Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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.


MoMo123

Đăng ký: 07-06-2017
Offline Đăng nhập: Hôm nay, 11:36
****-

#710743 Ảnh thành viên

Gửi bởi MoMo123 trong 13-06-2018 - 10:34

@Dũng: m có bt đợt m kêu t là ''con'' là m đang ns chuyện vs ông anh khó tính của t ko, ông đòi không cho t lên VMF luôn đấy, may cho m là t xin kịp, chứ ko có thì m cx tỏi 




#710738 Ảnh thành viên

Gửi bởi MoMo123 trong 13-06-2018 - 10:30

kkk, cái đó là một ĐHV dùng đấy, ko phải t đâu =)))))))))))))




#710735 Ảnh thành viên

Gửi bởi MoMo123 trong 13-06-2018 - 10:27

ảnh chụp hơi mờ, tối cho xem lại :))))))))))))))))))))))




#710733 Ảnh thành viên

Gửi bởi MoMo123 trong 13-06-2018 - 10:24

B612_20180419_121043_348.jpg

 

Đây là lí do mà mình luôn ở ẩn, mình là girl =))

Tên mình là Nguyễn Bảo Dung, hân hạnh được làm quen vs các bạn :D




#710263 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên Nguyễn Trãi năm học 2018-2019

Gửi bởi MoMo123 trong 08-06-2018 - 09:14

Câu 5: (1,0 điểm)

 Cho các số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=1$.

 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}}-a^2-28b^2-28c^2$                                                                                                        

 

 

Ta có

 

$$\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}} =\frac{2a}{\sqrt{ab+bc+ca+a^2}}=\frac{2a}{(a+b)(a+c)}\leq \frac{a}{a+b}+\frac{a}{a+c}$$

$$\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}=\frac{b}{\sqrt{ab+bc+ca+b^2}}=\frac{}{(b+c)(b+a)} \leq \frac{b}{4(b+c)}+\frac{b}{a+b}$$

$$\frac{c}{\sqrt{1+c^2}} =\frac{c}{\sqrt{ab+bc+ca+c^2}}=\frac{c}{(c+a)(c+b)}\leq \frac{c}{4(b+c)}+\frac{c}{c+a}$$

Nên $$\frac{2a}{\sqrt{1+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{1+b^2}}+\frac{c}{\sqrt{1+c^2}} \leq \frac{9}{4}$$

Ta có $\frac{a^2}{2}+\frac{49b^2}{2} \geq 7ab$

          $\frac{a^2}{2}+\frac{49c^2}{2} \geq 7bc$

          $\frac{7}{2}(b^2+c^2) \geq 7ca$

Nên $a^2+28b^2+2c^2 \geq 7(ab+bc+ca)=7$

$\Rightarrow -a^2-28b^2-28c^2 \leq -7$

Vậy $P\leq \frac{9}{4}-7 =-\frac{19}{4}$

Dấu bằng xảy ra tại $a=7b=7c$




#710261 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên môn toán chung tỉnh Quảng Nam năm họ...

Gửi bởi MoMo123 trong 08-06-2018 - 08:10

 

Nguồn: facebook Bùi Xuân Tiên

Câu cuối:

Cách 1: 

$(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) > 0$

Khai triển và đưa về 

$\frac{c(a^2+b^2-c^2)}{2abc}+\frac{a(b^2+c^2-a^2)}{2abc}+\frac{b(c^2+a^2-b^2)}{2abc}> \frac{2abc}{2abc}$

hay $$\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}>1$$

Cách 2:

Ta cần chứng minh

$$\frac{(a+b)^2-c^2}{2ab}+\frac{(b+c)^2-a^2}{2bc}+\frac{(c+a)^2-b^2}{2ca} >4$$

$$\Leftrightarrow \frac{(a+b+c)(a+b-c)}{2ab}+\frac{(b+c-a)(a+b+c)}{2bc}+\frac{(c+a-b)(a+b+c)}{2ca} >4$$

Đặt  $\left\{\begin{matrix}a+b-c=2m & & & \\ b+c-a=2n & & & \\ c+a-b=2p & & & \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}a=m+p & & & \\ b=m+n & & & \\ c=n+p & & & \end{matrix}\right.$

và $a+b+c=2(m+n+p)$

Quy về chứng minh

$$\sum\frac{m(m+n+p)}{(m+n)(m+p)} >2$$

$$\Leftrightarrow (m+n+p)(mn+np+pm) > (m+n)(n+p)(p+m)$$

$$\Leftrightarrow (m+n)(n+p)(p+m)+mnp > (m+n)(n+p)(p+m)$$ (đúng)

P/s: Bài này còn chứng minh được $\leq \frac{3}{2}$ theo bất đẳng thức Schur nữa




#710252 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 chuyên toán tỉnh Thái Nguyên năm hoc 2018-2019

Gửi bởi MoMo123 trong 07-06-2018 - 22:22

   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




#710248 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên toán tỉnh Hà Tĩnh năm học 2018-2019

Gửi bởi MoMo123 trong 07-06-2018 - 21:38

Coi như làm lại bài hình cho dễ hiểu 

geogebra-export (20).png

B)

Gọi T là trung điểm BC Từ đó $\Rightarrow TO=TM=TA=TI=TB$

Nên $I \in $ trung trực MA. mà P cũng thuộc trung trực MA. Nên M và A đối xứng với nhau qua PI. $\Rightarrow IP $ là phân giác $\angle MIA$

Tương tự, IQ là phân giác $\angle MIB$

Ta có;$\angle PIM+\angle MIQ=\frac{\angle ATB}{2} = \angle AIB =180^0-\angle POQ$

Nên $ T \in (POQ)$ hay POQT nội tiếp

Ta có$\angle PMA=\angle PAM =\angle QBM=\angle QMB$

$\Rightarrow \angle PMQ=\angle AMB =\angle AOB$

Nên $ MOQP$ nội tiếp

Vậy $(MPQ)$ đi qua T. Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta PMQ$ thuộc trung trực OT cố định.( ĐPCM)




#710194 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2018-2019

Gửi bởi MoMo123 trong 07-06-2018 - 14:03

Câu 3 (phỏng theo lời giải của thầy Võ Quốc Bá Cẩn) 

Ta có: $\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{c^2}{c(a+b+c)}\geq \frac{(a+c)^2}{a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}$ (bất đẳng thức Schwarz)

Làm tương tự với 3 phân thức còn lại ta có:

$\frac{a^2}{a^2+ab+b^2}+\frac{b^2}{b^2+bc+c^2}+\frac{c^2}{c^2+ca+a^2}\geq 1$

Đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c> 0$

Vậy ta có điều phải chứng minh.

Bài này dùng Vasc cũng được thì phải ạ

BĐT tương đương

$$\sum \frac{1}{1+\frac{b}{a}+(\frac{b}{a})^2} \geq 1$$

 Đến đây đặt $\frac{a}{b}=x; \frac{b}{c}=y ; \frac{c}{a}=z$ $\Rightarrow xyz =1$

Đưa về chứng minh $\sum \frac{x^2}{x^2+x+1}\geq 1$

Theo Vasc thì nó đúng




#710052 [TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN}}$...

Gửi bởi MoMo123 trong 05-06-2018 - 20:07

Lời giải của mình khá "vất vả" nhưng đem lại hiệu quả: 

Quy đồng ta có BĐT tương đương:

$\sum (a+1)^2(b+1)^2+2(a+1)(b+1)(c+1)\geq (a+1)^2(b+1)^2(c+1)^2$

$\Leftrightarrow (a+b+c)^2+4(a+b+c)-6abc-a^2b^2c^2-2abc(ab+bc+ca)-4abc(a+b+c)+4 \geq 0$

Thay $abc=1$ ta có BĐT trở thành: $a^2+b^2+c^2\geq 3$ (đúng theo AM-GM)

p/s: Bên mình sắp thi rồi, mùng 7,8 tháng 6. Mong bạn sớm đưa ra lời giải hay hơn  :D  :D

Thi sớm nhỉ, xong cấp 3 là thi chuyên luôn rồi. Còn bài này mình đăng lên cho hay thế thôi, chứ cách mình cũng trâu bò như vậy :D .

