Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi tuyển sinh môn toán chuyên lớp 10 trường ĐHQG-PTNK TP. Hồ Chí Minh năm 2017-2018


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 NHoang1608

NHoang1608

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 375 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K46 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:$\boxed{\lim_{I\rightarrow U} Love= +\infty}$

Đã gửi 29-05-2017 - 11:03

18766784_298139923968209_5075607542750133142_o.jpg

 

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

 

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


The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.

----- Michelangelo----


#2 trambau

trambau

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THPT
  • 539 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:ABC8 (16-19) THPT Hàm Rồng- Thanh Hóa

Đã gửi 29-05-2017 - 12:04

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


#3 Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 300 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:vinahey :V

Đã gửi 29-05-2017 - 17:49

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


  :D :D  :D 

“Nhà khoa học không nghiên cứu tự nhiên vì việc đó có ích; Anh ta nghiên cứu nó vì anh ta thấy thích thú và anh ta thấy thích thú vì nó đẹp. Nếu tự nhiên không đẹp thì nó không đáng để biết, và cuộc sống không đáng để sống” :D  :D  :D 


#4 duylax2412

duylax2412

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Thái dương hệ
  • Sở thích:số học & piano

Đã gửi 29-05-2017 - 18:30

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: $x^3-y^3 \vdots 9$


Chỉ có hai điều là vô hạn: vũ trụ và sự ngu xuẩn của con người, và tôi không chắc lắm về điều đầu tiên.

Only two things are infinite, the universe and human stupidity, and I'm not sure about the former.

ALBERT EINSTEIN

 

 


#5 TenLaGi

TenLaGi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 120 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán CTB
  • Sở thích:Darius,Riven,Fiora,...

Đã gửi 29-05-2017 - 21:35

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

            ~~~Chữ tâm kia mới bằng ba chữ tài~~~

                         


#6 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 29-05-2017 - 22:11

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


#7 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 366 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 29-05-2017 - 22:43

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

  • PTNK2017_2018.jpg

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#8 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 366 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 29-05-2017 - 22:51

Ai có đề toán chung post lên nhé! Thanks!


$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#9 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 29-05-2017 - 22:54

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.



#10 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 29-05-2017 - 23:15

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 $HK\parallel BC$.



#11 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 366 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 30-05-2017 - 09:54

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

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#12 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 196 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 30-05-2017 - 11:06

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!



#13 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 30-05-2017 - 12:14

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/ )

prb5sol.png



#14 Tuan Duong

Tuan Duong

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:QB
  • Sở thích:TLH

Đã gửi 30-05-2017 - 13:12

không chuyên ở đây nha 


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

Chính trị chỉ cho hiện tại, nhưng phương trình là mãi mãi.

Politics is for the present, but an equation is for eternity.

Albert Einstein


 


#15 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 366 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 30-05-2017 - 15:21

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/ )

attachicon.gifprb5sol.png

Uh, hiểu nhầm đề!


$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#16 vuthanhninh3105

vuthanhninh3105

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Chơi đá bóng

Đã gửi 15-07-2017 - 16:48

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



#17 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 632 Bài viết

Đã gửi 16-07-2019 - 14:13

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:

$x-y\vdots 3$ 



#18 DANG DUC QUY

DANG DUC QUY

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 32 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Bac Ninh

Đã gửi 10-09-2019 - 10:25

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/ )

attachicon.gifprb5sol.png

Thầy 

@IHateMath ơi, cho mình xin face bookj? để thỉnh thoảng mình học hỏi kinh nghiệm giải toán ạ

 





1 người đang xem chủ đề

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