Chủ đề này có 47 trả lời

[Joker9999]

Mình xin trình bày câu cuối cùng

Câu 5:

a) Cố định $1$ điểm trong đa giác và gọi điểm đó là $A_{1}$.Dọc theo chiều kim đồng hồ,gọi các điểm tiếp thep là $A_{2},A_3;A_4;...;A_{2018}$.

Nối $A_1$ với $A_5$,được ngũ giác lồi $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}$.Lại nối $A_1$ với $A_8.$.Ta được ngũ giác lồi $A_{1}A_{5}A_{6}A_{7}A_{8}$.

Hay nói một cách tổng quát,ta nối đỉnh $A_{1}$ với đỉnh $A_{3k+5}$ với $k=0,1,2...,670$ tạo thành các ngũ giác lồi  $A_{1}A_{3k+2}A_{3k+3}A_{3k+4}A_{3k+5}$ $(*)$ và dễ thấy $k=0,1,2,...671$ (do đa giác đã cho có $2018$ đỉnh) .Suy ra có $672$ miền là ngũ giác lồi mà không có miền nào có điểm chung theo cách xây dựng công thức ngũ giác ở (*).

b) Theo câu a) ta suy ra câu trả lời là "Không thể thực hiện được" bởi vì $2017$ không biểu diễn được  dưới dạng $3k+5$.

Chưa giải thích câu b vì sao cứ phải nhất thiết là 3k + 5 mới chia được vậy bạn. 

Ở trên bạn đã chỉ ra các số dạng 3k + 5 thì chia đc nhưng tại sao với khác 3k + 5 lại không. Mình thấy không chặt chẽ.

[Uchiha sisui]

Mới thi xong thực tình hình thấy khó và cũng nản nữa, bản chất chính là đẳng giác nhưng THCS thì hơi nặng! Đi thi dự full hình nhưng chẳng full chán hẳn!

[duylax2412]

Chưa giải thích câu b vì sao cứ phải nhất thiết là 3k + 5 mới chia được vậy bạn. 

Ở trên bạn đã chỉ ra các số dạng 3k + 5 thì chia đc nhưng tại sao với khác 3k + 5 lại không. Mình thấy không chặt ch

Rồi mình sẽ giải thích tại sao một cách chặt chẽ hơn.Vì $2018$ dạng $3k+5$ cho nên các đa giác ở miền cuối cùng có số cạnh đúng bằng $5$ và là đa giác thuộc miền thứ $672$ do đó câu a) thì thực hiện được.Bây giờ coi như đỉnh thứ $2018$ không tồn tại,tức còn $2017$ đỉnh vậy miền cuối cùng (miền thứ $672$) không thỏa mãn vì nó không thỏa mãn công thức $(*)$ nên chỉ là tứ giác.

 

P/s: thắc mắc gì hỏi mình lại.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duylax2412: 05-06-2017 - 20:14

[etucgnaohtn]

Hệ vòng 2 còn dễ hơn hệ vòng 1

[etucgnaohtn]

Mọi người chữa chi tiết và xem xét đề này nhé. Đề khá khó. hic. 

Câu I : 
2) Cho $ab+a+b=1$

CMR : $\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{1+ab}{\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)}}$

Giải :

Ta có $VT=\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{a}{ab+a+b+a^2}+\frac{b}{ab+a+b+b^2}$

$=\frac{a}{b(a+1)+a(a+1)}+\frac{b}{a(b+1)+b(b+1)}$

$=\frac{a}{(a+1)(a+b)}+\frac{b}{(a+b)(b+1)}$

$=\frac{1}{a+b}(\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1})$

$=\frac{1}{a+b}.\frac{2ab+a+b}{(a+1)(b+1)}$

$=\frac{1+ab}{(a+b)(a+1)(b+1)}$

$=\frac{1+ab}{(a+b)(ab+a+b+1)}$

$=\frac{1+ab}{2(a+b)}$

$VP=\frac{1+ab}{\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)}}$

$=\frac{1+ab}{\sqrt{2(ab+a+b+a^2)(b^2+ab+a+b)}}$

$=\frac{1+ab}{\sqrt{2(a+1)(b+a)(b+1)(a+b)}}$

$=\frac{1+ab}{(a+b)\sqrt{2(a+1)(b+1)}}$

$=\frac{1+ab}{(a+b)\sqrt{2(ab+a+b+1)}}$

$=\frac{1+ab}{2(a+b)}$

Dễ thấy VT = VP( vì cùng bằng $\frac{1+ab}{2(a+b)}$ )

Vậy ta được đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi etucgnaohtn: 06-06-2017 - 02:34

[Minhnksc]

Theo câu a ở chỗ $p-1=kq, q^{2}-1=kp$ trong đó k ở đây bằng 3

mình nghĩ nếu $q^2-1\vdots 3$ và $p$ không chia hết cho 3 thì chỉ đủ điều kiện để suy ra $k\vdots 3$ chứ chưa thể kết luận vội vàng $k=3$ được

[IHateMath]

Rồi mình sẽ giải thích tại sao một cách chặt chẽ hơn.Vì $2018$ dạng $3k+5$ cho nên các đa giác ở miền cuối cùng có số cạnh đúng bằng $5$ và là đa giác thuộc miền thứ $672$ do đó câu a) thì thực hiện được.Bây giờ coi như đỉnh thứ $2018$ không tồn tại,tức còn $2017$ đỉnh vậy miền cuối cùng (miền thứ $672$) không thỏa mãn vì nó không thỏa mãn công thức $(*)$ nên chỉ là tứ giác.

 

P/s: thắc mắc gì hỏi mình lại.

Cách chia của bạn quá đặc biệt: các đường chéo đều bắt đầu từ một đỉnh. Nếu như cách này không được thì có một cách chia khác thỏa mãn thì sao? 

[duylax2412]

Cách chia của bạn quá đặc biệt: các đường chéo đều bắt đầu từ một đỉnh. Nếu như cách này không được thì có một cách chia khác thỏa mãn thì sao? 

Vâng anh nói đúng.Xin bổ sung: nhận thấy cách chia nào cũng phải thỏa tính chất sau:có hai ngũ giác có $4$ cạnh chính là đa giác đã cho,tất cả đa giác còn lại phải có số cạnh đúng bằng $3$.Do đó số cạnh của đa giác phải đúng bằng: $4+4+3+3+...+3=8+670.3=2018>2017$.

[Math213]

Hình này của bài 3 sao đường tròn (AEF) không tiếp xúc với (K) ?

[IHateMath]

           ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI                                                                                            ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN                                                                       TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2017

    ________________________________                                                                              _________________________________

                     $\boxed{\textbf{   Đề chính thức   }}$

MÔN THI: TOÁN (Vòng II)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

 

Câu I. (3,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x+y=\sqrt{x+3y} & & \\ x^2+y^2+xy=3 & & \end{matrix}\right.$

2) Với $a,\ b$ là những số thực dương thỏa mãn $ab+a+b=1$, chứng minh rằng

$$\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{1+ab}{\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)}}.$$

 

Câu II. (2,5 điểm)

1) Giả sử $p,\ q$ là hai số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức $$p(p-1)=q(q^2-1).\quad (*)$$

a. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $p-1=kq,\ q^2-1=kp$.

b. Tìm tất cả các số nguyên tố $p,\ q$ thỏa mãn đẳng thức $(*)$.

2) Với $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=2$, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$M=\frac{a+1}{a^2+2a+2}+\frac{b+1}{b^2+2b+2}+\frac{c+1}{c^2+2c+2}.$$

 

Câu III (3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nhọn với $AB<AC$. $E,\  F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $CA,\  AB$. Trung trực của đoạn thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $D$. Giả sử có điểm $P$ nằm trong $\widehat{EAF}$ và nằm ngoài tam giác $AEF$ sao cho $\widehat{PEC}=\widehat{DEF}$ và $\widehat{PFB}=\widehat{DFE}$. $PA$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ tại $Q$ khác $P$.

1) Chứng minh rằng $\widehat{EQF}=\widehat{BAC}+\widehat{EDF}$.

2) Tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ cắt các đường thẳng $CA,\ AB$ lần lượt tại $M,\ N$. Chứng minh rằng bốn điểm $C,\ M,\ B,\ N$ cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là đường tròn $(K)$.

3) Chứng minh rằng đường tròn $(K)$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$.

 

Câu IV. (1 điểm)

Cho $n$ là số nguyên dương, $n\ge 5$. Xét một đa giác lồi $n$ cạnh. Người ta muốn kẻ một số đường chéo của đa giác mà các đường chéo này chia đa giác đã cho thành đúng $k$ miền, mỗi miền là một ngũ giác lồi (hai miền bất kỳ không có điểm trong chung).

a. Chứng minh rằng ta có thể thực hiện được với $n=2018,\ k=672$.

b. Với $n=2017,\ k=672$ ta có thể thực hiện được không? Hãy giải thích.

_______________________

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

 

Nhấp vào để xem

i. Mình gõ hệ phương trình nhưng nó không hiển thị được, các bạn giúp mình được không?

ii. Gõ mất một tiếng đồng hồ, cực nhất là khâu căn chỉnh cho nó đẹp. Nghĩ lại thấy mình cũng rảnh rỗi thật!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tienduc: 20-06-2017 - 19:18

[Drago]

           ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI                                                                                            ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC TỰ NHIÊN                                                                       TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHTN NĂM 2017

    ________________________________                                                                              _________________________________

                     $\boxed{\textbf{   Đề chính thức   }}$

MÔN THI: TOÁN (Vòng II)

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

 

Câu I. (3,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình

$$

\begin{cases}

x+y=\sqrt{x+3y} \\

x^2+y^2+xy=3.

\end{cases}

$$

2) Với $a,\ b$ là những số thực dương thỏa mãn $ab+a+b=1$, chứng minh rằng

$$\frac{a}{1+a^2}+\frac{b}{1+b^2}=\frac{1+ab}{\sqrt{2(1+a^2)(1+b^2)}}.$$

 

Câu II. (2,5 điểm)

1) Giả sử $p,\ q$ là hai số nguyên tố thỏa mãn đẳng thức $$p(p-1)=q(q^2-1).\quad (*)$$

a. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $p-1=kq,\ q^2-1=kp$.

b. Tìm tất cả các số nguyên tố $p,\ q$ thỏa mãn đẳng thức $(*)$.

2) Với $a,\ b,\ c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+abc=2$, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $$M=\frac{a+1}{a^2+2a+2}+\frac{b+1}{b^2+2b+2}+\frac{c+1}{c^2+2c+2}.$$

 

Câu III (3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nhọn với $AB<AC$. $E,\  F$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $CA,\  AB$. Trung trực của đoạn thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $D$. Giả sử có điểm $P$ nằm trong $\widehat{EAF}$ và nằm ngoài tam giác $AEF$ sao cho $\widehat{PEC}=\widehat{DEF}$ và $\widehat{PFB}=\widehat{DFE}$. $PA$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ tại $Q$ khác $P$.

1) Chứng minh rằng $\widehat{EQF}=\widehat{BAC}+\widehat{EDF}$.

2) Tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ cắt các đường thẳng $CA,\ AB$ lần lượt tại $M,\ N$. Chứng minh rằng bốn điểm $C,\ M,\ B,\ N$ cùng nằm trên một đường tròn. Gọi đường tròn này là đường tròn $(K)$.

3) Chứng minh rằng đường tròn $(K)$ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$.

