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.


LoveMath213

Đăng ký: 21-09-2006
Offline Đăng nhập: 20-12-2018 - 09:15
-----

#565639 Đề tuyển sinh Toán ( chuyên ) TP Hà Nội 2015-2016

Gửi bởi LoveMath213 trong 14-06-2015 - 10:29

Bài hình

IUYYIUY_zpsl6scgr7i.png

1) Dễ dàng thấy rằng các tứ giác $ CNHM $, $ BMHP $ nội tiếp để có $ \widehat{NCH}=\widehat{NMH} $ và $\widehat{NMP}=\widehat{HBP}  $, kết hợp với $ \widehat{ACH}=\widehat{ABH} $ (cùng phụ với $ \widehat{BAC} $) ta suy ra $ \widehat{NMH}=\widehat{HMP} $ (1).

Mặt khác tứ giác $ ANMB $ nội tiếp nên $ \widehat{MNH}=\widehat{MAB} $ (2).

Từ (1) và (2) ta suy ra $ \triangle HMN \backsim \triangle PMA $ dẫn đến $ \dfrac{HM}{MP}=\dfrac{MN}{MA}\Rightarrow MH.MA=MN.MP $.

2) Trước hết dễ thấy $ \triangle ACQ =\triangle ACF $ (c.c.c) nên $ \widehat{AFC}=\widehat{AQC}=\widehat{ABC}=\widehat{CHM} $ dẫn đến tứ giác $ AFCH $ nội tiếp và $ \widehat{ACH}=\widehat{AFH}=90^{\circ}- \widehat{BAC}
 $ (3).
 
Mặt khác do tính chất đối xứng ta có $ AF=AQ=AE $ hay tam giác $ AEF $ cân tại $ A $ để có \[ \widehat{AFE}=\widehat{AEF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\widehat{EAF}=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\left( \widehat{FAQ}+\widehat{EAQ}\right)=90^{\circ}-\left( \widehat{CAQ}+\widehat{BAQ}\right)=90^{\circ}- \widehat{BAC}. \]
Do đó ta được $ \widehat{AFH}= \widehat{AFE} $ hay ba điểm $ E, H, F $ thẳng hàng.

3) Trước hết thấy rằng $ AB.QJ=2S_{ABQ}, AC.QI=2S_{AQC} $ và đặt $ P= \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI} $.
Khi đó áp dụng BĐT Cauchy-Shwarz ta có \[ P= \dfrac{AB^2}{AB.QJ}+\dfrac{AC^2}{AC.QI}= \dfrac{AB^2}{2S_{ABQ}}+\dfrac{AC^2}{2S_{ACQ}}\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABQ}+S_{ACQ})}= \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{QBC})},\] đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $ QI=QJ $.

Mặt khác nếu gọi $ G $ là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $ thì luôn có $ S_{QBC}\leqslant S_{GBC} $, do đó \[ P\geqslant \dfrac{(AB+AC)^2}{2(S_{ABC}+S_{GBC})}. \]
Vậy $ P=\left(  \dfrac{AB}{QJ}+\dfrac{AC}{QI}\right)$ nhỏ nhất khi và chỉ khi Q là điểm chính giữa của cung nhỏ $ BC $.




#563164 Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

Gửi bởi LoveMath213 trong 03-06-2015 - 08:40

Câu hệ phương trình.

Điều kiện $ x\geqslant -2, y\geqslant 0 $.
Đặt $ \sqrt{x+2}=u, \sqrt{y}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $.
Phương trình thứ nhất thành $ u(u^2-v^2+1)=v\Leftrightarrow (u-v)(u^2+uv+1)=0\Leftrightarrow u=v $. (do $ u,v\geqslant 0 $ ).
Do đó $ y=x+2 $ thay vào pt thứ hai ta được $ 2x^2+5x-7=0 $ từ đó có $ x=1$, $x=-\dfrac{7}{2} $ (loại).
Hệ có nghiệm $ (1;3) $




#563125 Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-06-2015 - 22:20

Câu 5.

