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 tuyển sinh chuyên Sư phạm vòng 2 năm 2013


  • Chủ đề bị khóa Chủ đề bị khóa
Chủ đề này có 32 trả lời

#1 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 07-06-2013 - 17:16

Câu 1 : (2,5 điểm)

1, Các số thực $a,b,c$ đồng thời thỏa mãn 2 đẳng thức :

  • $(a+b)(b+c)(c+a)=abc$
  • $(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)=a^3b^3c^3$

Chứng minh rằng $abc=0$

2, Các số thực dương $a,b$ thỏa mãn $ab>2013a+2014b$. Chứng minh bất đẳng thức :

$$a+b>(\sqrt{2013}+\sqrt{2014})^2$$

Câu 2 : (2 điểm)

Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ $(a;b)$ thỏa mãn hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix} x^3-2y^3=x+4y\\ 6x^2-19xy+15y^2 = 1 \end{matrix}\right.$

Câu 3 : (1 điểm)

Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $S_n$ là tổng $n$ số nguyên tố đầu tiên . CHứng minh rằng tr0ng dãy số $S_1,S_2,...$ không tồn tại 2 số chính phương liên tiếp.
Câu 4 : (2,5 điểm)
Tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, $BD$ là phân giác góc $ABC$. Đường thẳng $BD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 $E$. Đường tròn $(O_1)$ đường kính $DE$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 $F$
1. Chứng minh đường thẳng đối xứng với đường thẳng $BF$ qua đường thẳng $BD$ đi qua trung điểm $AC$.
2. Biết tam giác $ABC$ vuông tại $B$. $\widehat{BAC}=60^{o}$ và bán kính $(O)$ bằng $R$, tính bán kính $(O_1)$ theo $R$.

Câu 5 : (1 điểm)

Độ dài 3 cạnh tam giác $ABC$ là 3 số nguyên tố, chứng minh điện tích tam giác $ABC$ không phải là số nguyên.
Câu 6 : (1 điểm)

$a_1, a_2, .. a_{11}$ là các số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2, đôi một khác nhau và thỏa mãn $a_1 + a_2 + .. + a_{11} = 407$. Tồn tại hay không số nguyên dương $n$ sa0 cho tổng các số dư của các phép chia $n$ cho 22 số $a_1, a_2, ... a_{11} , 4a_1, ... 4a_{11}$ bằng $2012$.

jb1DBlLO7bCWN8.jpg

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 07-06-2013 - 17:32

$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#2 lenin1999

lenin1999

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 65 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi Toán học ra đời
  • Sở thích:Làm Toán, nghiên cứu Lịch sử Việt Nam và thế giới, sưu tầm tem thư, chém gió và .........

Đã gửi 07-06-2013 - 17:58

Xin phép giải câu 1/ bài 1) :

Giả sử $abc=0$ (*1)

Khi đó, phương trình (1) : $(a+b)(b+c)(c+a)=0$

$\Leftrightarrow b=-a, c=-a$.

Thế vào phương trình (2) : $\left [ a^3+(-a)^3 \right ]\left [ (-a)^3+(-a)^3 \right ]\left [ a^3+(-a)^3 \right ]=(a-a)(-a-a)(a-a)=0=(abc)^3=a^3b^3c^3$.

Ta có (*1) đúng, suy ra điều phải chứng minh.

 

Giả sử $abc\neq 0$ (*2)

Chứng minh tương tự như trên, ta sẽ ra $(abc)^3\neq 0\Leftrightarrow a^3b^3c^3\neq 0$.

Ta có (*2) sai.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lenin1999: 08-06-2013 - 08:39


#3 andymurray44

andymurray44

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Đã gửi 07-06-2013 - 18:09

Câu BDT:

Từ gt,suy ra $(a-2014)(b-2013)> 2013.2014\Rightarrow \frac{(a+b-2013-2014)^{2}}{4}> 2013.2014\Rightarrow a+b> (\sqrt{2013}+\sqrt{2014})^{2}\Rightarrow Q.E.D$



#4 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 07-06-2013 - 18:11

 

Câu 3 : (1 điểm)

Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $S_n$ là tổng $n$ số nguyên tố đầu tiên . CHứng minh rằng tr0ng dãy số $S_1,S_2,...$ không tồn tại 2 số chính phương liên tiếp.
 

 

Thôi để mình chém bài 3 vậy, biết thế k làm bài 3 nữa làm bài hình có phải hơn ko, đời như...

Giải như sau:

Bổ đề: Gọi $p_n$ là số nguyên tố thứ $n$ ta cm $p_{i+1}>4(i-3)$ với mọi $i\geq 5$

Chứng minh:

Giả sử phản chứng $p_{i+1}\le 4(i-3)$

Ta thấy $2,3,...,p_{i+1}$ là $i+1$ số nguyên tố, nếu không kể $2,3$ thì ta có $i-1$ số nguyên tố khác $2,3$ mà nhỏ hơn $4(i-3)$ nên $i-1$ số nguyên tố ấy lẻ và ko chia hết cho $3$ mà từ $1->4(i-3)$ có $2(i-3)$ số chẵn và $\left\lfloor\dfrac{4(i-3)}{3}\right\rfloor$ nên $i-1$ thuộc tập $4(i-3)-2(i-3)-\left\lfloor\dfrac{4(i-3)}{3}\right\rfloor$ số còn lại

Dễ dàng cm $i-1>4(i-3)-2(i-3)-\left\lfloor\dfrac{4(i-3)}{3}\right\rfloor$ với $i\geq 5$ do đó nên theo dirichlet tồn tại hai số nguyên tố = nhau, vô lí, bổ đề hoàn thành

$$**********$$
Áp dụng: Ta sẽ cm bài toán đúng cho $S_i$ với $i\geq 7$

Thật vậy nếu $i\geq 7$ và tồn tại $S_i,S_{i+1}$ chính phương

Nên $S_i=x^2,S_{i+1}=y^2$ do đó $p_{i+1}=(y-x)(y+x)$ nên $y-x=1,y+x=p_{i+1}$
Do đó $x=\dfrac{p_{i+1}-1}{2}$
Như vậy $2+3+...+p_i=x^2=\left(\dfrac{p_{i+1}-1}{2}\right)^2$
Mà $2+3+...+p_i=17+11+13+....+p_i\le p_i+p_i(i-4)=p_i(i-$ (do $p_i\geq 11,13,...,p_{i-1}$ và $p_i\geq 17$ với $i\geq 7$

Do đó $2+3+...+p_i\le p_i(i-3)$
Nên $p_i(i-3)\geq \left(\dfrac{p_{i+1}-1}{2}\right)^2$ hay $4(i-3)p_i\geq (p_{i+1}-1)^2$
Mà $p_i<p_{i+1}-1$ nên $4(i-3)>p_{i+1}-1 \Rightarrow 4(i-3)\geq p_{i+1}$ trái bổ đề đpcm

Như vậy h ta chỉ còn cm cho $S_1,S_2,S_3,S_4,S_5,S_6$ nhưng đây là điều đơn giản

Bài toán giải xong


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 09-06-2013 - 12:26


#5 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 07-06-2013 - 18:13

 

Câu 5 : (1 điểm)

Độ dài 3 cạnh tam giác $ABC$ là 3 số nguyên tố, chứng minh điện tích tam giác $ABC$ không phải là số nguyên.
 

Áp dụng ct Herons : $S=\sqrt{\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}{16}}$

Đặt A = (a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)

*Nếu tam giác ABC có 3 cạnh đều bằng 2 thì hiển nhiên diện tích của nó không nguyên

*Nếu tam giác ABC có 2 cạnh bằng 2. Gỉa sử a = b = 2, c > 2

Tích A lẻ , A không chia hết cho 64

=> S không nguyên 

* Nếu tam giác ABC có 1 cạnh bằng 2. Gỉa sử a = 2, $b\geq c>2$

Theo BĐT tam giác $b<a+c=2+c\Rightarrow c\leq b<c+2\Rightarrow b=c \vee b=c+1$

- b = c + 1 là vô lí vì b,c nguyên tố

- b = c thì $A=16(b^{2}-1)$

Như vậy để S nguyên thì $b^{2}-1=k^{2}\Leftrightarrow (k-b)(k+b)=1\Rightarrow b=0$ (vô lí )

* Nếu tam giác ABC không có cạnh nào bằng 2 thì A lẻ => S không nguyên 

 

Ta có đpcm

 

P/S : Đây là đề tuyển sinh vào 10 chuyên khó nhất mình từng làm qua


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 07-06-2013 - 18:20

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#6 andymurray44

andymurray44

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 153 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Hà Nội Amsterdam

Đã gửi 07-06-2013 - 18:18

Áp dụng ct Herons : $S=\sqrt{\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}{64}}$

Đặt A = (a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)

*Nếu tam giác ABC có 3 cạnh đều bằng 2 thì hiển nhiên diện tích của nó không nguyên

*Nếu tam giác ABC có 2 cạnh bằng 2. Gỉa sử a = b = 2, c > 2

Tích A lẻ , A không chia hết cho 64

=> S không nguyên 

* Nếu tam giác ABC có 1 cạnh bằng 2. Gỉa sử a = 2, $b\geq c>2$

Theo BĐT tam giác $b<a+c=2+c\Rightarrow c\leq b<c+2\Rightarrow b=c \vee b=c+1$

- b = c + 1 là vô lí vì b,c nguyên tố

- b = c thì $A=16(b^{2}-1)$

Như vậy để S nguyên thì $b^{2}-1=k^{2}\Leftrightarrow (k-b)(k+b)=1\Rightarrow b=0$ (vô lí )

* Nếu tam giác ABC không có cạnh nào bằng 2 thì A lẻ => S không nguyên 

 

Ta có đpcm

 

P/S : Đây là đề tuyển sinh vào 10 chuyên khó nhất mình từng làm qua

$S=\sqrt{\frac{(a+b+c)(a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)}{16}}$ thôi mà nhưng 16 hay 64 cũng ko ảnh hưởng mấy



#7 vietshiroemon

vietshiroemon

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 07-06-2013 - 18:28

em có cách giải bài 1.1 hơi trâu bò tí :))))

$a^{3}b^{3}c^{3} = (a^{3} + b^{3})(b^{3} + c^{3})(c^{3} + a^{3}) = (a + b)(b+c)(c+a)\prod (a^{2}+b^{2}-ab) = abc\prod [(a+b)^{2} - 3ab]$

suy ra:

$a^{2}b^{2}c^{2} = \prod [(a+b)^{2} - 3ab]$

Sau một hồi phá ra điên đảo thì:

$a^{2}b^{2}c^{2} = \prod (a+b)^{2} - \sum 3ab(b+c)^{2}(c+a)^{2}-27a^{2}b^{2}c^{2}$

vì $abc=\prod (a+b)$ nên $\sum 3ab(b+c)^{2}(c+a)^{2} + 27a^{2}b^{2}c^{2}=0$ hay $a^{2}b^{2}c^{2}(\sum 3ab\frac{ab}{(a+b)^{2}} + 27)=0$

và abc=0 và biểu thức trong ngoặc luôn dương



#8 etucgnaohtn

etucgnaohtn

    Sĩ quan

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

Đã gửi 07-06-2013 - 18:32



em có cách giải bài 1.1 hơi trâu bò tí :))))

$a^{3}b^{3}c^{3} = (a^{3} + b^{3})(b^{3} + c^{3})(c^{3} + a^{3}) = (a + b)(b+c)(c+a)\prod (a^{2}+b^{2}-ab) = abc\prod [(a+b)^{2} - 3ab]$

suy ra:

$a^{2}b^{2}c^{2} = \prod [(a+b)^{2} - 3ab]$

Sau một hồi phá ra điên đảo thì:

$a^{2}b^{2}c^{2} = \prod (a+b)^{2} - \sum 3ab(b+c)^{2}(c+a)^{2}-27a^{2}b^{2}c^{2}$

vì $abc=\prod (a+b)$ nên $\sum 3ab(b+c)^{2}(c+a)^{2} + 27a^{2}b^{2}c^{2}=0$ hay $a^{2}b^{2}c^{2}(\sum 3ab\frac{ab}{(a+b)^{2}} + 27)=0$

và abc=0 và biểu thức trong ngoặc luôn dương

định làm đoạn trâu bò đằng sau như chú nhưng nghĩ lại ko cần

Hơn nữa chỗ suy ra không làm như vậy được vì nếu chia 2 vế cho $abc$ thì phải có $abc\neq 0$

Chỉ cần ra pt tích $abc . ( ... ) =0$ thôi , con trong ngoặc kệ mẹ nó , nó là cái gì ko quan trọng chủ yếu là có $abc=0$ là ok r 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi etucgnaohtn: 07-06-2013 - 19:08

Tác giả :

 

Lương Đức Nghĩa 

 

 


#9 pcfamily

pcfamily

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 212 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Kim Sơn B
  • Sở thích:Jazz, Pop ballad

Đã gửi 07-06-2013 - 18:45

Bài 1.a mình làm dư lày:

Nhân hai phương trình vào được:

$(abc)^4=(a+b)(a^3+b^3)(b+c)(b^3+c^3)(c+a)(c^3+a^3)$

$\geq (a^2+b^2)^2(b^2+c^2)^2(c^2+a^2)^2$

$\geq 64(abc)^4$

Suy ra $ĐPCM$



#10 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 07-06-2013 - 18:51

Hôm nay phải 20p mấy đứa mới làm xong đề đáp án X_X. may mà mấy lão phụ huynh chưa về hết còn bọn tình nguyện về m hết rồi =)) Bán 25k/1 được 200k:">

 

Bài 3:

Mình nói ý tưởng cho lẹ chứ làm cách Nguyên trâu quá. Nghĩ tự nhiên thui

 

Giả sử tồn tại đi 2 số là $a^2$ và $b^2$ thì có $(b-a)(b+a)=x$ với x là số nguyên tố cao nhất ấy

Do đó $b-a=1$ và $b+a=x$. Tính được $2b=x+1$ .Như vậy thì $4(2+3+...+x)=(x+1)^2$. Cần chứng minh nó vô lý và Dùng quy nạp Chứng minh cái này vô lý ( $VT <VP$với $x>5$. ).


<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.

#11 babystudymaths

babystudymaths

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 311 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lớp 10 THPT chuyên Hùng Vương
  • Sở thích:Hình học, Tổ hợp, Số học, xem và nghe nhiều thứ

Đã gửi 07-06-2013 - 18:56

Hôm nay phải 20p mấy đứa mới làm xong đề đáp án X_X. may mà mấy lão phụ huynh chưa về hết còn bọn tình nguyện về m hết rồi =)) Bán 25k/1 được 200k:">

 

Bài 3:

Mình nói ý tưởng cho lẹ chứ làm cách Nguyên trâu quá. Nghĩ tự nhiên thui

 

Giả sử tồn tại đi 2 số là $a^2$ và $b^2$ thì có $(b-a)(b+a)=x$ với x là số nguyên tố cao nhất ấy

Do đó $b-a=1$ và $b+a=x$. Tính được $2b=x+1$ .Như vậy thì $4(2+3+...+x)=(x+1)^2$. Cần chứng minh nó vô lý và Dùng quy nạp Chứng minh cái này vô lý ( $VT <VP$với $x>5$. ).

 

 

Tui cũng vừa thử bằng máy xong thui,chứ chưa làm kĩ,mà lập luận 4/n-1 với 4/n-2 là dư lào... :wacko:

Thật ngưỡng mộ chị 9999 ,tiếc là hôm nay k tìm gặp đc chị :))

 

Bài lập luận theo a louis thì <=2013 nên muốn =2012 thì 4/ n-1 và 4/ n-2 zô lý nên có qed


TLongHV


#12 vietquang1998

vietquang1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 52 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tân Hội - Đan Phượng - Hà Nội

Đã gửi 07-06-2013 - 20:02

Câu 3 : (1 điểm)

Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $S_n$ là tổng $n$ số nguyên tố đầu tiên . CHứng minh rằng tr0ng dãy số $S_1,S_2,...$ không tồn tại 2 số chính phương liên tiếp.

 

Mình chứng minh như thế này

Nhận thấy $S_{n}$ lẻ nếu n chẵn

                 $S_{n}$ chẵn nếu n lẻ

Giả sử tồn tại $S_{n}$ và $S_{n+1}$ là hai số liên tiếp là số chính phương

* Xét n chẵn = 2k ($k\epsilon N*$)

$S_{n}=S_{2k}=a^{2}$ lẻ => a lẻ

$S_{n+1}=S_{2k+1}=a^{2}+b=c^{2}$ chẵn => b là số nguyên tố lẻ, c chẵn

Có:      $a^{2}+b=c^{2}$

     <=> $c^{2}-a^{2}=b$

     <=> $(c-a)(c+a)=b$

     <=> $\left\{\begin{matrix} c-a=1 & \\ c+a=b & \end{matrix}\right.$

=> $a=\frac{b-1}{2}$ chẵn (mâu thuẫn điều kiện ở trên)

* Xét n lẻ = 2k-1 ($k\epsilon N*$)

$S_{n}=S_{2k-1}=a^{2}$ chẵn => a chẵn

$S_{n+1}=S_{2k}=a^{2}+b=c^{2}$ lẻ => b là số nguyên tố lẻ, c lẻ

Có:      $a^{2}+b=c^{2}$

     <=> $c^{2}-a^{2}=b$

     <=> $(c-a)(c+a)=b$

     <=> $\left\{\begin{matrix} c-a=1 & \\ c+a=b & \end{matrix}\right.$

=> $c=\frac{b+1}{2}$ chẵn (mâu thuẫn điều kiện ở trên)

Vậy không tồn hai số hạng liên tiếp trong dãy $S_{1},S_{2},S_{3},...$ là số chính phương.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vietquang1998: 07-06-2013 - 20:27

vietquang1998

 

Tự Hào Là Thành Viên VMF - Vietnam Mathematics Forum

 

Link Facebook của mình tại đây!!


#13 vietquang1998

vietquang1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 52 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Tân Hội - Đan Phượng - Hà Nội

Đã gửi 07-06-2013 - 20:29

Câu 4 : (2,5 điểm)

Tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, $BD$ là phân giác góc $ABC$. Đường thẳng $BD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 $E$. Đường tròn $(O_1)$ đường kính $DE$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 $F$
1. Chứng minh đường thẳng đối xứng với đường thẳng $BF$ qua đường thẳng $BD$ đi qua trung điểm $AC$.
2. Biết tam giác $ABC$ vuông tại $B$. $\widehat{BAC}=60^{o}$ và bán kính $(O)$ bằng $R$, tính bán kính $(O_1)$ theo $R$.

Câu 4.2 này mọi người ra bao nhiêu?

Mình ra bằng $\frac{(\sqrt{6}-\sqrt{2})R}{2}$


vietquang1998

 

Tự Hào Là Thành Viên VMF - Vietnam Mathematics Forum

 

Link Facebook của mình tại đây!!


#14 Ha Manh Huu

Ha Manh Huu

    Trung úy

  • Thành viên
  • 799 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:bốn bể là nhà
  • Sở thích:thích mọi thứ

Đã gửi 07-06-2013 - 20:35

câu b bài hình có tính sin 75 ko nhỉ

Câu 1 : (2,5 điểm)
1, Các số thực $a,b,c$ đồng thời thỏa mãn 2 đẳng thức :

  • $(a+b)(b+c)(c+a)=abc$
  • $(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)=a^3b^3c^3$
Chứng minh rằng $abc=0$
2, Các số thực dương $a,b$ thỏa mãn $ab>2013a+2014b$. Chứng minh bất đẳng thức :
$$a+b>(\sqrt{2013}+\sqrt{2014})^2$$
Câu 2 : (2 điểm)
Tìm tất cả các cặp số hữu tỉ $(a;b)$ thỏa mãn hệ phương trình :
$\left\{\begin{matrix} x^3-2y^3=x+4y\\ 6x^2-19xy+15y^2 = 1 \end{matrix}\right.$
Câu 3 : (1 điểm)
Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $S_n$ là tổng $n$ số nguyên tố đầu tiên . CHứng minh rằng tr0ng dãy số $S_1,S_2,...$ không tồn tại 2 số chính phương liên tiếp.
Câu 4 : (2,5 điểm)
Tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, $BD$ là phân giác góc $ABC$. Đường thẳng $BD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 $E$. Đường tròn $(O_1)$ đường kính $DE$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 $F$
1. Chứng minh đường thẳng đối xứng với đường thẳng $BF$ qua đường thẳng $BD$ đi qua trung điểm $AC$.
2. Biết tam giác $ABC$ vuông tại $B$. $\widehat{BAC}=60^{o}$ và bán kính $(O)$ bằng $R$, tính bán kính $(O_1)$ theo $R$.
Câu 5 : (1 điểm)
Độ dài 3 cạnh tam giác $ABC$ là 3 số nguyên tố, chứng minh điện tích tam giác $ABC$ không phải là số nguyên.
Câu 6 : (1 điểm)

$a_1, a_2, .. a_{11}$ là các số nguyên dương lớn hơn hay bằng 2, đôi một khác nhau và thỏa mãn $a_1 + a_2 + .. + a_{11} = 407$. Tồn tại hay không số nguyên dương $n$ sa0 cho tổng các số dư của các phép chia $n$ cho 22 số $a_1, a_2, ... a_{11} , 4a_1, ... 4a_{11}$ bằng $2012$.
Hình đã gửi

cái bài tam giác là số nguyên tố gọi ha;hb;hc là đường cao thì $\frac{h_{a}}{h_{b}}=\frac{b}{a}$ do $\frac{b}{a}$ tối giản nên$h_{a}\geq b ;h_{b}\geq a$ vô lí( nốt vói cái $h_{c}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 10-06-2013 - 20:07

tàn lụi


#15 NguyenKieuLinh

NguyenKieuLinh

    Trung sĩ

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

Đã gửi 07-06-2013 - 21:36

Bài 2b mình dùng BĐT BCS: 2 dãy

dãy 1: $\sqrt{a}          ;        \sqrt{b}$

dãy 2:$\frac{\sqrt{2014}}{\sqrt{a}}$       ;   $\frac{\sqrt{2013}}{\sqrt{b}}$

dùng gt ,cô si $\Rightarrow đpcm$


I LOVE MATH


#16 song vi toan

song vi toan

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 07-06-2013 - 21:59

mọi người có ý tưởng gì cho bài 6 mà không cần dùng định lý thặng dư trung hoa không?

Bài 1.a mình làm dư lày:
Nhân hai phương trình vào được:
$(abc)^4=(a+b)(a^3+b^3)(b+c)(b^3+c^3)(c+a)(c^3+a^3)$
$\geq (a^2+b^2)^2(b^2+c^2)^2(c^2+a^2)^2$
$\geq 64(abc)^4$
Suy ra $ĐPCM$

a, b, c không dương làm sao ấp dụng được holder hả bạn?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 10-06-2013 - 20:11


#17 minhnguyensang

minhnguyensang

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 07-06-2013 - 22:37

Câu 2 Nhân 2 PT  ta đuoc PT đẳng cấp bậc 3 chia 2 vế cho ymu3 đặt x/y=t giải ra t sau đo tìm x,y

File gửi kèm



#18 minhtuyb

minhtuyb

    Giả ngu chuyên nghiệp

  • Thành viên
  • 470 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:C. Toán 10A2 - HSGS
  • Sở thích:Doing math !!!

Đã gửi 07-06-2013 - 23:47

Câu 1 : (2,5 điểm)

1, Các số thực $a,b,c$ đồng thời thỏa mãn 2 đẳng thức :

 

  • $(a+b)(b+c)(c+a)=abc$
  • $(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)=a^3b^3c^3$

Chứng minh rằng $abc=0$

2, Các số thực dương $a,b$ thỏa mãn $ab>2013a+2014b$. Chứng minh bất đẳng thức :

$$a+b>(\sqrt{2013}+\sqrt{2014})^2$$

 


 


 

$\fbox{1.}$ Ta có:

$(a^3+b^3)(b^3+c^3)(c^3+a^3)=(a+b)(b+c)(c+a)(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)\\ \Rightarrow abc(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)=a^3b^3c^3\ \ (1)$

 

-Xét $abc=0$ thì $(1)$ đúng

 

-Xét $abc\ne 0$ thì $(1)$ tương đương với: $(a^2-ab+b^2)(b^2-bc+c^2)(c^2-ca+a^2)=a^2b^2c^2\ \ \ (2)$

 

- Dễ dàng có đánh giá sau:$a^2-ab+b^2\ge a^2+b^2-|ab|\ge 2|ab|-|ab|=|ab|$

Dấu bằng xảy ra khi $a=b$. Xây dựng các BĐT tương tự suy ra:

 

$$VT(2)\ge |ab|.|bc|.|ca|=a^2b^2c^2=VP(2)$$

Theo giả thiết thì đẳng thức xảy ra nên $a=b=c$. Thay ngược lại điều kiện ban đầu thấy $abc=0$. Vô lí

 

Vậy đẳng thức được chứng minh $\square$.

 

$\fbox{2.}$ $ab>2013a+2014b\Rightarrow 1>\dfrac{2014}{a}+\dfrac{2013}{b}\Rightarrow a+b > (a+b)(\dfrac{2014}{a}+\dfrac{2013}{b})\ge (\sqrt{2014}+\sqrt{2013})^2$

 

---

Câu 2 đưa về dạng đồng bậc để tìm ra số $k$ sao cho $x=ky$.

 

Hình câu a vẽ thêm đường kính của $E$ với $(O)$ (đg thẳng BF còn được gọi là đg đối trung), câu b tính trâu :P

 

Mấy câu còn lại no comment :)

 

---

P/s: Quên mất đi xem đề trường mình :P


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi minhtuyb: 07-06-2013 - 23:49

Phấn đấu vì tương lai con em chúng ta!

#19 ntuan5

ntuan5

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 07-06-2013 - 23:55

5/ Mình làm cũng dựa trên ý tưởng của đl thặng dư thôi. VIết $n=4a_{k}p+x_{k}=a_{k}q+y_{k}$ để chuyển về được 2 bộ thặng dư. Suy ra:

$x_{k}-y_{k} \vdots a_{k}$. Dễ c/m được tổng các số dư không lớn hơn 2013 khi và chỉ khi tất cả các số dư đều không chia cho $(4v1)a_{i}$ dư$(4v1)a_{i}-1$.

Dựa vào hai điều trên loại ra các trường hợp số dư không thỏa để đi đến tổng của chúng nhỏ hơn 2012.

P/s: Năm nay có đến 3 câu số học, chắc các thầy biết năm nay có thần đồng đây mà. :lol:



#20 Mr Stoke

Mr Stoke

    Thiếu úy

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

Đã gửi 08-06-2013 - 07:21

câu 6 làm kiểu gì 

 

Bài 6:  Mỗi số dư của $n$ cho $k$ thuộc tập $\{0,1,\ldots,k-1\}$. Ta có $\sum\limits_{i=1}^{11}\left(a_i-1\right)+\sum\limits_{i=1}^{11}\left(4a_i-1\right)=2013$, do đó $n\equiv -1\pmod{a_i,4a_i}$ trừ ra một chỉ số $i$ nào đó mà $n\equiv-2\pmod{a_i}$ hoặc $n\equiv-2\pmod{4a_i}$. Do đó tồn tại chỉ số $i$ mà $n\equiv-1\pmod{a_i}$ và $n\equiv-2\pmod{4a_i}$ hoặc $n\equiv-1\pmod{4a_i}$ và $n\equiv-2\pmod{a_i}$. Trong cả hai trường hợp ta đều suy ra $a_i\mid 1$, mâu thuẫn. 

 

Nhận xét kĩ hơn:

Bài 1: nếu phản chứng $abc\neq0$ thì lời giải sẽ gọn nhất, không dễ bị mất trường hợp. Trong phòng thi hầu hết các bạn làm dài, và sai lầm ở đoạn:  $a^2+b^2-ab\geq ab$ sau đó nhân các bất đẳng thức vào. (vế sau có thể âm)

 

Bài 2: Đưa về phương trình đồng bậc, đặt $t=\dfrac xy$ với chú ý $t\in\mathbb Q$ suy ra $t=2$. MS quan sát thấy rất nhiều bạn làm bài này rất dài dòng.

 

Bài 3 ngoài cách làm bạn nguyenta98, có thể làm tương tự, nhưng gọn hơn, đó là xét $p_{n+1}=p, p-2,p-4,\ldots$. Cách làm của bạn Vietquang98 sai.

 

Bài 5: Xét tính chẵn lẻ là xong. Phía trên có 1 bạn làm đúng theo cách đó. Hai bài 5,6 dễ nghĩ hơn bài 3 nhưng nhiều bạn lao vào làm bài 3 trước, kết quả đa số bỏ các bài này.

 

 

MS nghĩ đề này bài 3 là bài khó nhất của đề thi, nên bên cạnh độ khó không hợp lý (đề này khó và dài với học sinh THCS) thì cách sắp xếp các câu trong đề thi không hợp lý. Hầu hết các bài toán ở đây đều là các bài thi HSG các nước (ví dụ câu 1, 3, 4a,6). 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Stoke: 08-06-2013 - 07:30

Mr Stoke 





3 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 3 khách, 0 thành viên ẩn danh