 

Câu IV. (1 điểm)

Cho $n$ là số nguyên dương, $n\ge 5$. Xét một đa giác lồi $n$ cạnh. Người ta muốn kẻ một số đường chéo của đa giác mà các đường chéo này chia đa giác đã cho thành đúng $k$ miền, mỗi miền là một ngũ giác lồi (hai miền bất kỳ không có điểm trong chung).

a. Chứng minh rằng ta có thể thực hiện được với $n=2018,\ k=672$.

b. Với $n=2017,\ k=672$ ta có thể thực hiện được không? Hãy giải thích.

_______________________

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

 

Nhấp vào để xem

i. Mình gõ hệ phương trình nhưng nó không hiển thị được, các bạn giúp mình được không?

ii. Gõ mất một tiếng đồng hồ, cực nhất là khâu căn chỉnh cho nó đẹp. Nghĩ lại thấy mình cũng rảnh rỗi thật!

 

Câu hệ pt bạn gõ code này: \left\{\begin{matrix} x+y=\sqrt{x+3y}\\x^2+y^2+xy=3 \end{matrix}\right., nhớ thêm dấu $$ :v.

[hagiang362002]

Câu II.1 a)

Xét $p=q$

Xét $p\not{=} q$

Ta có $p\mid q(q^{2}-1) \Rightarrow  p\mid q^{2}-1$ vì $(p;q)=1$

Suy ra $q^{2}-1=kp$ $(k\in \mathbb{N})$ suy ra $p(p-1)=q(q^{2}-1) \Leftrightarrow p(p-1)= kpq \Rightarrow p-1=kq$

Điều phải chứng minh.

   b) Ta có $p=kq+1 > q-1$ nên $(p;q-1)=1$

Mặt khác thì $p\mid (q-1)(q+1)$ suy ra $p\mid q+1$

Rồi đặt $q+1=mp= m(kq+1)$ từ đó suy ra $p=3,q=2$

 mik cx đi thi KHTN hôm ấy, bí ở khúc cuối nhưng bạn có thể trình bày rõ hơn đoạn cuối ko?  Theo mik thì ko chặt chẽ lắm

[hagiang362002]

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

   $= \sqrt{3} (\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{y}{y^{2}+3}+\frac{z}{z^{2}+3})$

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

tại sao bn lại nghĩ đến đặt a+1 như vậy, sao ko đặt a+1=x luôn??? như vậy cũng được 1 kq khá đẹp từ GT là xyz=x+y+z mà.

[Nguyenphuctang]

    Câu I. (3,5 điểm)

1) Giải hệ phương trình

$$

\begin{cases}

x+y=\sqrt{x+3y} \\

x^2+y^2+xy=3.

\end{cases}

$$

Trên trang Codecogs thì lệnh trên complie được còn diễn đàn hình như không. Ta thay thế nó bằng: 

$$\left\{\begin{matrix} x+y=\sqrt{x+3y} & & \\ x^2+y^2+xy=3 & & \end{matrix}\right$$

Kết quả:

$$\left\{\begin{matrix} x+y=\sqrt{x+3y} & & \\ x^2+y^2+xy=3 & & \end{matrix}\right.$$

Câu hệ pt bạn gõ code này: \left\{\begin{matrix} x+y=\sqrt{x+3y}\\x^2+y^2+xy=3 \end{matrix}\right., nhớ thêm dấu $$ :v.

