Nguồn: Việt Anh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenHoaiTrung: 07-06-2018 - 14:01
Nguồn: Việt Anh
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenHoaiTrung: 07-06-2018 - 14:01
Câu 5:
Ta thấy rằng $\sqrt{8x^{2}+3y^{2}+14xy}= \sqrt{8x^{2}+3y^{2}+12xy+2xy}$
$\leq \sqrt{9x^{2}+12xy+4y^{2}}\doteq \sqrt{(3x+2y)^{2}}= 3x+2y$
Tương tự với các biểu thức còn lại, ta được:
VT$\geq \frac{x^{2}}{3x+2y}+\frac{y^{2}}{3y+2z}+\frac{z^{2}}{3z+2x}$
$\geq \frac{(x+y+z)^{2}}{5(x+y+z)}= \frac{x+y+z}{5}$
ĐT xảy ra <=>x=y=z
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thien huu: 07-06-2018 - 15:43
$\bigstar \bigstar \bigstar$ ALBERT EINSTEIN $\bigstar \bigstar \bigstar$
Câu 3 là câu 4a) đề thi học sinh giỏi tỉnh bến tre năm nay và đã có lời giải tại đây.
http://thcs-hoangxua...2017-2018-1993/
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NguyenHoaiTrung: 07-06-2018 - 15:48
UBND TỈNH THÁI NGUYÊN THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT CHUYÊN
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018-2019
$\boxed{\text{ĐỀ CHÍNH THỨC}}$ MÔN THI: TOÁN HỌC
Dành cho thí sinh thi vào chuyên Toán)
Thời gian làm bài : 180 phút( không kể thời gian giao đề)
Câu 1:(1,5 điểm )
Không dùng máy tính cầm tay, rút gọn biểu thức:
$$A= \frac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{5}+2}+\frac{\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1}-\frac{3\sqrt{5}}{3+\sqrt{5}}$$
Câu 2(1,5 điểm)
Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix}x^2+y^2+3=4x & & \\ x^3+12x+y^3=6x^2+9 & & \end{matrix}\right.$
Câu 3:( 1 điểm)
Tìm các số $x;y$ nguyên dương thỏa mãn
$$16(x^3-y^3)=15xy+371$$
Câu 4:(1 điểm) Giải phương trình
$$\sqrt{2x-3}+\sqrt{5-2x}=3x^2-12x=14$$
Câu 5:( 1, 5 điểm)
Cho $x,y,z$ là các số thực dương.Chứng minh
$$\frac{x^2}{\sqrt{8x^2+3y^2+14xy}}+\frac{y^2}{\sqrt{8y^2+3z^2+14yz}}+\frac{z^2}{\sqrt{8z^2+3x^2+14xz}} \leq \frac{x+y+z}{5}$$
Câu 6:
Cho $\Delta ABC$ cân có$ \angle BAC=100^0$ . Điểm D thuộc nửa mặt phẳng không chứa A có bờ BC sao cho $\angle CBD=15^0; \angle BCD= 35^0$. Tính số đo $\angle ADB$
Câu 7: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $AB < AC$, các đường cao $BD,CE$ cắt nhau tại H( $D \in AC$, $E \in AB$). Gọi M là trung điểm BC. Tia MH cắt (O) tại N.
a) Chứng minh $A,D,E,H,N$ cùng thuộc một đường tròn
b) Lấy điểm P trên đoạn BC sao cho $\angle BHP=\angle CHM$. Q là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng HP. Chứng minh DENQ là hình thang cân
c) $(MPQ)$ tiếp xúc với $(O)$
P/s: 7 bài trong 1 trang, ông ra đề đỉnh quá
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MoMo123: 07-06-2018 - 23:21
Câu 7: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $AB < AC$, các đường cao $BD,CE$ cắt nhau tại H( $D \in AC$, $E \in AB$). Gọi M là trung điểm BC. Tia MH cắt (O) tại N.
a) Chứng minh $A,D,E,H,N$ cùng thuộc một đường tròn
b) Lấy điểm P trên đoạn BC sao cho $\angle BHP=\angle CHM$. Q là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng HP. Chứng minh DENQ là hình thang cân
c) $(MPQ)$ tiếp xúc với $(O)$
P/s: 7 bài trong 1 trang, ông ra đề đỉnh quá
Câu c)
Dễ dàng chứng minh tứ giác $MPNQ$ nội tiếp.Kẻ đường kính $AK$ (đáng lẽ điều này đã thực hiện ở câu a)
Thì $\widehat{BHP}=\widehat{CHK}=\widehat{NKB}$
Từ đó $\triangle BHP \sim \triangle NKP \Rightarrow \frac{BP}{BN}=\frac{HB}{KN}=\frac{KC}{KN} \Rightarrow \triangle NBP \sim \triangle NKC$
Do đó : $\widehat{BNP}=\widehat{KNC}$
Kẻ tiếp tuyến $Nx$ tại $N$ của $(O)$ (sao cho $P$ nằm trong $\widehat{PNx}$)
$\widehat{PNx}=\widehat{BNx}+\widehat{BNP}=\widehat{NCM}+\widehat{KNC}=\widehat{NCP}$. Suy ra $Nx$ cũng là tiếp tuyến tại $N$ của $(MPQ)$
Vậy $(MPQ)$ tiếp xúc $(O)$ (và tại $N$)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duylax2412: 08-06-2018 - 16:40
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.
Câu c)
Dễ dàng chứng minh tứ giác $MPNQ$ nội tiếp.Kẻ đường kính $AK$ (đáng lẽ điều này đã thực hiện ở câu a)
Thì $\widehat{BHP}=\widehat{CHK}=\widehat{NKB}$
Từ đó $\triangle BHP \sim \triangle NKP \Rightarrow \frac{BP}{BN}=\frac{HB}{KN}=\frac{KC}{KN} \Rightarrow \triangle NBP \sim \triangle NKC$
Do đó : $\widehat{BNP}=\widehat{KNC}$
Kẻ tiếp tuyến $Nx$ tại $N$ của $(O)$ (sao cho $P$ nằm trong $\widehat{PNx}$)
$\widehat{PNx}=\widehat{BNx}+\widehat{BNP}=\widehat{NCM}+\widehat{KNC}=\widehat{NCP}$. Suy ra $Nx$ cũng là tiếp tuyến tại $N$ của $(MPQ)$
Vậy $(MPQ)$ tiếp xúc $(O)$ (và tại $N$)
Hình như chỗ này bị sai!
Câu c)
Dễ dàng chứng minh tứ giác $MPNQ$ nội tiếp.Kẻ đường kính $AK$ (đáng lẽ điều này đã thực hiện ở câu a)
Thì $\widehat{BHP}=\widehat{CHK}=\widehat{NKB}$
Từ đó $\triangle BHP \sim \triangle NKB \Rightarrow \frac{BP}{BN}=\frac{HB}{KN}=\frac{KC}{KN} \Rightarrow \triangle NBP \sim \triangle NKC$
Do đó : $\widehat{BNP}=\widehat{KNC}$
Kẻ tiếp tuyến $Nx$ tại $N$ của $(O)$ (sao cho $B$ nằm trong $\widehat{PNx}$)
$\widehat{PNx}=\widehat{BNx}+\widehat{BNP}=\widehat{NCM}+\widehat{KNC}=\widehat{NMP}$. Suy ra $Nx$ cũng là tiếp tuyến tại $N$ của $(MPQ)$
Vậy $(MPQ)$ tiếp xúc $(O)$ (và tại $N$)
Hình như chỗ này bị sai!
Ừ mình sửa lại r đó. Bạn xem đi (ở đây nhé không phải ở trên)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi duylax2412: 20-06-2018 - 09:34
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.
Câu c)
Dễ dàng chứng minh tứ giác $MPNQ$ nội tiếp.Kẻ đường kính $AK$ (đáng lẽ điều này đã thực hiện ở câu a)
Thì $\widehat{BHP}=\widehat{CHK}=\widehat{NKB}$
Từ đó $\triangle BHP \sim \triangle NKP \Rightarrow \frac{BP}{BN}=\frac{HB}{KN}=\frac{KC}{KN} \Rightarrow \triangle NBP \sim \triangle NKC$
Do đó : $\widehat{BNP}=\widehat{KNC}$
Kẻ tiếp tuyến $Nx$ tại $N$ của $(O)$ (sao cho $P$ nằm trong $\widehat{PNx}$)
$\widehat{PNx}=\widehat{BNx}+\widehat{BNP}=\widehat{NCM}+\widehat{KNC}=\widehat{NCP}$. Suy ra $Nx$ cũng là tiếp tuyến tại $N$ của $(MPQ)$
Vậy $(MPQ)$ tiếp xúc $(O)$ (và tại $N$)
Anh oi lam giup e cau b dc ko kho qua
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi niemvuitoan: 28-07-2018 - 21:33
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh