Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên toán THPT chuyên Hùng Vương
#1
Đã gửi 06-06-2017 - 19:41
#2
Đã gửi 06-06-2017 - 20:10
1.a)Ta có: $a^{2}+b=b^{2}+c => a^{2}-b^{2}=c-b=> (a-b)(a+b-1)=c-b-(a-b)=> a+b-1=\frac{c-a}{a-b}$
Tương tự, $b+c-1=\frac{a-b}{b-c}; c+a-1=\frac{b-c}{c-a}$
=> $T=\frac{c-a}{a-b}.\frac{a-b}{b-c}.\frac{b-c}{c-a}=1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 06-06-2017 - 20:13
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
#3
Đã gửi 06-06-2017 - 20:15
2.a) Đặt $m^{2}+12=a^{2}(a\epsilon Z)$$=> a^{2}-m^{2}=12=> (a-m)(a+m)=12...$ rồi xét nghiệm
b)Ta có:$a^{2}-b^{2}=(a-b)(a+b)$
Vì a,b là các số nguyên tố lớn hơn 2 nên a,b lẻ $=> (a-b);(a+b)\vdots 2=>(a-b)(a+b)\vdots 4(1)$
Trong 11 số nguyên tố phân biệt thì theo nguyên lý Đi rích lê có ít nhất 2 số có cùng số dư khi chia 5
Giả sử đó là a,b => $a^{2}-b^{2}\vdots 5(2)$
Mặt khác, vì có 11 số nguyên tố lớn hơn 2 phân biệt nên có ít nhất 10 số không chia hết cho 3.
Giả sử đó là a,b =>$a^{2},b^{2}\equiv 1(mod 3)$=> $a^{2}-b^{2}\vdots 3(3)$
Từ (1),(2),(3)=> ĐPCM do 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau.
P/S: Bài này không chắc chắn lắm mong mấy bác thánh toán sửa chữa cho ạ
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tea Coffee: 07-06-2017 - 11:57
- NHoang1608 yêu thích
Treasure every moment that you have!
And remember that Time waits for no one.
Yesterday is history. Tomorrow is a mystery.
Today is a gift. That’s why it’s called the present.
#4
Đã gửi 06-06-2017 - 20:18
mình xin chém trước bài 2 ý b
ta nhận thấy số dư của 1 số nguyên tố x lớn hơn 2 khi chia cho 15 không thể là 6,9,12,15 vì nếu như vậy thì x sẽ chia hết cho 3 =>x=3 chia 15 dư 3 (loại)
tương tự x chia 15 cũng không thể dư 10
vậy số dư của 11 số nguyên tố đã cho khi chia cho 15 là 1 trong 10 số : 1;2;3;4;5;7;8;11;13;14
theo nguyên lý dirichlet phải tồn tại 2 số a,b cùng số dư khi chia cho 15
$=>(a^2-b^2)\vdots 15 $ mà a,b là số nguyên tố lớn hơn 2 => a-b và a+b đều chẵn =>$a^2-b^2 \vdots 4$
vậy $=>(a^2-b^2)\vdots 60$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khgisongsong: 06-06-2017 - 20:21
- bigway1906, Tea Coffee và duylax2412 thích
$\frac{(x!)^2.(-1)^x+1}{2x+1}\in Z $ (với $x\in N)<=>2x+1$ là số nguyên tố
#5
Đã gửi 06-06-2017 - 20:20
2.1
đặt $m^2+12=k^2$
=> $(k-m)(k+m)=12$
....
- Tea Coffee yêu thích
Duyên do trời làm vương vấn một đời.
#6
Đã gửi 06-06-2017 - 20:25
Câu 3a: ĐKXĐ: $x\geq \frac{-1}{3}$
Phương trình tương đương: $4x^2-13x+5=-\sqrt{3x+1}$
Đến đây có điều kiện: $\frac{13-\sqrt{89}}{8}\leq x\leq \frac{13+\sqrt{89}}{8}$
$\Leftrightarrow (4x^2-11x+3)(4x^2-15x+8)=0$
Giải ra so sánh với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là: $x_{1}=\frac{11+\sqrt{73}}{8};x_{2}=\frac{15-\sqrt{97}}{8}$
- Kiratran, Tea Coffee và duylax2412 thích
Chấp nhận giới hạn của bản thân, nhưng đừng bao giờ bỏ cuộc
#7
Đã gửi 07-06-2017 - 09:15
a) Ta có: $\widehat{DBA}=30^o, \widehat{DAB}=60^o\Rightarrow \widehat{BDA}=90^o\Rightarrow ADBN$ nội tiếp
b) Nhận thấy: $AC=AB=2AD$
Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\Delta ANC$ với $\overline{D,I,O}$, ta có:
$\dfrac{DA}{DC}.\dfrac{IC}{IN}.\dfrac{ON}{AO}=1$
Mà: $\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{1}{3}; \dfrac{ON}{OA}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{IC}{IN}=6\Rightarrow \dfrac{IN}{IB}=\dfrac{1}{4}$
Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\Delta ABN$ với $\overline{F,I,O}$, ta có:
$\dfrac{FB}{FA}.\dfrac{OA}{ON}.\dfrac{IN}{IB}\Rightarrow \dfrac{FB}{FA}=2$
Xét $\Delta ABO$ có: $\dfrac{FB}{FA}.\dfrac{NA}{NO}.\dfrac{EO}{EB}=1\Rightarrow \overline{F,N,E}$ ($Menelaus$ đảo)
c) Kẻ: $FH\perp BC$
Ta có: $\dfrac{FH}{AN}=\dfrac{FB}{AB}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow FH=\dfrac{2}{3}AN=\dfrac{1}{3}AO$
Mà: $CE=AO$
Do đó:
$\dfrac{FH}{CE}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \dfrac{FN}{NE}=\dfrac{1}{3}\\ MA=MB,FB=2FA\Rightarrow \dfrac{FB}{MB}=\dfrac{\dfrac{2}{3}AB}{\dfrac{1}{2}AB}=\dfrac{4}{3}\\\Rightarrow \dfrac{MF}{MB}=\dfrac{1}{3}$
Xét $\Delta FBE$ có: $\dfrac{OB}{OE}.\dfrac{NE}{FN}.\dfrac{MF}{MB}=1\Rightarrow \overline{M,I,E}$ (theo $Ceva$ đảo)
Ta có đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoangKhanh2002: 07-06-2017 - 09:50
- HoangTienDung1999, NHoang1608 và duylax2412 thích
#8
Đã gửi 07-06-2017 - 09:29
ai làm câu 5 chưa?
#9
Đã gửi 07-06-2017 - 09:32
Câu 5:
nguyên lý trong $BĐT$-Nguyên lí Biên
Cố định biến $x$ $\Rightarrow y+z=6-x$ cũng cố định.
Lúc đó ta có:
$P=(\frac{9}{2}x-2)yz +[x^2+(y+z)^2]$ và xem như là một hàm bậc nhất biến $yz$.Mà hàm bậc nhất thì đạt cực trị tại biên của biến.
$yz \in [0;\frac{(y+z)^2}{4}]$ nên sẽ đạt cực trị tại $yz=0$ hoặc $y=z$
Với $yz=0$ thì giả sử $y=0$ nên $x+z=1$
Lúc đó có: $x^2+z^2 \geq \frac{(z+x)^2}{2}=\frac{1}{2}$
Dễ thấy $x,z \in [0;1]$ nên $P=x^2+z^2\leq x+z =1$
Vậy với $yz=0$ thì $\frac{1}{2}\leq P \leq 1$
Với $y=z$ thì suy ra:$x+2y=1$ và $P=x^2+2y^2+\frac{9}{2}xy^2$
Rút biến $x=1-2y$ thay vào $P$ ta có:
$P=(1-2y)^2+2y^2+\frac{9}{2}(1-2y)y^2=-9y^3+\frac{21}{2}y^2-4y+1$ còn một biến nên dễ tìm $min,max$.
Từ 2 trường hợp trên ta tìm được $min,max$ bài toán.
P/s: nếu mình sai chỗ nào thì chỉ giùm nhé
- HoangKhanh2002, HoangTienDung1999, Tea Coffee và 2 người khác yêu thích
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.
