dẫn Vẽ hình trên diễn đàn toán tại đây
--------------------------------------------------------------
#24
Posted 11-06-2014 - 09:32
Co cach khac de hieu hon khong
Dùng AM-GM có
$$ b^4c^2+\frac{a^2bc}{3}+\frac{ab}{9} \ge 3\sqrt[3]{\frac{a^3b^6c^3}{27}}=ab^2c $$
Suy ra
$$ a^4b^2+b^4c^2+c^4a^2 +\frac{1}{9} \ge \frac{2abc \left( a+b+c \right)}{3} $$
Cần chứng minh
$$ \frac{2abc \left( a+b+c \right)}{3}+\frac{4}{9} \ge 2abc \left( a+b+c \right) $$
Hay
$$ \frac{1}{3} \ge abc \left( a+b+c \right) $$
Cái này đúng theo bất đẳng thức quen biết
$$ 1= \left( ab+bc+ca \right)^2 \ge 3 abc \left( a+b+c \right) $$
Hoàn tất chứng minh.
- Vu Thuy Linh, songokucadic1432, Viet Hoang 99 and 2 others like this
#25
Posted 11-06-2014 - 11:18
#26
Posted 11-06-2014 - 11:27
đề cho mà bạn !
Cậu ơi cậu gọi nó là giao BE và CF nên chắc j nó trên AD mà đc song song
Chuyên Vĩnh Phúc
#27
Posted 11-06-2014 - 11:56
Vòng 2:
Câu I:
1) Giả sử $x,y$ là những số thực dương phân biệt thoả mãn:
$\frac{y}{x+y}+\frac{2y^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{4y^{4}}{x^{4}+y^{4}}+\frac{8y^{8}}{x^{8}-y^{8}}= 4$
CMR $4x=5y$
2)Giải HPT
$\left\{\begin{matrix} 2x^{2}-3y^{2}+xy=12\\ 6x+x^{2}y=12+6y+y^{2}x \end{matrix}\right.$
Câu II:
1) Cho $x,y$ là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho $4x^{2}y^{2}-7x+7y$ là số chính phương. CMR $x=y$
2) Giả sử $x,y$ là những số thực không âm thoả mãn $x^{3}+y^{3}+xy=x^{2}+y^{2}$. Tìm max và min của biểu thức
$P=\frac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\frac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}$
Câu III:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $BP=PC$. $D$ là điểm nằm trên $BC$ ($D$ nằm giữa $B$ và $C$) sao cho $P$ nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$. Đường thẳng $PB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ tại $E$ khác $B$. Đường thẳng $PC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$ tại $F$ khác$C$.
1) CMR 4 điểm $A,E,P,F$ thuộc 1 đường tròn.
2) Giả sử đường thẳng $AD$ cắt $(O)$ tại $Q$ khác $A$, đường thẳng $AF$ cắt đường thẳng$CQ$ tại $L$. CMR $\triangle ABE$ đồng dạng với $\triangle CLF$.
3) Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $AE$ và đường thẳng $QB$. CMR $\widehat{QKL}+\widehat{PAB}=\widehat{QLK}+\widehat{PAC}$.
Câu IV:
Cho tập hợp $A$ gồm 31 phần tử và dãy gồm $m$ tập hợp con của $A$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:
i) mỗi tập thuộc dãy $m$ có ít nhất 2 phần tử
ii) nếu hai tập thuộc dãy có chung nhau ít nhất 2 phần tử thì số phần tử của hai tập này khác nhau.
CMR $m\leq 900$
Edited by Viet Hoang 99, 14-06-2014 - 12:25.
- lequanghung98, pham anh quan, DarkBlood and 17 others like this
Issac Newton
#28
Posted 11-06-2014 - 12:15
Câu I:
2)Giải HPT
$\left\{\begin{matrix} 2x^{2}-3y^{2}+xy=12~~(1)\\ 6x+x^{2}y=12+6y+y^{2}x~~(2) \end{matrix}\right.$
Câu 1:
$2/$
Thay $12=2x^2-3y^2+xy$ vào $(2)$ ta có:
$6x+x^2y=2x^2-3y^2+xy+6y+y^2x$
$\Leftrightarrow (x-3)(y-2)(x-y)=0$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}x=3 & & \\ y=2 & & \\ x=y \end{bmatrix}$
- Nếu $x=3$. Thay vào $(1)$ ta có:
$18-3y^2+3y=12$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}y=-1 & & \\ y=2 & & \end{bmatrix}$
- Nếu $y=2$. Thay vào $(1)$ ta có:
$2x^2-12+2x=12$
$\Leftrightarrow \begin{bmatrix}x=-4 & & \\ x=3 & & \end{bmatrix}$
- Nếu $x=y$. Thay vào $(1)$ ta có:
$2x^2-3x^2+x^2=12$
$\Leftrightarrow 0=12$ (Vô lý)
$\Rightarrow PTVN$
Vậy $(x;y)=(3;-1);(3;2);(-4;2)$
- Juliel and Dam Uoc Mo like this
1- Tính toán http://www.wolframalpha.com
2- Ghé thăm tôi tại https://www.facebook...ang.truong.1999
3- Blog của tôi: http://truongviethoang99.blogspot.com/
4- Nội quy của Diễn đàn Toán học - Cách đặt tiêu đề cho bài viết. - Cách gõ $\LaTeX$ trên diễn đàn - [Topic]Hỏi đáp về việc Vẽ Hình!
#29
Posted 11-06-2014 - 12:16
Câu II:
1) Cho $x,y$ là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho $4x^{2}y^{2}-7x+7y$ là số chính phương. CMR $x=y$
Bài số học có thể làm như sau.
Xét $x=2,3$ thay vào và giải phương trình nghiệm nguyên ta tìm được $y$.
Xét $y=2,3$ thay vào và giải phương trình nghiệm nguyên ta tìm được $x$.
Ta chỉ xét $x,y>3$.
Trường hợp $x\geq y$ thì kẹp :
$$(2xy-1)^2\leq 4x^2y^2-7x+7y\leq (2xy)^2$$
Trường hợp $x\leq y$ thì kẹp :
$$(2xy)^2\leq 4x^2y^2-7x+7y\leq (2xy+1)^2$$
- Yagami Raito, Oral1020, DarkBlood and 10 others like this
Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
Welcome to My Facebook !
#30
Posted 11-06-2014 - 12:25
Câu I:
1) Giả sử $x,y$ là những số thực dương phân biệt thoả mãn:
$\frac{y}{x+y}+\frac{2y^{2}}{x^{2}+y^{2}}+\frac{4y^{4}}{x^{4}+y^{4}}+\frac{8y^{8}}{x^{8}-y^{8}}= 4$
CMR $4x=5y$
Câu II:
1) Cho $x,y$ là những số nguyên lớn hơn 1 sao cho $4x^{2}y^{2}-7x+7y$ là số chính phương. CMR $x=y$
2) Giả sử $x,y$ là những số thực không âm thoả mãn $x^{3}+y^{3}+xy=x^{2}+y^{2}$. Tìm max và min của biểu thức
$P=\frac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\frac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}$
Câu I Quy đồng Có 3 mẫu đầu nhân nhau nhân với $x-y$ thành mẫu thứ 4
Câu II
1) Đặt $4x^2y^2-7x+7y=A$
Xét $x>y\geq 2$
Ta chứng minh $(2xy-1)^2<A<(2xy+1)^2$
$\Leftrightarrow -4xy+1<-7x+7y<4xy+1$
Vì $x>y$ nên $-7x+7y<0<4xy+1$
Ta có $-4xy+1\leq -8x+1<-7x+7y$ $($Do $x,y\geq 2)$
Do đó $A=4x^2y^2 \Rightarrow x=y$ $($Vô lý$)$
Xét $y>x\geq 2$
Tương tự suy ra $x=y$ $($Vô lý$)$
Vậy $x=y.$
2) Từ giả thiết suy ra $x=y=0$ hoặc $x+y=1$
Xét $x=y=0$ ta có $P=\dfrac{3}{2}$
Xét $x+y=1$ suy ra $x,y\leq 1$
Ta có
$\frac{4}{3}=\dfrac{1+0}{2+1}+\dfrac{2+0}{1+1}\leq \dfrac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\dfrac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}\leq \dfrac{1+1}{2+0}+\dfrac{2+1}{1+0}=4$
Vậy $\textrm{min} P=\dfrac{4}{3}$ khi $x=0, y=1.$
$\textrm{max} P=4$ khi $x=1, y=0.$
Edited by DarkBlood, 11-06-2014 - 12:35.
