Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi thử trường THPT chuyên Phan Bội Châu


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1
Cao thu

Cao thu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Câu 1 (7 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình:

a)$3\sqrt{x^2+4x-5}+\sqrt{x-3}=\sqrt{11x^2+25x+2}$

b)$\left\{\begin{matrix} (x-y)(x^2+xy+y^2)=3x^2+3y^2+2 & & \\ 4\sqrt{x+2}+\sqrt{16-3y}=x^2+8 & & \end{matrix}\right.$

Câu 2 (2 điểm) Tìm $x,y$ là các số nguyên dương thỏa mãn $3x^2+y^2$$3y^2+x^2$ là các số chính phương

Câu 3 (2 điểm) Cho $x,y,z$ là các số thực không âm bé hơn 1 thỏa mãn $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$. Chứng minh rằng:

a) $xyz\leq \frac{1}{8}$

b) $x^2+y^2+z^2\geq \frac{3}{4}$

Câu 4 (4 điểm) Cạnh BC của tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác tại D. Chứng minh rằng tâm của đường tròn này và các trung điểm của BC và AD nằm trên một đường thẳng

Câu 5 (3 điểm) Cho tam giác nhọn $ABC$ thỏa mãn tồn tại một điểm $F$ nằm trong tam giác sao cho $\widehat{AFB}=\widehat{BFC}=\widehat{CFA}$. $BF$ cắt $AC$ tại $D$, $CF$ cắt $AB$ tại $E$. Chứng minh:

$AB+AC\geq 4DE$

Câu 6(2 điểm)Trên mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho 9 điểm có tọa độ là các số nguyên và không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh có một tam giác có 3 đỉnh là 3 trong 9 điểm trên có diện tích là số chẵn


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Cao thu: 19-06-2014 - 20:43


#2
Kool LL

Kool LL

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 370 Bài viết

Câu 3 (2 điểm) Cho $x,y,z$ là các số thực không âm bé hơn 1 thỏa mãn $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$. Chứng minh rằng:

a) $xyz\leq \frac{1}{8}$

b) $x^2+y^2+z^2\geq \frac{3}{4}$

$(gt)\Rightarrow xyz>0\Rightarrow 0<x,y,z<1$.

$(gt)\Leftrightarrow 1=\left(\frac{1}{x}-1\right)\left(\frac{1}{y}-1\right)\left(\frac{1}{z}-1\right)$

Đặt $\frac{1}{x}-1=a;\ \frac{1}{y}-1=b;\ \frac{1}{z}-1=c$ thì $a,b,c>0$ và $abc=1$.

Ta có : $x=\frac{1}{a+1};\ y=\frac{1}{b+1};\ z=\frac{1}{c+1}$

 

a) $xyz=\frac{1}{(a+1)(b+1)(c+1)}\overset{\text{Côsi 2 số}}{\le}\frac{1}{(2\sqrt{a})(2\sqrt{b})(2\sqrt{c})}=\frac{1}{8}$. (đpcm)

Cách 2: $\sqrt[3]{xyz}=\sqrt[3]{(1-x)(1-y)(1-z)}\overset{\text{Côsi 3 số}}{\le}\frac{3-x-y-z}{3}=1-\frac{x+y+z}{3}\overset{\text{Côsi 3 số}}{\le}1-\sqrt[3]{xyz}$

$\Rightarrow 2.\sqrt[3]{xyz}\le1\Rightarrow xyz\le\frac{1}{8}$. (đpcm)

 

b) $T=x^2+y^2+z^2=\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{1}{(b+1)^2}+\frac{1}{(c+1)^2}$

Không mất tính TQ, có thể giả sử $a\ge b,c$. $(gt)\Rightarrow a\ge1\ge bc$. Ta có :

$\frac{1}{(b+1)^2}\frac{1}{(c+1)^2}\overset{B.C.S}{\ge}\frac{1}{2(b^2+1)}+\frac{1}{2(c^2+1)}$$=\frac{1}{2}\left(\frac{b^2+c^2+2}{1+b^2+c^2+(bc)^2}\right)=\frac{1}{2}\left(1+\frac{1-(bc)^2}{1+b^2+c^2+(bc)^2}\right)$

$\overset{\text{Côsi 2 số}}{\ge}\frac{1}{2}\left(1+\frac{1-(bc)^2}{1+2bc+(bc)^2}\right)=\frac{1}{1+bc}=\frac{a}{a+1}$

$\Rightarrow T\ge\frac{1}{(a+1)^2}+\frac{a}{a+1}=\frac{1}{(a+1)^2}+1-\frac{1}{a+1}=\left(\frac{1}{a+1}-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\ge\frac{3}{4}$. (đpcm)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kool LL: 20-06-2014 - 12:22


#3
Cao thu

Cao thu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 85 Bài viết

Câu 3 (2 điểm) Cho $x,y,z$ là các số thực không âm bé hơn 1 thỏa mãn $xyz=(1-x)(1-y)(1-z)$. Chứng minh rằng:

a) $xyz\leq \frac{1}{8}$

 

Cách 3: Ta có:

$x^2y^2z^2=x(1-x)y(1-y)z(1-z)\leq \frac{(x+1-x)^2}{4}.\frac{(y+1-y)^2}{4}.\frac{(z+1-z)^2}{4}= \frac{1}{64}$



#4
Kool LL

Kool LL

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 370 Bài viết
Câu 4 (4 điểm) Cạnh BC của tam giác ABC tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác tại D. Chứng minh rằng tâm của đường tròn này và các trung điểm của BC và AD nằm trên một đường thẳng

Untitled.png

Xét trường hợp $AB<AC\ (b>c)$ như hình vẽ.

Theo t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau suy ra : $BD=\frac{a+c-b}{2}\Rightarrow MD=MB-BD=\frac{a}{2}-\frac{a+c-b}{2}=\frac{b-c}{2}$

Theo t/c tia p/giac $\Delta$ : $\frac{EC}{b}=\frac{EB}{c}\overset{\text{Tỉ lệ thức}}{=}\frac{a}{b+c}=\frac{MC}{\frac{b+c}{2}}$$\overset{\text{Tỉ lệ thức}}{=}\frac{EC-MC}{b-\frac{b+c}{2}}$$=\frac{EM}{\frac{b-c}{2}}$$\Rightarrow ME=\frac{a(b-c)}{2(b+c)}$

Suy ra $\frac{ME}{MD}=\frac{a}{b+c}$

Theo hệ quả Talet : $\frac{JA}{JE}=\frac{EA}{EJ}-1=\frac{AH}{JD}-1=\frac{h_A}{r}-1=\frac{\frac{2S}{a}}{\frac{S}{p}}-1=\frac{2p}{a}-1=\frac{b+c}{a}$

Suy ra $\frac{JA}{JE}.\frac{ME}{MD}.\frac{ND}{NA}=\frac{b+c}{a}.\frac{a}{b+c}.1=1$

Theo định lí Meneluas với $\Delta ADE$ suy ra $M,\ J,\ N$ thẳng hàng. (đpcm)

 






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh