Chủ đề này có 20 trả lời

[trambau]

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 CHUYÊN LAM SƠN

Năm học 2016 - 2017

 

Môn thi: TOÁN

( Dành cho thí sinh thi vào lớp 10 chuyên Toán)

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

Ngày thi: 06/06/2016

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

 

Câu 1: (2 điểm)

a/ chứng minh rằng: $\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{2016\sqrt{2015}}> \frac{1931}{1975}$

b/ với $a\geq \frac{3}{8}$ chứng minh rằng $\sqrt[3]{3a-1+a\sqrt{8a-3}}+\sqrt[3]{3a-1-a\sqrt{8a-3}}=1$

Câu 2 ( 2 điểm)

a/ giải phương trình: $\frac{4x}{x^{2}+x+3}+\frac{5x}{x^{2}-5x+3}=\frac{-3}{2}$

b/ giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} & x^{8}y^{8}+y^{4}=2x & \\ & 1+x= x(1+y)\sqrt{xy} & \end{matrix}\right.$

Câu 3: ( 2điểm)

a/ tìm nghiệm nguyên (x;y) của phương trình: $(x+1)(x+2)(x+8)(x+9)=y^{2}$

b/ tìm các số tự nhiên x,y,z thỏa mãn phương trình: $2016^{x}+2017^{y}=2018^{z}$

câu 4: (3 điểm)

Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm A cố định với OA=2R, BC là đường kính quay quanh O sao cho đường thẳng BC không đi qua A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt AO tại I khác A. Các đường thẳng AB,AC cắt (O) lần lượt tại D và E. K là giao điểm của DE và AO

a/ chứng minh bốn điểm K,E,C,I cùng thuộc một đường tròn

b/ tính độ dài đoạn AI theo R

c/ chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua 1 điểm cố định khác A khi đường kính BC quay quanh (O)

câu 5: (1 điểm) một số tự nhiên được gọi là số thú vị nếu số đó có 10 chữ số đôi một khác nhau và là bội số của 11111. hỏi có tất cả bao nhiêu số thú vị

[I Love MC]

Câu 3 : Xét $x \ge 1$ thì $2016^z \equiv 0 \pmod{4}$
Ta có $2017^y \equiv 1 \pmod{4}$  do đó $VT \equiv 1 \pmod{4}$ 
$2018^z \equiv 0,2 \pmod{4}$ (vô lí) 
Suy ra $x=0$  
Viết lại phương trình với $1+2017^y=2018^z$  
Mà $VT \equiv 2 \pmod{4}$ do đó $2018^z \equiv 2 \pmod{4} \Leftrightarrow z=1$ 
Suy ra $y=1$ 
Vậy $(x,y,z)=(0,1,1)$ 

[I Love MC]

Câu 2b : Xét phương trình ở dưới bình phương và rút gọn cho ta  
$(xy-1)(x^2y^2+2x^2y+xy+x^2+2x+1)=0$  
Vì $x^8y^8+x^4=2x \ge 0$ do đó $x,y \ge 0$ 
Do vậy nên $x^2y^2+2x^2y+xy+x^2+2x+1>0$ 
Do đó $xy=1$  
Khi đó ta $1+y^4=\frac{2}{y}$ 
$\Leftrightarrow (y-1)(y^4+y^3+y^2+y+2)=0$ 
Mà $y \ge 0$ do vậy $y=1$ kéo theo $x=1$ 
Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất $(x,y)=(1,1)$ 

[nntien]

 

câu 4: (3 điểm)

Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm A cố định với OA=2R, BC là đường kính quay quanh O sao cho đường thẳng BC không đi qua A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt AO tại I khác A. Các đường thẳng AB,AC cắt (O) lần lượt tại D và E. K là giao điểm của DE và AO

a/ chứng minh bốn điểm K,E,C,I cùng thuộc một đường tròn

b/ tính độ dài đoạn AI theo R

c/ chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua 1 điểm cố định khác A khi đường kính BC quay quanh (O)

 

Khoái câu 4:

a. góc AEK = góc ABC = góc AIC => đpcm

b. Ta có $R^2=OB.OC=OA.OI=2R.OI$ => AI = (5/2)R.

c. Gọi M là giao điểm của (ADE) với AI, ta có: góc AMD = góc AED = góc AIC = góc ABO => DMOB nội tiếp => $AD.AB=AM.AO=AO^2-R^2$ không đổi => $AM$ không đổi => M cố định => (ADE) luôn qua M cố định.

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 06-06-2016 - 22:22

[Minh Hieu Hoang]

Khoái câu 4:

a. Gọi K' là giao điểm của (ECI) với AI => $AE.AC=AK'.AI$. Mặt khác $AE.AC=AD.AB$ => DK'IB nội tiếp

=> góc AK'E + góc AK'D = góc ACI + góc  ABI = 180 độ => A, K', D thẳng hàng => K trùng K' => đpcm

b. Ta có $R^2=OB.OC=OA.OI=2R.OI$ => AI = (5/2)R.

c. Gọi M là giao điểm của (ADE) với AI, ta có: góc AMD = góc AED = góc AIC = góc ABO => DMOB nội tiếp => $AD.AB=AM.AO=AO^2-R^2$ không đổi => $AM$ không đổi => M cố định => (ADE) luôn qua M cố định.

tại sao có cái này ạ

[xuantungjinkaido]

hệ thức EUler đó bạn

 

tại sao có cái này ạ

[xuantungjinkaido]

câu 1a làm thế nào đó bạn?

[nntien]

tại sao có cái này ạ

 

Khoái câu 4:

a. Gọi K' là giao điểm của (ECI) với AI => $AE.AC=AK'.AI$. Mặt khác $AE.AC=AD.AB$ => DK'IB nội tiếp

=> góc AK'E + góc AK'D = góc ACI + góc  ABI = 180 độ => A, K', D thẳng hàng => K trùng K' => đpcm

b. Ta có $R^2=OB.OC=OA.OI=2R.OI$ => AI = (5/2)R.

c. Gọi M là giao điểm của (ADE) với AI, ta có: góc AMD = góc AED = góc AIC = góc ABO => DMOB nội tiếp => $AD.AB=AM.AO=AO^2-R^2$ không đổi => $AM$ không đổi => M cố định => (ADE) luôn qua M cố định.

Áp dụng phương tích lên đường tròn (O) đó bạn. Nói phương tích như thế nhưng ta vẫn chứng minh được $AD.AB=AM.AO=AO^2-R^2$ sử dụng tam giác đồng dạng.

P/S: câu 5 khá hay và khá khó mình đã có ý tưởng rồi!

[nntien]

Câu 5: Ý tưởng:

Ta xét a là số thú vị => tổng các chữ số của a bằng 45 => a chia hết cho 9 => a chia hết cho 99999. Đặt $a=99999k$ 

=> $10235 \leq k \leq 98766$. Ta đi tìm các giá trị k sao cho khi nhân 99999 thì có mặt các chữ số 0 đến 9 đúng một lần.

Măt khác ta biết rằng khi nhân $k=\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}$ với 99999 thì lấy $k-1$ sau đó viết phân bù 9 của $k-1$ vào tiếp theo k-1. Chẳng hạn với $k=10235$ => $k-1=10234$ bù 9 của $k-1$ là $89765$ => $10235.99999=1023489765$

Chú ý: $k-1$ là số sao cho không tồn tại hai chữ số có tổng bằng 9.

Như vậy quy về bài toán tổ hợp: Có bao nhiêu số k thỏa $10235 \leq k \leq 98766$ và $k-1$ là số sao cho không tồn tại hai chữ số có tổng bằng 9...

 

Tiếp tục: ta nhận thấy trong $k-1$ có chữ số $a_i$ thì không xuất hiện chữ số $9-a_i$. Ta xét các 5 cặp số (0;9); (1;8); (2;7); (3;6); (4;5). Ta lập số $k-1$ bằng cách duy nhất mỗi chữ số trong mỗi cặp (giả sử xét luôn chữ số 0 là chữ số hàng chục nghìn)

=> số lượng số $k-1$ là $2^5.5!=3840$. Vì số lượng các số có chữ số hàng chục nghìn tương ứng với 0,1,2,..,9 là bằng nhau => số lượng số có số 0 đứng đầu là $384$ => số lượng $k-1$ cần tìm là $3840-384=3456$ số.

Vậy có $3456$ số thú vị.

 

PS: không biết giải vậy có ổn không nhỉ! Mời các bạn thảo luận nhé! 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 06-06-2016 - 22:53

[Baoriven]

Câu 2a:

Đây là câu phương trình quen thuộc

x=0 không thỏa

chia tử mẫu cho x rồi đặt $t=x+\frac{3}{x}$ là ra

[tuanyeubeo2000]

 

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 CHUYÊN LAM SƠN

Năm học 2016 - 2017

 

Môn thi: TOÁN

( Dành cho thí sinh thi vào lớp 10 chuyên Toán)

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

Ngày thi: 06/06/2016

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

 

Câu 1: (2 điểm)

a/ chứng minh rằng: $\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{2016\sqrt{2015}}> \frac{1931}{1975}$

Câu 3: ( 2điểm)

a/ tìm nghiệm nguyên (x;y) của phương trình: $(x+1)(x+2)(x+8)(x+9)=y^{2}$

 

 

$ Câu 1 : Ta\quad có\quad \frac { 1 }{ 2\sqrt { 1 }  } +\frac { 1 }{ 3\sqrt { 2 }  } +...+\frac { 1 }{ 2016\sqrt { 2015 }  } >\frac { 1 }{ 1.2 } +\frac { 1 }{ 2.3 } +...+\frac { 1 }{ 2015.2016 } =1-\frac { 1 }{ 2016 } =\frac { 2015 }{ 2016 } >\frac { 1931 }{ 1975 } $ 

$ Câu 3a :<=>({ x }^{ 2 }+10x+9)({ x }^{ 2 }+10+16)={ y }^{ 2 }.Đặt\quad :{ x }^{ 2 }+10x+9=a->a(a+7)={ y }^{ 2 }(x,y,a\in Z)\\ <=>(y-a)(y+a)=7a.\\ +)TH1:y-a\vdots a->đặt\quad y-a=ka(k\in Z)->a({ ak }^{ 2 }-a-7)=0\\ .Nếu:a=0->x=y=0\\ .Nếu:{ ak }^{ 2 }-a-7=0<=>a({ k }^{ 2 }-1)=7\quad ->\quad xét\quad ước\\ +)\quad TH2:Xét\quad tương\quad tự\quad cho\quad y+a $ 

p/s : 3a hình như giải sai :v

[trambau]

$ Câu 1 : Ta\quad có\quad \frac { 1 }{ 2\sqrt { 1 }  } +\frac { 1 }{ 3\sqrt { 2 }  } +...+\frac { 1 }{ 2016\sqrt { 2015 }  } >\frac { 1 }{ 1.2 } +\frac { 1 }{ 2.3 } +...+\frac { 1 }{ 2015.2016 } =1-\frac { 1 }{ 2016 } =\frac { 2015 }{ 2016 } >\frac { 1931 }{ 1975 } $ 

$ Câu 3a :<=>({ x }^{ 2 }+10x+9)({ x }^{ 2 }+10+16)={ y }^{ 2 }.Đặt\quad :{ x }^{ 2 }+10x+9=a->a(a+7)={ y }^{ 2 }(x,y,a\in Z)\\ <=>(y-a)(y+a)=7a.\\ +)TH1:y-a\vdots a->đặt\quad y-a=ka(k\in Z)->a({ ak }^{ 2 }-a-7)=0\\ .Nếu:a=0->x=y=0\\ .Nếu:{ ak }^{ 2 }-a-7=0<=>a({ k }^{ 2 }-1)=7\quad ->\quad xét\quad ước\\ +)\quad TH2:Xét\quad tương\quad tự\quad cho\quad y+a $ 

p/s : 3a hình như giải sai :v

chừa anh đi

[tuanyeubeo2000]

chừa anh đi

sai à :v

[nntien]

Câu 3: ( 2điểm)

a/ tìm nghiệm nguyên (x;y) của phương trình: $(x+1)(x+2)(x+8)(x+9)=y^{2}$

 

Đặt ẩn $a=x^2+10x+9$ ta đưa về phương trình $a^2+7a=y^2$ <=> $4a^2+28a=4y^2$ <=> $(2a+7-2y)(2a+7+2y)=49$

Giải các hệ:

$\left\{\begin{matrix} 2a-2y+7=1\\ 2a+2y+7=49 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 2a-2y+7=-1\\ 2a+2y+7=-49 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 2a-2y+7=49\\ 2a+2y+7=1 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 2a-2y+7=-49\\ 2a+2y+7=-1 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 2a-2y+7=-7\\ 2a+2y+7=-7 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix} 2a-2y+7=7\\ 2a+2y+7=7 \end{matrix}\right.$

 

...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 07-06-2016 - 06:42

[trambau]

sai à :v

ù bạn

[tuanyeubeo2000]

ù bạn

thật à :v

[nntien]

 

câu 5: (1 điểm) một số tự nhiên được gọi là số thú vị nếu số đó có 10 chữ số đôi một khác nhau và là bội số của 11111. hỏi có tất cả bao nhiêu số thú vị

Quy luật tính nhẩm nhân một số có 5 chữ số với $99999$:

Giả sử một số có 5 chữ số là $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}$.

Khi đó:

$\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}.99999=\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}.(100000-1)=\overline{a_1a_2a_3a_4a_500000}-\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}$

$=\overline{a_1a_2a_3a_4[a_5-1]00000}+99999-(\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}-1)=\overline{a_1a_2a_3a_4[a_5-1]00000}+99999-\overline{a_1a_2a_3a_4[a_5-1]}$

Đặt $\overline{a_6a_7a_8a_9a_{10}}=99999-\overline{a_1a_2a_3a_4[a_5-1]}$ (gọi là bù 9 của $\overline{a_1a_2a_3a_4[a_5-1]}$)

Từ đó ta được: $\overline{a_1a_2a_3a_4a_5}.99999=\overline{a_1a_2a_3a_4[a_5-1]a_6a_7a_8a_9a_{10}}$

 

Ví dụ: Tính nhẩm: $10235.99999$, ta lấy $10235-1=10234$ bù của $10234$ là $89765$ => $10235.99999=\underline{10234}$ $  \underline{89765}$

[ThoiPhong]

Áp dụng phương tích lên đường tròn (O) đó bạn. Nói phương tích như thế nhưng ta vẫn chứng minh được $AD.AB=AM.AO=AO^2-R^2$ sử dụng tam giác đồng dạng.

P/S: câu 5 khá hay và khá khó mình đã có ý tưởng rồi!

Bạn có thể chứng minh giúp mình AD.AB = OA^2 - R^2 được không? bằng cách sử dụng tam giác đồng dạng. Mình nghĩ mãi không ra

[nntien]

Bạn có thể chứng minh giúp mình AD.AB = OA^2 - R^2 được không? bằng cách sử dụng tam giác đồng dạng. Mình nghĩ mãi không ra

Gọi AT là tiếp tuyến kẻ từ A đến O, T là tiếp điểm. Sử dụng tam gác đồng dạng ta chứng minh được $AD.AB=AT^2$, mà $AT^2=AO^2-OT^2=AO^2-R^2$

[Zeref]

 

KỲ THI TUYỂN SINH VÀO 10 CHUYÊN LAM SƠN

Năm học 2016 - 2017

 

Môn thi: TOÁN

( Dành cho thí sinh thi vào lớp 10 chuyên Toán)

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

Ngày thi: 06/06/2016

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

 

Câu 1: (2 điểm)

a/ chứng minh rằng: $\frac{1}{2\sqrt{1}}+\frac{1}{3\sqrt{2}}+...+\frac{1}{2016\sqrt{2015}}> \frac{1931}{1975}$

b/ với $a\geq \frac{3}{8}$ chứng minh rằng $\sqrt[3]{3a-1+a\sqrt{8a-3}}+\sqrt[3]{3a-1-a\sqrt{8a-3}}=1$

Câu 2 ( 2 điểm)

a/ giải phương trình: $\frac{4x}{x^{2}+x+3}+\frac{5x}{x^{2}-5x+3}=\frac{-3}{2}$

b/ giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} & x^{8}y^{8}+y^{4}=2x & \\ & 1+x= x(1+y)\sqrt{xy} & \end{matrix}\right.$

Câu 3: ( 2điểm)

a/ tìm nghiệm nguyên (x;y) của phương trình: $(x+1)(x+2)(x+8)(x+9)=y^{2}$

b/ tìm các số tự nhiên x,y,z thỏa mãn phương trình: $2016^{x}+2017^{y}=2018^{z}$

câu 4: (3 điểm)

Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm A cố định với OA=2R, BC là đường kính quay quanh O sao cho đường thẳng BC không đi qua A. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt AO tại I khác A. Các đường thẳng AB,AC cắt (O) lần lượt tại D và E. K là giao điểm của DE và AO

a/ chứng minh bốn điểm K,E,C,I cùng thuộc một đường tròn

b/ tính độ dài đoạn AI theo R

c/ chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE luôn đi qua 1 điểm cố định khác A khi đường kính BC quay quanh (O)

câu 5: (1 điểm) một số tự nhiên được gọi là số thú vị nếu số đó có 10 chữ số đôi một khác nhau và là bội số của 11111. hỏi có tất cả bao nhiêu số thú vị

 

Lỡ như vẽ KECI là không phải tứ giác lồi liệu có CM được KECI là tứ giác nội tiếp không ?