ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
#1
Đã gửi 14-05-2016 - 12:16
- tpdtthltvp, guongmatkhongquen và lehongquan99 thích
#2
Đã gửi 14-05-2016 - 12:53
4b. Điều kiện đề bài
⇒(2c)2=(a+c)(b+c)⇒(2c)2=(a+c)(b+c). Gọi d=gcd(a+c,b+c)d=gcd(a+c,b+c) thì do a−b=p∈Pa−b=p∈P nên d=1d=1 hoặc d=pd=p
Nếu d=1d=1 thì a+c=x2,b+c=y2a+c=x2,b+c=y2 ( xy=2cxy=2c)
⇒p=(x−y)(x+y)⇒p=(x−y)(x+y). p=2p=2 thì vô lý. pp lẻ thì dễ thấy x=p+12=a−b+12x=p+12=a−b+12 và y=a−b−12y=a−b−12
⇒2c=xy=(a−b−1)(a−b+1)4⇒8c+1=(a−b)2⇒2c=xy=(a−b−1)(a−b+1)4⇒8c+1=(a−b)2 là scp
Nếu d=pd=p thì a+c=pm2,b+c=pn2a+c=pm2,b+c=pn2 ( 2c=pmn2c=pmn)
⇒(m−n)(m+n)=1→m=1,n=0⇒(m−n)(m+n)=1→m=1,n=0 (loại)
Chính trị chỉ cho hiện tại, nhưng phương trình là mãi mãi.
Politics is for the present, but an equation is for eternity.
#3
Đã gửi 14-05-2016 - 12:59
4b ở đây nhé
Chính trị chỉ cho hiện tại, nhưng phương trình là mãi mãi.
Politics is for the present, but an equation is for eternity.
#4
Đã gửi 14-05-2016 - 17:08
Câu 5 có vẻ hay , thích làm mấy câu dạng như vậy:
Vậy để chứng minh bài toán ta sẽ chứng minh trong $6$ hàng ngang tồn tại $3$ hàng ngang chứa tổng cộng không quá $3$ quân cờ. Thật vậy kí hiệu $a_{i}$ là số quân cờ có ở hàng thứ $i$ ($1\leq i\leq 6,i\in\mathbb{N}$). Giả sử ngược lại, tức là với ba hàng bất kì đều có tổng số quân cờ không bé hơn $4$. Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử $a_{1}+a_{2}+a_{3}< a_{4}+a_{5}+a_{6}$. Ta có $a_{1}+a_{2}+a_{3}+ a_{4}+a_{5}+a_{6}=9\Rightarrow a_{1}+a_{2}+a_{3}< 5$.Lại có $a_{1}+a_{2}+a_{3}\geq 4$ $\Rightarrow a_{1}+a_{2}+a_{3}=4$ $\Rightarrow a_{4}+a_{5}+a_{6}=5$
Vì ba hàng $1,2,3$ có tổng số quân cờ là $4$ nên tồn tại một hàng có không ít hơn hai quân cờ ( nếu ngược lại thì tổng số quân cờ của ba hàng không vượt quá ba nên vô lí). Do đó tồn tại hai hàng có tổng số quân không quá $2$.
Vì ba hàng $4,5,6$ có tổng điểm là $5$ nên tồn tại một hàng có số quân không quá $1$ ( vì nếu ngược lại thì tổng số quân của ba hàng không nhỏ hơn $6$ nên vô lí).
Như vậy trong $6$ hàng này tồn tại $3$ hàng có tổng số quân không vượt quá $3$, mâu thuẫn với giả thiết đề ra. Vậy giả thiết nêu ra là đúng.
Ta quay lại chứng minh bài toán, giả sử ba hàng $1,2,3$ có tổng số quân không vượt quá $3$ thì khi đó ta sẽ chọn ba hàng còn lại. Và với không quá ba quân cờ còn lại thì tồn tại nhiều nhất ba cột có thể chứa cả ba quân cờ này. Như vậy ta luôn có thể chọn ba hàng và ba cột chứa tất cả 9 quân cờ trong bàn cờ (đpcm).
$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$
#5
Đã gửi 14-05-2016 - 17:55
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
Bài 4:
b)
Điều kiện đề bài $\Rightarrow (2c)^2=(a+c)(b+c)$. Gọi $d=\gcd(a+c,b+c)$ thì do $a-b=p\in\mathbb{P}$ nên $d=1$ hoặc $d=p$
Nếu $d=1$ thì $a+c=x^2,b+c=y^2$ ( $xy=2c$)
$\Rightarrow p=(x-y)(x+y)$. $p=2$ thì vô lý. $p$ lẻ thì dễ thấy $x=\frac{p+1}{2}=\frac{a-b+1}{2}$ và $y=\frac{a-b-1}{2}$
$\Rightarrow 2c=xy=\frac{(a-b-1)(a-b+1)}{4}\Rightarrow 8c+1=(a-b)^2$ là scp
Nếu $d=p$ thì $a+c=pm^2,b+c=pn^2$ ( $2c=pmn$)
$\Rightarrow (m-n)(m+n)=1\rightarrow m=1,n=0$ (loại)
#6
Đã gửi 14-05-2016 - 18:40
ĐỀ THI THỬ VÀO LỚP 10 CHUYÊN TOÁN
Bài 2: a) VN
b) $\Rightarrow -6x^{3}=xy+x^{2}y^{2}$
Đưa về phương trình bậc 3 ẩn $xy$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PlanBbyFESN: 15-05-2016 - 10:23
#7
Đã gửi 14-05-2016 - 20:29
Giả sử rằng phương trình có hai nghiệm là $a,b$, khi đó thì theo hệ thức Viet có $a+b=1,ab=-1$. Đặt $u_{n}=a^{n}+b^{n}$. Khi đó $u_{n}$ là số hạng của hệ thức truy hồi:
$\left\{\begin{matrix} u_{1}=1,u_{2}=3\\ u_{n+1}=u_{n}+u_{n-1}\\ \end{matrix}\right.$
Nên $u_{n}\in\mathbb{N}$ với mọi số tự nhiên $n$. Và từ đó ta cũng chứng minh được $u_{4k+3}\equiv 4$ ( $mod$ $5$) và $u_{4k+1}\equiv 1$ ( $mod$ $5$).
Nên $u_{2015}+u_{2017}\vdots 5$ (đpcm)
$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$
#8
Đã gửi 14-05-2016 - 22:29
Bài 2: a) Ẩn phụ đưa về hệ đối xứng
b) $\Rightarrow -6x^{3}=xy+x^{2}y^{2}$
Đưa về phương trình bậc 3 ẩn $xy$
câu a đặt ẩn phụ ntn ạ?
#9
Đã gửi 15-05-2016 - 10:14
câu a đặt ẩn phụ ntn ạ?
Làm như thế này:
ĐK: $x\geq \frac{1}{2}$
$4x^{3}+x-(x+1)\sqrt{2x-1}=0\Leftrightarrow x^{2}(16x^{4}+8x^{2}+1)=(x^{2}+2x+1)(2x-1)$
$\Leftrightarrow 16x^{6}+8x^{4}-2x^{3}-2x^{2}+1=0 \Leftrightarrow 16(x^{3}-\frac{1}{16})^{2}+8(x^{2}-\frac{1}{8})^{2}+\frac{13}{16}=0$
(PTVN)
- uchihasatachi061 yêu thích
#10
Đã gửi 16-05-2016 - 15:01
Bài 5 là bài cụ thể hóa của bài 2 trong cái đề dưới đây.
Đây là một cách giải: http://diendantoanho...ptnk-1993-1994/
$Maths$, $Smart Home$ and $Penjing$
123 Phạm Thị Ngư
#11
Đã gửi 19-05-2016 - 21:14
câu 2b
8$\fn_cm ((x+1).\sqrt{2x-1}-1)^{2}+x.(6x^{2} -3x+2)=0 vô nghiệm do x>=1/2
#12
Đã gửi 31-05-2016 - 12:48
ai làm hình với bất đi
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh