NGUYEN MINH HIEU TKVN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

 

 

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT CHUYÊN

NGUYỄN TRÃI NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn thi: TOÁN (chuyên)

Thời gian làm bài: 150 phút

Đề thi gồm : 01 trang

 

Câu I (2,0 điểm)

1. Phân tích đa thức $P(x)= (3x-2)^{3}+(1-2x)^{3}+(1-x)^{3}$ thành nhân tử.
2. Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn điều kiện $a+b+c+\sqrt{abc}=4$. Tính giá trị của biểu thức:

$A= \sqrt{a(4-b)(4-c)}+\sqrt{b(4-c)(4-a)}+\sqrt{c(4-a)(4-b)}-\sqrt{abc}$

Câu II ( 2,0 điểm)

1. Giải phương trình $\sqrt{4-x^{2}}+6=2\sqrt{2+x}+3\sqrt{2-x}$
2. Giải hệ phương trình $x^{2}+y^{2}=5$ và$xy(x^{2}-y^{2})=6$

    

Câu III (2,0 điểm)

1. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn điều kiện $x^{2}-4xy+5y^{2}= 2(x-y)$
2. Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho $\sqrt{1+p+p^{2}+p^{3}+p^{4}}$là số hữu tỷ.

Câu IV (3,0 điểm)

            Cho đường tròn (O; R) và dây BC cố định không đi qua tâm O. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC sao cho O luôn nằm trong tam giác ABC. Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H.

1. Chứng minh rằng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.
2. Chứng minh $AO\top EF$
3. Xác định vị trí của điểm A để chu vi của tam giác DEF đạt giá trị lớn nhất.

Câu V (1,0 điểm)

     Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$S=\sum \frac{\sqrt{x^{2}-xy+y^{2}}}{x+y+2z}$

----------------------------Hết----------------------------

 

 

Họ và tên thí sinh................................................Số báo danh........................................

Chữ kí của giám thị 1: ....................................Chữ kí của giám thị 2: ...........................

========================================

b) Giải phương trình nghiệm nguyên: $x^2=2y^2$
c) Giải phương trình nghiệm nguyên dương:
i) $x+y+z=xyz$
ii) $xy+yz+zx=xyz$

==================
Làm 2 phần dễ trước
b, nhận thấy nếu $a= 0$ thì $b= 0$ là nghiêm pt
Nếu $a,b\neq 0$ thì $x^{2}=2y^{2} \Leftrightarrow x= \pm \sqrt{2}y$
vì $x,y$ nguyên nên VT là số hữu tỷ VP là số vô tỷ ( vô lý)
==
c, Không mất tính tổng quát của bài toán giả sử $x\geq y\geq z> 0$
$\Rightarrow 3x\geq xyz\Leftrightarrow 3\geq yz\Leftrightarrow 3\geq z^{2}$
$\Rightarrow z=1$
phương trình thành $\Leftrightarrow x+y+1=xy$
$\Leftrightarrow x+y+1-xy=0\Leftrightarrow (x-1)(y-1)=2$
Đến đấy dẽ rồi
==phần sau tương tự

Bài toán này theo mình là ngược dấu
Bài toán phụ
$x^{3}+y^{3}\geq xy(x+y)$ ( với x. y dương)
ta có $x^{3}+y^{3}=(x+y)(x^{2}-xy+y^{2})\geq (x+y)(2xy-xy)=xy(x+y)$
Ấp dụng vào bài có
VT = A =$\sum \frac{a^{3}}{a^{3}+abc+b^{3}}\leq \sum \frac{a^{3}}{ab(a+b)+abc}=\sum \frac{a^{3}}{ab(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow A= \sum \frac{a^{2}}{b(a+b+c)}$
$\Leftrightarrow A \leq (\sum \frac{a^{2}}{b}).\frac{1}{a+b+c}$
Ta chie cần cm $(\frac{a^{2}}{b}+\frac{b^{2}}{c}+\frac{c^{2}}{a}) \geq a+b+c$
Thật vậy
$\frac{a^{2}}{b}+b \geq 2a$ ( bdt COSI)
$\frac{b^{2}}{c}+c \geq 2b$
$\frac{c^{2}}{a}+a \geq 2c$
Cộng vào tta có điều cần chúng minh là A nhỏ hơn bằng 1
=-==============
Bạn nhớ góp ý nhé

