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 toán chuyên - chuyên KHTN ĐHQG HÀ Nội vòng 2 2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 47 trả lời

#21 Joker9999

Joker9999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 659 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:K46- Toán1 Chuyên Sư Phạm
  • Sở thích:Nghe nhạc, đánh đàn guitar và làm BDT

Đã gửi 05-06-2017 - 17:33

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.


<span style="font-family: trebuchet ms" ,="" helvetica,="" sans-serif'="">Nỗ lực chưa đủ để thành công.


.if i sad, i do Inequality to become happy. when i happy, i do Inequality to keep happy.

#22 Uchiha sisui

Uchiha sisui

    Trung sĩ

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

Đã gửi 05-06-2017 - 18:28

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!



#23 duylax2412

duylax2412

    Trung sĩ

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

Đã gửi 05-06-2017 - 20:14

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

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

 

 


#24 etucgnaohtn

etucgnaohtn

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 356 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Ngắm like tăng dần

Đã gửi 05-06-2017 - 20:15

Hệ vòng 2 còn dễ hơn hệ vòng 1


Tác giả :

 

Lương Đức Nghĩa 

 

 


#25 etucgnaohtn

etucgnaohtn

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 356 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Ngắm like tăng dần

Đã gửi 06-06-2017 - 02:14

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

Tác giả :

 

Lương Đức Nghĩa 

 

 


#26 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 06-06-2017 - 08:41

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


  :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 


#27 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 06-06-2017 - 08:55

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? 



#28 duylax2412

duylax2412

    Trung sĩ

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

Đã gửi 06-06-2017 - 10:26

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: $4+4+3+3+...+3=8+670.3=2018>2017$.


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

 

 


#29 Math213

Math213

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 06-06-2017 - 14:16

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



#30 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 07-06-2017 - 21:48

           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


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


#31 Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\star \int_{CQT}^{12T}\star$

Đã gửi 12-06-2017 - 15:05

           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

 

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.


$\mathbb{VTL}$


#32 hagiang362002

hagiang362002

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Toán, Conan-Ran

Đã gửi 19-06-2017 - 17:46

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


%%- Cùng toán bay cao thực hiện ước mơ, cùng Shinichi&Ran phá án giết người  %%-

 

 “Khi ta sinh ra ta khóc còn mọi người cười, hãy sống làm sao để khi ta chết đi mọi người khóc còn ta thì cười”.

~Pythagoras~

 “Tôi tư duy nên tôi tồn tại”.

~ Descartes~


#33 hagiang362002

hagiang362002

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 8 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Toán, Conan-Ran

Đã gửi 19-06-2017 - 17:54

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.


%%- Cùng toán bay cao thực hiện ước mơ, cùng Shinichi&Ran phá án giết người  %%-

 

 “Khi ta sinh ra ta khóc còn mọi người cười, hãy sống làm sao để khi ta chết đi mọi người khóc còn ta thì cười”.

~Pythagoras~

 “Tôi tư duy nên tôi tồn tại”.

~ Descartes~


#34 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 19-06-2017 - 21:37

    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


#35 xuanhoan23112002

xuanhoan23112002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 20-06-2017 - 09:12

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



#36 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 20-06-2017 - 19:37

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



#37 lechicuongldk

lechicuongldk

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 3 Bài viết

Đã gửi 29-06-2017 - 10:08

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



#38 hoangquochung3042002

hoangquochung3042002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 189 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đắk Lắk
  • Sở thích:MATH.

Đã gửi 29-06-2017 - 22:56

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.



#39 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 30-06-2017 - 12:32

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 :P


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----


#40 hoangquochung3042002

hoangquochung3042002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 189 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đắk Lắk
  • Sở thích:MATH.

Đã gửi 30-06-2017 - 20:32

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 :P

học sinh chuyên PBC ghe day. bạn làm số học cũng rất tốt. :icon6: . những quyển sách bạn đọc dc là của cấp 3 hả :ohmy: .






0 người đang xem chủ đề

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