Chủ đề này có 16 trả lời

[NHoang1608]

 

Nguồn: Page nhóm luyện thi vào lớp 10 THPT chuyên.

 

P/s: Đề dài loằng ngoằng, không được hay cho lắm.

[trambau]

Bài 1: (2 điểm) Cho phương trình $x^2-2(m+1)x+2m^2+4m+1=0(1)$ với $m$ là tham số

a) Tìm $m$ để phương trình $(1)$ có 2 nghiệm phân biệt $x_1;x_2$ . Chứng minh rằng $|\frac{x_1+x_2}{2}|<1$

b) Giả sử các nghiệm $x_1;x_2$ khác 0, chứng minh rằng $\frac{1}{\sqrt{|x_1|}}+\frac{1}{\sqrt{|x_2|}}\geq 2\geq |x_1|+|x_2|$

Bài 2. (2 điểm) Cho $x,y$ là 2 số nguyên với $x>y>0$

a) Chứng minh rằng nếu $x^3-y^3$ chia hết cho 3 thì $x^3-y^3$ chia hết cho 9

b) Chứng minh rằng nếu $x^3-y^3$ chia hết cho $x+y$ thì $x+y$ không là số nguyên tố

c) Tìm tất cả những giá trị $k$ nguyên dương sao cho $x^k-y^k$ chia hết cho 9 với mọi $x,y$ mà $xy$ không chia hết cho 3

Bài 3 (1.5 điểm) 

a) cho ba số $a,b,c\geq-2$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2+abc=0$ . Chứng minh rằng $a=b=c=0$

b) trên mặt phẳng $Oxy$ cho 3 điểm $A,B,C$ phân biệt với $OA=OB=OC=1$ biết  rằng $x_A^2+x_B^2+x_C^2+6x_Ax_Bx_C=0$ . Chứng minh rằng $min{{x_A,x_B,x_C}}<-\frac{1}{3}$ (kí hiệu $x_M$ là hoành độ điểm $M$)

Bài 4. (3,5 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm O. Gọi $D$ là 1 điểm thay đổi trên cạnh $BC$ ($D$ khác $B,C$) . Các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABD$ và $ACD$ lần lượt cắt $AC$ và $AB$ tại $E$ và $F$ ($E,F$ khác $A$) Gọi $K$ là giao điểm của $BE$ và $CF$.

a) Chứng minh rằng tứ giác $AEKF$ nội tiếp

b) Gọi H là trực tâm tam giác $ABC$. chứng minh rằng nếu $A,O,D$ thẳng hàng thì $HK//BC$

c) Ký hiệu $S$ là diện tích tam giác $KBC$ . Chứng minh rằng khi $D$ thay đổi trên cạnh $BC$ ta luôn có $S\leq (\frac{BC}{2})^2tan\frac{\widehat{BAC}}{2}$

d) Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. chứng minh $BF.BA-CE.CA=BD^2-CD^2$ và $ID$ vuông góc với $BC$

Bài 5 (1 điểm) Lớp $9A$ có $6$ học sinh tham gia 1 kì thi toán và nhận được $6$ điểm số khác nhau là các số nguyên từ $0$ đến $20$. Gọi $m$ là trung bình cộng các điểm số của 6 học sinh trên. Ta nói rằng  2 học sinh (trong $6$ học sinh trên) lập thành 1 cặp '' hoàn hảo'' nếu như trung bình cộng điểm số của 2 em đó lớn hơn $m$

a) Chứng minh rằng không thể chia $6$ học sinh trên thành $3$ cặp mà mỗi cặp đều '' hoàn hảo''

b) Có thể có được nhiều nhất là bao nhiêu cặp '' hoàn hảo''

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi trambau: 29-05-2017 - 12:07

[Minhnksc]

Câu 3a

Nếu $abc>0$ thì $a^2+b^2+c^2+abc>0$(vô lý)

Nếu $abc\leq 0$ thì trong 3 số a;b;c tồn tại 2 số cùng dấu; giả sử là a và b

Khi đó $-2\leq c\leq 0$ và $ab\geq 0$ nên $a^2+b^2+c^2+abc\geq a^2+b^2+c^2-2ba=(b-a)^2+c^2\geq 0$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=0$

Từ đó ta có đpcm

Câu 3b mình chưa nháp nhưng chắc là có phần giống câu 3a

[duylax2412]

Câu 2:

$a/$ Do 3 là số nguyên tố nên từ giả thiết suy ra:

$x-y\vdots 3$ hay $x^2+xy+y^2 \vdots 3$.

Nếu $x-y \vdots 3$ thì suy ra: $x^2 +xy +y^2 =(x-y)^2 +3xy \vdots 3$

Nếu $x^2 +xy +y^2 \vdots 3$ suy ra $x-y \vdots 3$

Tóm lại ta đều có $x-y \vdots 3$ và $x^2+y^2+xy \vdots 3$.Như vậy: $x^3-y^3 \vdots 9$

[TenLaGi]

Câu 2:

b, Ta có: $(x-y)(x^2+xy+y^2)\vdots (x+y)$

Mà $0< x-y< x+y$ nên $ x-y$ không chia hết cho $x+y$

Giả sử $ x+y$ là số nguyên tố

Ta có : $ x^2+xy+y^2 \vdots (x+y) $

             $\Rightarrow$ $ x(x+y) +y^2 \vdots (x+y)$

          $\Rightarrow y^2\vdots (x+y)$

    Hay $y\vdots (x+y)$ (vì x+y là số nguyên tố) (1)

Mà $0< y< x+y$ suy ra (1) không xảy ra

Nên điều giả sử sai 

Từ đó suy ra $ x+y$ là hợp số

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi TenLaGi: 30-05-2017 - 10:17

[IHateMath]

Bài 2, c:

Ta sẽ cmr tất cả các số $k$ cần tìm là các bội dương của $6$. Cm gồm 2 phần:

- Điều kiện cần: Ta sẽ cmr $x^k-y^k$ chia hết cho $9$ với mọi $x,y$ dương không là bội của $3$ và $k$ là bội của $6$. Thật vậy, vì $x,y$ nguyên tố cùng nhau với $9$ nên theo định lý Euler, ta có $\varphi(9)=6$ thì $x^6\equiv y^6\equiv 1$ (mod $9$). Vậy $x^6-y^6$ chia hết cho $9$. Ta có $k$ chia hết cho $6$, do đó $x^k-y^k$ chia hết cho $x^6-y^6$, từ đó suy ra điều cần cm.

- Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh rằng ngoài các bội của $6$, $k$ không thể nhận các giá trị khác. Thật vậy, nếu $k\equiv r$ (mod $6$) ($r=1,2,\dots ,5$) thì thay $x=2,y=1$ ta có $2^k-1=(2^6)^{\frac{k-r}{6}}\cdot 2^r-1\equiv 2^r-1$ (mod $9$). Thay lần lượt $r=1,2,\dots 5$ thì ta có $2^r-1$ đồng dư với $1,3,7,6,4$ mod $9$, do đó các giá trị khác của $k$ đều không thỏa mãn.

Vậy ta kết luận các giá trị $k$ phải tìm là các bội của $6$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 29-05-2017 - 22:43

[nntien]

Câu hình năm nay dễ:

a. Câu này dễ rồi:

tg AFDC nội tiếp => $\angle ADC = \angle AFC$, tg AEDB nội tiếp => $\angle AEB = \angle ADB$

mà $\angle ADC+\angle ADB=180^0$ => đpcm

b. Ta có góc AHC bù với góc A => K,H,C,B đồng viên 

AO cắt (O) tại A', H' đối xứng với H qua BC => H' thuộc (O).

Ta dễ chứng minh BHCA' là hình bình hành (BH và A'C cùng vuông góc với AC ...)

Ta có $\angle AFC = \angle ADC = \angle ABD + \angle BAD= \angle ABD + \angle BCA'= \angle ABD + \angle CBH$

$=\angle ABD + \angle CBH'= \angle ABH'$

=> FC//BH' 

Tương tự => EB//CH' => HC=KB và KC=HB => đpcm

c. Khi D di chuyển thì K di chuyển trên cung BC như hình vẽ => S đạt GTLN khi K là điểm chính giữa cung BC.

Gọi T là điểm chính giữa cung BC. Khi đó tam giác TBC cân tại T, có đường cao TV.

=> $\angle TBV = \frac{180^0-\angle BTC}{2} = \frac{\angle BAC}{2}$

=> $TV=\frac{BC.tan(\frac{\angle BAC}{2})}{2}$

$S_{TBC}=(\frac{BC}{2})^2.tan(\frac{\angle BAC}{2})$

=> đpcm

d. Ta có AFDC nt => $BF.BA=BD.BC$, AEDB nt => $CE.CA=CD.CB$ => đpcm

Mặt khác ta có $BF.BA=BI^2-r^2$, $CE.CA=CI^2-r^2$, trong đó r là bán kính của (I).

theo trên => $BD^2-CD^2=BI^2-CI^2$ => ID vuông góc với BC.

Hình gửi kèm

• 

[nntien]

Ai có đề toán chung post lên nhé! Thanks!

[IHateMath]

Bài 3, b. Trong bài này, ta thay $x_a,x_b,x_c$ lần lượt bởi $a,b,c$ cho gọn.

Hiển nhiên $abc\leq 0$; nếu một trong ba số bằng không thì $abc=0$ thì $a^2+b^2+c^2=0$, suy ra $a=b=c=0$. Điều này vô lý vì khi đó có ít nhất hai trong ba điểm $A,B,C$ trùng nhau (vào một trong hai điểm $(0,1)$ hoặc $(0,-1)$). Vậy $abc<0$. Không mất tính tổng quát, giả sử $a=\min\{a,b,c\}$; khi đó $a<0$ và $bc>0$. Ta có $$0=a^2+b^2+c^2+6abc\geq a^2+2bc+6abc=a^2+2bc(1+3a).$$

Mà $a^2>0$, nên $2bc(1+3a)<0$, suy ra $a<-\frac{1}{3}$, đ.p.c.m.

[IHateMath]

Bài 4, b. Có một cách giải khác, dựa trên ý tưởng $AO,AH$ đẳng giác, tức là $\widehat{BAO}=\widehat{CAH}$. Tính chất này khá dễ cm nên xin không trình bày tại đây nữa.

Dựa vào ý tưởng này, ta có thể cmr các đường thẳng $BH,CF$ đối xứng qua trung trực của $BC$. Thật vậy, ta có $$\widehat{BCF}=\widehat{BAO}=\widehat{CAH}=\widehat{CBH}.$$

Suy ra điều nói trên. Tương tự với các đường thẳng $CH,BE$. Vậy giao điểm của $BH,CH$ và $CF,BE$ cũng phải đối xứng qua trung trực $BC$, suy ra $HK\parallel BC$.

[nntien]

Bài 5:

a. Gọi $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6$ lần lượt là điểm số các bạn.

Theo bài ta có: $\sum_{i=1}^{6}x_i=6m$

Giả sử chia được 3 cặp hoàn hảo, WLOG ta giả sử ba cặp là 1,2; 3,4; 5,6

=> $x_1+x_2>2m$, $x_3+x_4>2m$, $x_5+x_6>2m$

=> $\sum_{i=1}^{6}x_i>6m$. Trái với GT => đpcm

b. Tương tự ta cũng CM được không thể chia được 3 cặp không hoàn hảo.

=> Tồn tại nhiều nhất 1 cặp hoặc 2 cặp.

Ta chỉ cần chỉ ra trường hợp nhiều nhất một cặp đó là bộ:

$(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)=(0,1,2,3,4,20)$ có $m=5$ không tìm ra được 2 cặp hoàn hảo.

Vậy có nhiều nhất một cặp hoàn hảo.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 30-05-2017 - 09:58

[Uchiha sisui]

Nhận xét: Đề PTNK năm nay không hay bằng năm ngoái, và thậm chí lại hơi dài! Đề này mức điểm phổ biến chỉ tầm 6đ-7đ còn lấy 8-9 thì phải thực sự giỏi,. Nói chung mình không thích cấu trúc đề kiểu này cho lắm!

[IHateMath]

Bài 5:

a. Gọi $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6$ lần lượt là điểm số các bạn.

Theo bài ta có: $\sum_{i=1}^{6}x_i=6m$

Giả sử chia được 3 cặp hoàn hảo, WLOG ta giả sử ba cặp là 1,2; 3,4; 5,6

=> $x_1+x_2>2m$, $x_3+x_4>2m$, $x_5+x_6>2m$

=> $\sum_{i=1}^{6}x_i>6m$. Trái với GT => đpcm

b. Tương tự ta cũng CM được không thể chia được 3 cặp không hoàn hảo.

=> Tồn tại nhiều nhất 1 cặp hoặc 2 cặp.

Ta chỉ cần chỉ ra trường hợp nhiều nhất một cặp đó là bộ:

$(x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)=(0,1,2,3,4,20)$ có $m=5$ không tìm ra được 2 cặp hoàn hảo.

Vậy có nhiều nhất một cặp hoàn hảo.

Lời giải câu $b$ chưa chính xác. Ta không thể chia $6$ số thành $3$ cặp hoàn hảo, nhưng không có nghĩa là số cặp hoàn hảo nhiều nhất là $2$.

Lời giải đúng như sau: (nguồn: https://www.facebook.../NangKhieuToan/ )

[Tuan Duong]

không chuyên ở đây nha 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tuan Duong: 30-05-2017 - 13:18

[nntien]

Lời giải câu $b$ chưa chính xác. Ta không thể chia $6$ số thành $3$ cặp hoàn hảo, nhưng không có nghĩa là số cặp hoàn hảo nhiều nhất là $2$.

Lời giải đúng như sau: (nguồn: https://www.facebook.../NangKhieuToan/ )

prb5sol.png

Uh, hiểu nhầm đề!

[vuthanhninh3105]

Bài 2, c:

Ta sẽ cmr tất cả các số $k$ cần tìm là các bội dương của $6$. Cm gồm 2 phần:

- Điều kiện cần: Ta sẽ cmr $x^k-y^k$ chia hết cho $9$ với mọi $x,y$ dương không là bội của $3$ và $k$ là bội của $6$. Thật vậy, vì $x,y$ nguyên tố cùng nhau với $9$ nên theo định lý Euler, ta có $\varphi(9)=6$ thì $x^6\equiv y^6\equiv 1$ (mod $9$). Vậy $x^6-y^6$ chia hết cho $9$. Ta có $k$ chia hết cho $6$, do đó $x^k-y^k$ chia hết cho $x^6-y^6$, từ đó suy ra điều cần cm.

- Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh rằng ngoài các bội của $6$, $k$ không thể nhận các giá trị khác. Thật vậy, nếu $k\equiv r$ (mod $6$) ($r=1,2,\dots ,5$) thì thay $x=2,y=1$ ta có $2^k-1=(2^6)^{\frac{k-r}{6}}\cdot 2^r-1\equiv 2^r-1$ (mod $9$). Thay lần lượt $r=1,2,\dots 5$ thì ta có $2^r-1$ đồng dư với $1,3,7,6,4$ mod $9$, do đó các giá trị khác của $k$ đều không thỏa mãn.

Vậy ta kết luận các giá trị $k$ phải tìm là các bội của $6$.

bn ơi lp 9 chưa hk định lý Euler nên khi thi ko đk sử dụng. Vậy bn có cách khác ko?hihi

[toanhoc2017]

Câu 2:

$a/$ Do 3 là số nguyên tố nên từ giả thiết suy ra:

$x-y\vdots 3$ hay $x^2+xy+y^2 \vdots 3$.

Nếu $x-y \vdots 3$ thì suy ra: $x^2 +xy +y^2 =(x-y)^2 +3xy \vdots 3$

Nếu $x^2 +xy +y^2 \vdots 3$ suy ra $x-y \vdots 3$

Tóm lại ta đều có $x-y \vdots 3$ và $x^2+y^2+xy \vdots 3$.Như vậy: $x^3-y^3 \vdots 9$

VÌ SAO :$a/$ Do 3 là số nguyên tố nên từ giả thiết suy ra:

$x-y\vdots 3$