Lệnh này hệ phương trình mất dấu $\left \{  \right.$ rồi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 19-06-2017 - 21:44

[xuanhoan23112002]

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

 Đặt $a+1=\frac{\sqrt{3}}{x}, b+1=\frac{\sqrt{3}}{y},c+1=\frac{\sqrt{3}}{z}$

Giả thiết trở thành $xy+yz+zx=3$ và

$P= \sqrt{3} ( \frac{1}{\frac{3}{x}+x} +\frac{1}{\frac{3}{y}+y} +\frac{1}{\frac{3}{z}+z})$

   $= \sqrt{3} (\frac{x}{x^{2}+3}+\frac{y}{y^{2}+3}+\frac{z}{z^{2}+3})$

Sử dụng giả thiết ta có

  $P=\sqrt{3}( \frac{x}{(x+y)(x+z)}+ \frac{y}{(x+y)(y+z)}+ \frac{z}{(z+y)(x+z)})$

    $=\sqrt{3}( \frac{2(xy+yz+zx)}{(x+y)(y+z)(z+x)})$

Mặt khác $(x+y)(y+z)(z+x) \geq \frac{8}{9}(x+y+z)(xy+yz+zx) \geq \frac{8}{3}(xy+yz+zx)$

Suy ra $P \leq \sqrt{3}\frac{3}{4}= \frac{3\sqrt{3}}{4}$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c = \sqrt{3}-1$                                                      

mình có cách khác nhanh hơn đặt a+1=x;b+1=y;c+1=z thì bài toán sẽ tự nhiên hơn và ứng dụng được cả giả thiết

[JUV]

Câu 4: Chia đa giác thành $k$ miền ngũ giác lồi thì sẽ có tổng $5k$ cạnh. Mỗi cạnh của $n$ giác ban đầu được đếm $1$ lần, các cạnh khác được đếm $2$ lần nên $5k+n$ phải là số chẵn. Do vậy ý b thì câu trả lời là không, còn ý a có thể dễ dàng chỉ ra cách chia thoả mãn

[lechicuongldk]

Bài Hình Câu c)

Gọi $T$ là giao điểm thứ hai của $AP$ với $(AEF)$.

Chứng minh được tứ giác: $FTPN$ và $TPME$ nội tiếp. 

Ta có: $\widehat{PFE}=\widehat{DFB},\widehat{PEC}=\widehat{DEF}\Rightarrow \widehat{BAD}=\widehat{PAC}$ (Bổ đề đẳng giác)

$\Rightarrow \widehat{FAT}=\widehat{DAC}$ . Mặt khác $\widehat{ATF}=\widehat{AEF}=\widehat{ACD}$.

Nên tam giác $FQT$ đồng dạng tam giác $DEC$, mà $E$ là trung điểm $AC$.

Do đó: $Q$ là trung điểm $AT$.

Suy ra: $FQ//BT$.

Nên: $\widehat{TBC}=\widehat{QFE}=\widehat{TPE}=\widehat{TME}$.

Suy ra: tứ giác $BTMC$ nội tiếp.

Từ đó ta có đpcm.

bổ đề đẳng giác kiểu j ạ

[hoangquochung3042002]

Câu II 2.

Từ giả thiết ta có được $\frac{1}{(a+1)(b+1)}+\frac{1}{(c+1)(b+1)}+\frac{1}{(a+1)(c+1)}=1$

                                                    

phải chăng phần từ giả thiết bạn từng gặp.

[NHoang1608]

phải chăng phần từ giả thiết bạn từng gặp.

Giả thiết này mình chưa từng gặp nhưng mình thấy nó quen khi 2 đại lượng $abc$ và$ab+bc+ca$ cộng với nhau liên tưởng đến HĐT $(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1$. HĐT này mình hay dùng trong số hoặc BĐT nên quen thoy

[hoangquochung3042002]

Giả thiết này mình chưa từng gặp nhưng mình thấy nó quen khi 2 đại lượng $abc$ và$ab+bc+ca$ cộng với nhau liên tưởng đến HĐT $(a+1)(b+1)(c+1)=abc+ab+bc+ca+a+b+c+1$. HĐT này mình hay dùng trong số hoặc BĐT nên quen thoy

học sinh chuyên PBC ghe day. bạn làm số học cũng rất tốt.  . những quyển sách bạn đọc dc là của cấp 3 hả  .