Đề 7. (mọi người chăm post đề đi )
Bài 1: Cm rằng
$$\frac{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}}+\frac{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1-\sqrt{1-\frac{\sqrt{3}}{2}}}=1$$
Bài 2 giải phương trình $$x^3-x^2-x=\frac{1}{3}$$
Bài 3 Giải hệ phương trình
$$\left\{\begin{matrix}
x+y=\sqrt{4z-1} & & \\
z+y=\sqrt{4x-1} & & \\
x+z=\sqrt{4y-1} & &
\end{matrix}\right.$$
Bài 4 Tìm tất cả các số năm chữ số $\overline{abcde}$ sao cho:
$$\sqrt[3]{\overline{abcde}}=\overline{ab}$$
Bài 5: DDường tròn $(O)$ nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC,CA,AB theo thứ tự $D,E,F$. Đường thẳng vuông góc với OC ở O cắt các hai cạnh CA,CB tại I và J. Một điểm P chuyển động trên cung nhỏ DE ko chứa điểm F, tiếp tuyến tại P của (O) cắt hai cạnh CA,CB lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng:
a) Góc $\widehat{MON}=\gamma=$ không đổi, hãy xác định theo $\gamma$ theo các góc của tam giác ABC.
b) 3 tam giác IMO,OMN,JON đồng dạng với nhau . Từ đó suy ra.
$$IM.JN=OI^2=OJ^2(*)$$
c) Đảo lại, nếu M và N là hai điểm thứ tự lấy trên hai đoạn thẳng CE và CD thoã mãn hệ thức $(*)$ thì MN tiếp xúc với đường tròn.

==============================
Bài 2
Ta có: $x^{3}-x^{2}-x=\frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow x^{3}=x^{2}+x+\frac{1}{3}$
$\Leftrightarrow 3x^{3}=3x^{2}+3x+1$
$\Leftrightarrow 4x^{3}=x^{3}+3x^{2}+3x+1$
$\Leftrightarrow 4x^{3}=(x+1)^{3}$
$\Leftrightarrow x=\frac{1}{\sqrt[3]{4}-1}$
Bài 3 ( Bài này ta có thể giải bằng nhiều cách khác nhau)
nhân cả 3 phương trình trong hệ rồi cộng lại với nhau ta thu được
$(\sqrt{4x-1}-1)^{2}+(\sqrt{4y-1}-1)^{2}+(\sqrt{4z-1}-1)^{2}=0$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{4x-1}-1=0 & \\ \sqrt{4y-1}-1=0& \\ \sqrt{4z-1}-1=0& \end{matrix}\right.$
=> giải nghiệm đơn giản
Đối với bài này ta cũng có thể chứng minh $x=y=z$
==============
Bài 4
$\overline{abcde}=\overline{ab}^{3} \Leftrightarrow \overline{ab}.1000+\overline{cde}=\overline{ab^{3}}$
$\Leftrightarrow \overline{cde}=(\overline{ab^{2}}-1000).\overline{ab}$ (1)
vì $(\overline{ab^{2}}-1000).\overline{ab}\geq 0$
$\rightarrow \overline{ab}(\overline{ab^{3}}-1000)\geq 0$
$\Leftrightarrow \overline{ab}\geq 32$
Nếu $\overline{ab}\geq 33$
vì (1) là hàm đồng biến thay x=33 thì thấy (1) lớn hón 1000. Do đó mà nếu x>33 thì cũng lơn hơn 1000 mà VT <1000( vô lý)
vậy số ab là 32

$\sqrt{x^2-4x+6}+\sqrt{x^2-4x+8}+\sqrt{x^2-4x+5}=3+\sqrt{2}$

===========================

Ta có
$\sqrt{x^{2}-4x+6}=\sqrt{(x-2)^{2}+2}\geq \sqrt{2}$
$\sqrt{x^{2}-4x+8}=\sqrt{(x-2)^{2}+4}\geq \sqrt{4}=2$
và $\sqrt{x^{2}-4x+5}=\sqrt{(x-2)^{2}+1}\geq \sqrt{1}=1$
Cộng tổng các vế ta đc VT$\geq$ $3+\sqrt{2}$
Dấu = xảy ra khi $(x-2)^{2}=0 \Rightarrow x=2$
Vậy nghiệm pt là x=2
================
Bạn duaconcuachua nhanh hơn mình rồi

anh Quân hồi còn nhỏ đây ư? ... miệng dễ thương làm sao!!!







!Sao trông khác lúc nhỏ thế nhỉ ?.. Hay là.... BD

=================================
. Trông anh cũng được lắm chứ bộ !

Đề 6 . THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ( Tiền Giang )

--------------------------

Bài 2:
a, Giải phương trình:$\sqrt{x-1}+\sqrt{x^{3}+x^{2}+x+1}= 1+\sqrt{x^{4}-1}$
b, Cho phương trình : $y^{2}+my+p=0$ có hai nghiệm là $y_{1}; y_{2}$. Định m và p để $\frac{1}{1+y_{1}};\frac{1}{1+y_{2}}$ cũng là nghiệm của phương trình này.

\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\\
Thôi tạm thời nói sơ cua câu 2.b để cho các bạn nhận xét đã. Còn hình học thì mình xin trả lời sau
Theo mình nghĩ pt trên là pt bậc hai một ẩn nên có tối đa là 2 nghiệm nên chắc chắn trong 4 nghiệm đã cho sẽ có 2 nghiệm trùng lập. Do đó
$y_{1}=\frac{1}{1+y_{1}}$ và $y_{2}=\frac{1}{1+y_{2}}$
Hoặc
$y_{1}=\frac{1}{1+y_{2}}$ và $y_{2}=\frac{1}{1+y_{1}}$
Giải cả hai trường hợp đó r a rồi thế ngay lại trực tiếp vào pt đã cho rồi ta sẽ tìm đc m, p tương ứng,
phần giải kĩ càng mình sẽ post sau
---------------------------------------------------------------------------
P/s nếu có như lời nói lần trước có mạo phạm thì cho mình xin lỗi. Mình sẽ cố gắng rút kinh nghiệm
Còn bài hình thì mình sẽ sớm trả lời nhanh nhất nếu có thể
===================================
Cáo lỗi NGUYEN MINH HIEU TKVN

Chứng minh rằng: $\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}\geq \frac{3}{1+abc}$ với a,b,c>0

=============================
Và bây giờ mình xin đề xuất một vài bài toán khác và dạng tổng quát ( hướng làm vẫn thế)
Bài 1 Cho a, b, c, d dương. Cm bất đẳng thức sau $\frac{1}{1+a^{4}}+\frac{1}{1+b^{4}}+\frac{1}{1+c^{4}}+\frac{1}{1+d^{4}}\geq \frac{4}{1+abcd}$
Dạng tổng quát $\sum \frac{1}{1+x^{n}_{1}}\geq \frac{n}{1+(x_{1}...x_{n})}$ với ( $x_{1};...;x_{n} \geq 1$ và $n\geq 2$
Dạng tổng quát trên mình cm theo quy nạp nhưng rất ....... vất vả, nó không dễ đâu !!!!!!
=====================================
TKVN

Bài làm

Ta có:
$\frac{1}{(1+x^{2})}-\frac{1}{xy+1}+\frac{1}{1+y^{2}}-\frac{1}{1+xy}\geq 0$
<=> $\frac{1+xy-1-x^{2}}{(1+x^{2})(1+xy)}+\frac{1+xy-1-y^{2}}{(1+y^{2})(1+xy)}\geq 0$
<=> $\frac{x(y-x)}{(1+x^{2})(1+xy)}+\frac{y(x-y)}{(1+y^{2})(1+xy)}\geq 0$
,<=> $x(y-x)(1+y^{2})+y(x-y)(1+x^{2})\geq 0$
,<=> $(x-y)(-x(1+y^{2})+y(1+x^{2}))\geq 0$
<=> $(x-y)(-x-xy^{2}+y+x^{2}y)\geq 0$
<=> $(x-y)^{2}(xy-1)\geq 0$ (luôn đúng vì xy-1 >= 0)
vì các biến đổi trên tương nên ta có ĐPCM

chứng minh cái này trước vậy để gợi ý cho bạn $\frac{1}{1+a^{2}}+\frac{1}{1+b^{2}}\geq \frac{2}{1+\sqrt{a^{2}b^{2}}}$ (1)
việc cm cái này mình đã làm tại đấy >>>> http://diendantoanho.../page__st__1040
tất nhiên bạn sẽ cm đc cái này
$\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}\geq \frac{2}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}$
Và $\frac{1}{1+c^{3}}+\frac{1}{1+abc}\geq \frac{2}{1+\sqrt{abc^{4}}}$
Ta dễ dàng chứng minh đc bất đẳng thức này theo phương pháp tương tương

Đến đây dễ rồi>> Áp dụng bdt AM- GM ta có
$\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{c^{3}+1}+\frac{1}{abc+1}\geq 2(\frac{1}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}+\frac{1}{1+\sqrt{abc^{4}}})$
lại áp dụng bất đẳng thức (1) có $(\frac{1}{1+\sqrt{a^{3}b^{3}}}+\frac{1}{1+\sqrt{abc^{4}}})\geq \frac{2}{\sqrt[4]{a^{4}b^{4}c^{4}}}= \frac{2}{abc}$
Do đó ta có $\frac{1}{1+a^{3}}+\frac{1}{1+b^{3}}+\frac{1}{1+c^{3}}\geq \frac{3}{1+abc}$ (ĐPCM).

Đề 6 . THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 ( Tiền Giang )

--------------------------

Bài 1: a,Giả sử các số a,b thỏa mãn : $\left\{\begin{matrix} a^{3}-3ab^{2}=233 & \\ b^{3}-3a^{2}b= 2010 & \end{matrix}\right.$
Tính $P= a^{2}+b^{2}$
b, Với giá trị nào của b thì hai phương trình :$2011x^{2}+bx+1102=0 \\ 1102x^{2}+bx+2011=0$ có ngiệm chung.

--------------------------------------------------
Chém phần b,
Giả sử pt có nghiệm chung là $x_{0}$
Khi đó cả hai pt sẽ là >>>>> $2011x^{2}_{0}+bx_{0}+1102=0$ và $1102x^{2}_{0}+bx_{0}+2012=0$
Trừ vế với vế ta được $909x^{2}_{0}-909=0$
$\Leftrightarrow x=\pm 1$
vậy x=\pm 1$ là nghiệm chung của 2 pt >>thế lại vào ta đc $b=\pm 3113$
Vậy......................................................................ghi nốt
===========================
ức quá hình học quá chán >>>>>

Tìm m,n $\epsilon \mathbb{N}$ để
$3^{3m^3+6n-61}+4$ là SNT

========================================
Mình xin giải bài toán này nhé !!!!
Nhận xét thấy $3m^{2}; 6n$ cùng chia hết cho 3 mà 61 và 62 không chia hết cho 3 nên $3m^{2}+6n-61$ không thể có số trị là 0 hoặc 1
Trường hợp 1 $3m^{2}+6n-61$ < 0=> A không phải nguyên tố ( Vì A đâu nguyên)
Trường hợp 2 $3m^{2}+6n-61$ $\geq 2$ => $m^{2}+2n-21 \geq 0$
Ta có
$A = 3^{3(m^{2}+2n-21)+2}+4= 27 ^{m^{2}+2n-21}.9+4$
$27 ^{m^{2}+2n-21}.9\equiv 9(mod 13)$
$\Rightarrow A \equiv 0 ( mod 13)$
Hay A chia hết cho 13
Như vậy để A là số nguyên tố Thì A = 13
Khi đó $m^{2}+2n-21 =0$ $\Rightarrow m^{2}=21-2n$
$\Rightarrow m^{2}=21-2n < 21$ và m lẻ
=> m =1 hoặc m = 3
* m= 1 => n= 10
* m=3 => n= 6
Vậy $\left\{\begin{matrix} m=1 & \\ n=10 & \end{matrix}\right.$ hoặc $\left\{\begin{matrix} m=3 & \\ n=6 & \end{matrix}\right.$ Thì A là số nguyên tố ( A= 13)
================ ==========
Ngoài ra ta còn có thể nhận xét dạng của $3m^{2}+6n-61$ là 3k+2 sau khi chỉ ra $3m^{2}+6n-61$ <0 là vô nghiệm nguyên. zCác buớc làm sau tương tự