#10
Đã gửi 07-06-2017 - 09:35
Câu 3.
a,PT viết thành: $(3-2x)^2-(x+4)=-\sqrt{-(3-2x)+(x+4)} = -(3-2y)$. từ đây ta có hệ:
- Tea Coffee yêu thích
#11
Đã gửi 07-06-2017 - 21:08
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
PHÚ THỌ NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN (Chuyên)
$\boxed{\text{Đề chính thức}}$ Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1 (2,0 điểm)
a) Cho ba số $a,b,c$ đôi một khác nhau thỏa mãn $a^{2}+b=b^{2}+c=c^{2}+a$. Tính giá trị của biểu thức
$T=(a+b-1)(b+c-1)(c+a-1)$.
b) Tìm $m$ để phương trình sau có $4$ nghiệm phân biệt
$x^{2}+3mx+2m^{2}=\frac{x^{4}+x^{3}}{2}$.
Câu 2 (2,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên $m$ sao cho $m^{2}+12$ là số chính phương.
b) Chứng minh rằng trong $11$ số nguyên tố phân biệt, lớn hơn $2$ bất kì luôn chọn được hai số gọi là $a,b$ sao cho $a^{2}-b^{2}$ chia hết cho $60$.
Câu 3 (2,0 điểm)
a) Giải phương trình $4x^{2}+5+\sqrt{3x+1}=13x$
b) Giải hệ phương trình $\begin{cases} \sqrt{2x}+\sqrt{2y}=6 \\ \sqrt{2x+5}+\sqrt{2y+9}=8 \end{cases}$
Câu 4 (3,0 điểm)
Cho tam giác $ABC$ cân với $\widehat{BAC}=120^{\circ}$, nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $D$ là giao điểm cuat đường thẳng $AC$ với tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$; $E$ là giao điểm của đường thẳng $BO$ với $(O)$; $F,I$ lần lượt là giao điểm của $DO$ với $AB,AC$; $M,N$ lần lượt là trung điểm của $AB,BC$.
a) Chứng minh rằng tứ giác $ADBN$ nội tiếp.
b) Chứng minh rằng $F,N,E$ thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng các đường thẳng $MI,BO,FN$ đồng quy.
Câu 5 (1,0 điểm)
Cho các số không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
$P=x^{2}+y^{2}+z^{2}+\frac{9}{2}xyz$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NHoang1608: 07-06-2017 - 21:11
- tpdtthltvp, HoangKhanh2002, Kiratran và 4 người khác yêu thích
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----
#12
Đã gửi 31-05-2018 - 10:50
Câu 5:
nguyên lý trong $BĐT$-Nguyên lí Biên
Cố định biến $x$ $\Rightarrow y+z=6-x$ cũng cố định.
Lúc đó ta có:
$P=(\frac{9}{2}x-2)yz +[x^2+(y+z)^2]$ và xem như là một hàm bậc nhất biến $yz$.Mà hàm bậc nhất thì đạt cực trị tại biên của biến.
$yz \in [0;\frac{(y+z)^2}{4}]$ nên sẽ đạt cực trị tại $yz=0$ hoặc $y=z$
Với $yz=0$ thì giả sử $y=0$ nên $x+z=1$
Lúc đó có: $x^2+z^2 \geq \frac{(z+x)^2}{2}=\frac{1}{2}$
Dễ thấy $x,z \in [0;1]$ nên $P=x^2+z^2\leq x+z =1$
Vậy với $yz=0$ thì $\frac{1}{2}\leq P \leq 1$
Với $y=z$ thì suy ra:$x+2y=1$ và $P=x^2+2y^2+\frac{9}{2}xy^2$
Rút biến $x=1-2y$ thay vào $P$ ta có:
$P=(1-2y)^2+2y^2+\frac{9}{2}(1-2y)y^2=-9y^3+\frac{21}{2}y^2-4y+1$ còn một biến nên dễ tìm $min,max$.
Từ 2 trường hợp trên ta tìm được $min,max$ bài toán.
P/s: nếu mình sai chỗ nào thì chỉ giùm nhé
bạn giải theo kiểu cấp 2 đc ko
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh