Chủ đề này có 7 trả lời

[nntien]

Đề thi TS 10 môn Toán (HS2) trường chuyên Trần Hưng Đạo Bình Thuận năm học 2018-2019

Hình gửi kèm

• 

[nntien]

Bài 1: Làm theo kiểu Casio đặt $t=\sqrt{2-x}>=0$

Ta được $2t^4-7t^2-t+3=0$ 

<=>$(t^2+t-1)(2t^2-2t-3)=0$

...

 

CK:

pt <=> $2(x^2-x-1)=\sqrt{2-x}-x+1$

Đặt $\sqrt{2-x}=u; x-1=v$ => $v^2-u^2=(x-1)^2-2+x=x^2-x-1$

Khi đó ta được pt: $2(v^2-u^2)=u-v$ <=> $(v-u)(2v+2u+1)=0$ ...

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 07-06-2018 - 07:17

[nntien]

Bài 2: n và 10 nguyên tố cùng nhau => n=i (mod 8) với i=1,3,5,7,9

=> $n^2=1 (mod 8)$ => $n^2-1 =0 (mod 8)$

mà $n^2+1 = 0 (mod 2)$

=> $n^4-1 = 0 (mod 16)$ (1)

Mặt khác $n=1,2,3,4 (mod 5)$ => $n^4=1 (mod 5)$ 

=> $n^4-1=0 (mod 5)$ (2)

Từ (1), (2) => đpcm

[PhanDHNam]

Do n và 10 là hai số nguyên tố cùng nhau mà 10 chia hết cho 2 và 5 nên n không chia hết cho 2 và 5. Vậy n lẻ, xảy ra các trường hợp sau: 

TH1: $n=2a+1$ và $n=5b+1$ 

Ta có: $2a+1=5b+1\Leftrightarrow 2a=5b$ vậy b chia hết cho 2 $\Rightarrow b=2m$, vậy $n=10m+1$ 

    Vậy  $n^4-1=10m(10m+2)(100m^2+20m+2)=40m(5m+1)(50m^2+10m+1)\vdots 40$

      Ta xét m chẵn và m lẻ dễ dàng suy ra được $m(5m+1)(50m^2+10m+1)\vdots 2$ vậy $n^4-1\vdots 80$

TH2: $n=2a+1$ và $n=5b-1$ tương tự th2 

TH3: $n=2a+1$ và $n=5b+2$ $\Rightarrow 2a+1=5b+2$$\Leftrightarrow 2a-1=5b$ vậy b lẻ $\Rightarrow b=2n+1$$\Rightarrow n=5(2n+1)+2=10n+7$

    Vậy $n^4-1=40(5m+3)(5m+4)(10m^2+14m+5)\vdots 80$

dpcm 

[nntien]

Bai 3. Ta có: $\frac{a^3}{b}+\frac{a^3}{b}+b^2>=3a^2$ (Cauchy cho 3 so)

Tương tự:

$2\frac{b^3}{c}+c^2>=3b^2$ và $2\frac{c^3}{a}+a^2>=3c^2$

=> $\frac{a^3}{b}+\frac{b^3}{c}+\frac{c^3}{a}>=a^2+b^2+c^2$

Từ $a+b+c+ab+bc+ca=6$ ta đặt $x=a+b+c$, $y=ab+bc+ca$ => $x+y=6$

Mặt khác ta có: $(a+b+c)^2>=3(ab+bc+ca)$=> $x^2-3y>=0$ => $x^2+3x-18>=0$

=> $(x-3)(x+6)>=0$ => $x-3>=0$ => $(x-3)(x+5)>=0$ => $x^2+2x-15>=0$

=> $a^2+b^2+c^2=x^2-2y=x^2+2x-12>=3$

[nntien]

Bài 5:

Ta dễ thấy tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán kính 2cm.

Từ đó suy ra tg ABC có diện tích lớn nhất khi tg ABC là tam giác đều.

Khi đó diện tích là: $\frac{\sqrt{3}a^2}{4}=\frac{12\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3} (cm^2)$.

Ta chia tg ABC thành chín tam giác đều nhỏ theo hình tháp 1,3,5

mỗi tam giác có diên tích: $\frac{\sqrt{3}}{3}<\frac{4}{5}$

Theo nguyên lí Dirichlet tồn tại một tam giác nhỏ có chứa ít nhất 4 điểm => đpcm. 

[nntien]

Bài 4:

a. Tg BOM đồng dạng tg CNO (g-g) => BM:OM = CO:NO <=>BM.ON=OC.OM=OB.OM

b. Theo cm trên OM:ON=BM:OB, mặt khác: góc MBO = góc MON => tgMBO đ dạng tgMON (c-g-c)

=> góc OMN = góc OMB => góc OMN và góc OMB là hai góc đối xứng với nhau qua đthẳng MO

=> đ thẳng MB và MN đối xứng với nhau qua MO 

=> k cách từ O đến MB = k cách từ O đến MN => đpcm

c. Theo cm câu a ta có: BM:BO=CO:CN => $BM.CN = BO^2$

Theo Cauchy ta có: $BM+CN >=2\sqrt{BM.CN}=2BO$ => BM+CN đạt min khi BM=CN 

(Bài hình dễ) 

Hình gửi kèm

• 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 07-06-2018 - 08:00

[thanhdatnguyen2003]

Vào đây để xem các tài liệu hình học nha https://diendantoanh...-liệu-hình-học/