- mathprovn, Yagami Raito, trandaiduongbg and 9 others like this
#31
Posted 11-06-2014 - 12:27
#32
Posted 11-06-2014 - 12:29
Câu I Quy đồng
Câu II
1) Đặt $4x^2y^2-7x+7y=A$
Xét $x>y\geq 2$
Ta chứng minh $(2xy-1)^2<A<(2xy+1)^2$
$\Leftrightarrow -4xy+1<-7x+7y<4xy+1$
Vì $x>y$ nên $-7x+7y<0<4xy+1$
Ta có $-4xy+1\leq -8x+1<-7x+7y$ $($Do $x,y\geq 2)$
Do đó $A=4x^2y^2 \Rightarrow x=y$ $($Vô lý$)$
Xét $y>x\geq 2$
Tương tự suy ra $x=y$ $($Vô lý$)$
Vậy $x=y.$
2) Từ giả thiết suy ra $x=y=0$ hoặc $x+y=1$
Xét $x=y=0$ ta có $P=\dfrac{3}{2}$
Xét $x+y=1$ suy ra $x,y\leq 1$
Ta có
$\frac{4}{3}=\dfrac{1+0}{2+1}+\dfrac{2+0}{1+1}\leq \dfrac{1+\sqrt{x}}{2+\sqrt{y}}+\dfrac{2+\sqrt{x}}{1+\sqrt{y}}\leq \dfrac{1+1}{2+0}+\dfrac{2+1}{1+0}=4$
Vậy $\textrm{min} P=\dfrac{4}{3}$ khi $x=0, y=1.$
$\textrm{max} P=4$ khi $x=1, y=0.$
Câu 1 có cách nào hay hơn không ạ? Chứ cách qui đồng thì củ chuối quá
- Viet Hoang 99 and Dam Uoc Mo like this
#33
Posted 11-06-2014 - 12:31
Câu 1 có cách nào hay hơn không ạ? Chứ cách qui đồng thì củ chuối quá
Quy đồng hợp lí chứ không phải quy đồng cả 4 mẫu đâu
----------
Liên kết các mẫu lại đi!
---------
Vế phải có số $4$ kìa, chuyển sang vế trái trừ cho phù hợp đi, có thể ra chung tử
Không thì cộng dần dần
Edited by Viet Hoang 99, 11-06-2014 - 16:50.
- chieckhantiennu, smush06 and Dam Uoc Mo like this
1- Tính toán http://www.wolframalpha.com
2- Ghé thăm tôi tại https://www.facebook...ang.truong.1999
3- Blog của tôi: http://truongviethoang99.blogspot.com/
4- Nội quy của Diễn đàn Toán học - Cách đặt tiêu đề cho bài viết. - Cách gõ $\LaTeX$ trên diễn đàn - [Topic]Hỏi đáp về việc Vẽ Hình!
#34
Posted 11-06-2014 - 12:34
Quy đồng hợp lí chứ không phải quy đồng cả 4 mẫu đâu
----------
Liên kết các mẫu lại đi!
Nói thật là lúc thi mà không nghĩ ra cách chắc em qui đồng hết thật mất Nhưng mà liên kết thế nào ạ??
- Dam Uoc Mo likes this
#35
Posted 11-06-2014 - 12:46
Câu III:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $BP=PC$. $D$ là điểm nằm trên $BC$ ($D$ nằm giữa $B$ và $C$) sao cho $P$ nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$. Đường thẳng $PB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ tại $E$ khác $B$. Đường thẳng $PC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$ tại $F$ khác$C$.
1) CMR 4 điểm $A,E,P,F$ thuộc 1 đường tròn.
2) Giả sử đường thẳng $AD$ cắt $(O)$ tại $Q$ khác $A$, đường thẳng $AF$ cắt đường thẳng$CQ$ tại $L$. CMR $\triangle ABE$ đồng dạng với $\triangle CLF$.
3) Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $AE$ và đường thẳng $QB$. CMR $\widehat{QKL}+\widehat{PAB}=\widehat{QLK}+\widehat{PAC}$.
a)Ta có :$\widehat{FAE}=\widehat{FAD}+\widehat{DAE}=\widehat{FCD}+\widehat{EBD}=180^{\circ}-\widehat{BPC}=180-\widehat{FPE}$
Do đó Tứ giác $AFPE$ nội tiếp
b)Ta có:$\widehat{LFC}=\widehat{PEA}=\widehat{BEA};\widehat{BAE}=\widehat{BAQ}+\widehat{DAE}=\widehat{QCB}+\widehat{PBC}=\widehat{QCB}+\widehat{PCB}=\widehat{FCL}$
Do đó $\Delta ABE\sim \Delta CLF(gg)$
Chuyên Vĩnh Phúc
#36
Posted 11-06-2014 - 12:47
a)Ta có :$\widehat{FAE}=\widehat{FAD}+\widehat{DAE}=\widehat{FCD}+\widehat{EBD}=180^{\circ}-\widehat{BPC}=180-\widehat{FPE}$
Do đó Tứ giác $AFPE$ nội tiếp
b)Ta có:$\widehat{LFC}=\widehat{PEA}=\widehat{BEA};\widehat{BAE}=\widehat{BAQ}+\widehat{DAE}=\widehat{QCB}+\widehat{PBC}=\widehat{QCB}+\widehat{PCB}=\widehat{FCL}$
Do đó $\Delta ABE\sim \Delta CLF(gg)$
phần c chuối quá CM lun$\widehat{CLK}=\widehat{PAB}$ à
Edited by buiminhhieu, 11-06-2014 - 12:49.
- canhhoang30011999, smush06, Viet Hoang 99 and 4 others like this
Chuyên Vĩnh Phúc
#37
Posted 11-06-2014 - 13:26
Câu III:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $BP=PC$. $D$ là điểm nằm trên $BC$ ($D$ nằm giữa $B$ và $C$) sao cho $P$ nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$. Đường thẳng $PB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAB$ tại $E$ khác $B$. Đường thẳng $PC$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $DAC$ tại $F$ khác$C$.
1) CMR 4 điểm $A,E,P,F$ thuộc 1 đường tròn.
2) Giả sử đường thẳng $AD$ cắt $(O)$ tại $Q$ khác $A$, đường thẳng $AF$ cắt đường thẳng$CQ$ tại $L$. CMR $\triangle ABE$ đồng dạng với $\triangle CLF$.
3) Gọi $K$ là giao điểm của đường thẳng $AE$ và đường thẳng $QB$. CMR $\widehat{QKL}+\widehat{PAB}=\widehat{QLK}+\widehat{PAC}$.
Câu 3
Cho mượn cái hình nha Hiếu
Ta có $\bigtriangleup BAE \sim \bigtriangleup LCF \Rightarrow LF.AE=BE.CF$
Tương tự $KE.AF=BE.CF$ suy ra $KE.AF=LF.AE \Leftrightarrow \dfrac{LF}{AF}=\dfrac{KE}{AE}$
Suy ra $EF \parallel LK \Leftrightarrow \widehat{AEF}=\widehat{AKL}$
$\Leftrightarrow \widehat{APF}=\widehat{AKL}$
$\Leftrightarrow \widehat{PAC}+\widehat{PCA}=\widehat{EKB}+\widehat{QKL}$
Mà $\widehat{PCA}=\widehat{EKB}$ $($vì $\bigtriangleup CAF \sim \bigtriangleup KBE)$
Nên $\widehat{PAC}=\widehat{QKL}$
Tương tự $\widehat{PAB}=\widehat{QLK}$
Suy ra điều phải chứng minh.
Edited by DarkBlood, 11-06-2014 - 13:29.
- buiminhhieu, nguyentrungphuc26041999, mnguyen99 and 5 others like this
#38
Posted 11-06-2014 - 14:14
Nói thật là lúc thi mà không nghĩ ra cách chắc em qui đồng hết thật mất Nhưng mà liên kết thế nào ạ??
nhân với $x-y$ với tử mẫu đầu tiên sau đó sẽ thấy được đáp án
- Dam Uoc Mo likes this
#39
Posted 11-06-2014 - 14:17
#40
Posted 11-06-2014 - 14:19
Câu 1.1: Cộng 2 phân thức thứ 3 và 4, rút gọn rồi lấy kết quả cộng phân thức thứ 2, cứ thế ta được kết quả vế trái là $\frac{y}{x-y}$
Từ đó suy ra đpcm.
- Dam Uoc Mo likes this
1 user(s) are reading this topic
0 members, 1 guests, 0 anonymous users