1) Điều kiện $ x^2-2x-2\geqslant 0, x\leqslant 2 \Rightarrow x\leqslant 1-\sqrt{3}$.
Biến đổi phương trình thành \[ \sqrt{3x^2-6x-6}=3(2-x)^2\sqrt{2-x}+(7x-19)\sqrt{2-x} \Leftrightarrow \sqrt{3x^2-6x-6}=(3x^2-5x-7)\sqrt{2-x}\]
Đặt $ \sqrt{3x^2-6x-6}=u $ và $ \sqrt{2-x}=v $ ta có $ u,v\geqslant 0 $ và $ 3x^2-5x-7=u^2-v^2+1 $ và ta được phương trình \[ u=(u^2-v^2+1)v\Leftrightarrow (u-v)(v^2+uv-1)=0 .\]
Do $x\leqslant 1-\sqrt{3}\Rightarrow v^2=2-x\geqslant 1+\sqrt{3}>1 $ nên $ v^2+uv-1>0 $ và ta có $ u=v\Leftrightarrow 3x^2-5x-8=0 $, đối chiếu với điều kiện ta được $ x=-1 $ thỏa mãn.




#563122 Đề thi TS trường THPT Lê Hồng Phong Nam Định 2015-2016 (2 vòng)

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-06-2015 - 22:15

Ta có $ b^4+c^4\geqslant \dfrac{(b^2+c^2)^2}{2}\geqslant bc(b^2+c^2) $
Nên $ b^4+c^4+a\geqslant bc(a^2+b^2+c^2) \Rightarrow \dfrac{a}{b^4+c^4+a}\leqslant \dfrac{a}{bc(a^2+b^2+c^2)}=\dfrac{a^2}{a^2+b^2+c^2}$.
Chứng minh tương tự ta có $ \dfrac{b}{c^4+a^4+b}\leqslant \dfrac{b^2}{a^2+b^2+c^2} $ và $ \dfrac{c}{a^4+b^4+c}\leqslant \dfrac{c^2}{a^2+b^2+c^2} $.
Do đó $ P\leqslant 1 $ hay GTLN của $ P $ bằng 1 đạt tại $ a=b=c=1 $.




#563074 Đề thi tuyển sinh vào trường THPT chuyên Đại học Sư Phạm Hà Nội 2015-2016 (2...

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-06-2015 - 18:51

Câu 2b. Ta có     $ \begin{cases}x_0-2=m(y_0-4)\\ y_0-1=m(3-x_0)\end{cases} $   
    Nếu $ y_0=1 $ thì $ m=0\Rightarrow x_0=2 $ hoặc $ x_0=3 $ và nghiệm $ (3;1) $ và $ (2;1) $ đều thỏa mãn đẳng thức.
    Nếu $ y_0\ne 1 $ thì $ m\ne 0 $ và $ x_0\ne 3 $ nên \[  \dfrac{x_0-2}{y_0-1}=\dfrac{y_0-4}{3-x_0}\Leftrightarrow (x_0-2)(3-x_0)=(y_0-1)(y_0-4)\Leftrightarrow x_0^2+y_0^2-5(x_0+y_0)+10=0 .\]




#430146 Đề thi tuyển sinh chuyên Sư phạm vòng 1 năm 2013

Gửi bởi LoveMath213 trong 24-06-2013 - 08:55


Câu 5 : (1 điểm)

Các số thực $x,y,z$ thỏa mãn :

$$\left\{\begin{matrix} \sqrt{x+2011}+\sqrt{y+2012}+\sqrt{z+2013}=\sqrt{y+2011}+\sqrt{z+2012}+\sqrt{x+2013}\\ \sqrt{y+2011}+\sqrt{z+2012}+\sqrt{x+2013}=\sqrt{z+2011}+\sqrt{x+2012}+\sqrt{y+2013} \end{matrix}\right.$$

CHứng minh rằng $x=y=z$

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

Trước hết ta chứng minh Bổ đề sau:
Với $a,b>0$ và $a<b$ cho trước. Khi đó $$\sqrt{x+a}+\sqrt{y+b}\geq \sqrt{x+b}+\sqrt{y+a}\Leftrightarrow x\geq y.$$
Thậy vậy: Bình phương hai về ta được BĐT tương đương
$$\sqrt{(x+a)(y+b)}\geq \sqrt{(x+b)(y+a)}\Leftrightarrow (x-y)(b-a)\geq 0.$$
Trở lại bài toán ta đặt $n=2011$ và không mất tính tổng quát ta giả sử $x\geq y$.
Khi đó theo Bổ đề trên ta được\\ $\sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+1}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n}$
$\Leftrightarrow \sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+1}+\sqrt{z+n+2}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+2}$
Theo giả thiết
$\Rightarrow \sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{x+n+1}+\sqrt{z+n+2}$
$\Leftrightarrow z\geq x$
$\Leftrightarrow \sqrt{z+n}+\sqrt{x+n+1}\geq \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n}$
$\Leftrightarrow \sqrt{z+n}+\sqrt{x+n+1}+\sqrt{y+n+2}\geq \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+2}$
Để ý giả thiết ta suy ra
$\sqrt{y+n}+\sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{z+n+1}+\sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+2}$
$\Leftrightarrow \sqrt{y+n}+\sqrt{x+n+2}\geq \sqrt{x+n}+\sqrt{y+n+2}$
$y\geq x$.
Do đó $x=y$, thay vào điều kiện ta có $\sqrt{x+n}+\sqrt{z+n+1}= \sqrt{x+n+1}+\sqrt{z+n}\Leftrightarrow x=z$.
Bài toán được chứng minh.

Nguồn https://www.facebook...166578450187722




#429622 Đề thi vào lớp 10 THPT chuyên thành phố Hà Nội

Gửi bởi LoveMath213 trong 21-06-2013 - 20:53

Bài V

trong mặt phẳng cho 6 điểm $A_{1} ;A_{2}...A_{6}$ trong đó ko có 3 điểm nào thẳng hàng và trong 3 điểm luôn có 2 điểm có khoảng cách nhỏ hơn 671 .CMR trong 6 điểm đã cho luôn tồn tại 3 điểm là 3 đỉnh của 1 tam giác có chu vi <2013

 

Xét các đoạn thẳng nối từ một điểm bất kỳ đến các điểm còn lại, chẳng hạn ta xét 5 đoạn $A_1A_i$ với $i=2,3,4,5,6$.

 

Nếu có ít nhất 3 trong 5 đoạn thẳng trên có độ dài không nhỏ hơn 671 chẳng hạn $A_1A_k,A_1A_l,A_1A_m$ thì theo giả thiết các đoạn $A_kA_l, A_mA_k, A_lA_m$ đều có độ dài nhỏ hơn 671 nên tam giác $A_kA_lA_m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Nếu có ít nhất 3 trong 5 đoạn thẳng trên có độ dài nhỏ hơn 671 chẳng hạn $A_1A_k,A_1A_l,A_1A_m$ thì trong ba đoạn thẳng $A_kA_l, A_mA_k, A_lA_m$ có ít nhất một đoạn thẳng có độ dài nhỏ hơn 671, chẳng hạn $A_kA_m$. Suy ra tam giác $A_1A_kA_m$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.

 

Bài toán được chứng minh.

 




#342804 Gặp gỡ Toán học IV

Gửi bởi LoveMath213 trong 02-08-2012 - 13:42

Bài 3:
Chứng minh các số có dạng $a_n=n+\left[\sqrt{n}+\dfrac{1}{2}\right]$ không là số chính phương.


Đặt $a=\left[\sqrt{n}+\dfrac{1}{2}\right]$ ta có $$\sqrt n+\dfrac{1}{2}-1<a\leq \sqrt n+\dfrac{1}{2}\Leftrightarrow a^2-a+\dfrac{1}{4}\leq n <a^2+a+\dfrac{1}{4}$$
Do đó $a^2<n+a<(a+1)^2$. OK