$\boxed{\text{Bài 146}}$ Cho $x,y,z$ là các số thực thỏa mãn $(x-y)(x-z) =1$ ,$y \neq z$ Chứng minh 

$$\frac{1}{(x-y)^2}+\frac{1}{(y-z)^2}+\frac{1}{(z-x)^2}\geq 4$$

$\boxed{\text{Bài 147}}$ Chứng minh rằng nếu $x,y,z \in [-1;1]$ thỏa mãn điều kiện

$x+y+z+xyz =0$ thì $$\sqrt{x+1}+\sqrt{y+1}+\sqrt{z+1} \leq 3$$




#710025 [TOPIC] ÔN THI BẤT ĐẲNG THỨC $\boxed{\text{THPT CHUYÊN}}$...

Gửi bởi MoMo123 trong 05-06-2018 - 16:35

Ta có:

$12=2a+2b+2c+2ab+2bc+2ca\leq (a^2+1)+(b^2+1)+(c^2+1)+(a^2+b^2)+(b^2+c^2)+(c^2+a^2)\Leftrightarrow 12\leq 3+3(a^2+b^2+c^2)\Leftrightarrow 3\leq a^2+b^2+c^2$

p/s: Bài này quá cơ bản rồi 

Bên đó thi chuyên chưa?

$\boxed{\text{Bài 143}}$ Cho $a,b,c >0$ ;abc=1.

Chứng minh $\frac{1}{(1+a)^2}+\frac{1}{(1+b)^2}+\frac{1}{(1+c)^2}+\frac{2}{(1+a)(1+b)(1+c)} \geq 1$

$\boxed{\text{Bài 144}}$ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c=3$

Chứng minh $$2(ab+bc+ca) -3abc\geq a\sqrt{\frac{b^2+c^2}{2}}+b\sqrt{\frac{c^2+a^2}{2}}+c\sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}}$$




#709971 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 THPT chuyên tỉnh Bắc Ninh năm học 2018-2019

Gửi bởi MoMo123 trong 04-06-2018 - 23:14

Gõ ra phòng mất đề

 

UBND TỈNH BẮC NINH                                                                ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO 10 THPT CHUYÊN 

        SỞ GD & ĐT                                                                                                NĂM HỌC 2018-2019 

                                                                                                             Môn thi: TOÁN(  Dành cho thí sinh chuyên Toán và Tin)

                                                                                                                         Thời gian: 150 phút

Câu 1 (2,5 đ)

a) Rút gọn biểu thức

$$P= [\frac{a+\sqrt{a^2-b^2}}{a-\sqrt{a^2-b^2}} -\frac{a-\sqrt{a^2-b^2}}{a+\sqrt{a^2-b^2}}] :\frac{4\sqrt{a^4-a^2b^2}}{b^2}$$

với $|a|>|b|>0$

b) Cho phương trình $x^2+ax+b=0(1)$, x là ẩn , a, b là tham số. Tìm a,b sao cho (1) có nghiệm $x_{1};x_{2}$ thỏa mãn 

$\left\{\begin{matrix} x_{1}-x_{2}=5 & & \\ x_{1}^{3}-x_{2}^{3}=35 & & \end{matrix}\right.$

Câu 2(2.5 đ)

a) Giải phương trình $\sqrt{x+3}+\sqrt{3x+1} =x+3$

b) Cho các số thực $a,b,c$ thảo mãn $0\leq a,b,c \leq 2$ và $a+b+c =3$ Tìm Max và Min của biểu thức 

$$P=\frac{a^2+b^2+c^2}{ab+bc+ca}$$

Câu 3(1.5đ)

a)Tìm cặp số nguyên tố $(x;y)$ thỏa mãn $x^2-2y^2=1$

b) Chứng minh rằng nếu hiệu các lập phương của 2 số nguyên liên tiếp là bình phương của một số tự nhiên n thì n là tổng 2 số chính phương liên tiếp.

Câu 4( 3.0 đ)

1)Từ A ngoài (O) vẽ 2 tiếp tuyến  AB,AC (B,C là tiếp điểm ) . AO cắt BC tại H. Đường tròn đường kính CH cắt (O) tại điểm thứ 2 là D. Gọi T là trung điểm BD

a) Chứng minh ABHD nội tiếp

b) Gọi E là giao điểm thứ 2 của đường tròn đường kính AB với AC. S là giao của AO với BE. Chứng minh TS//HD

2) Cho $(O_{1})$ và $(O_{2})$ cắt nhau tại 2 điểm A,b. Gọi MN là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn với M thuộc $(O_{1})$, N thuộc $O_{2}$ . Qua A kẻ đường thẳng d song song với MN cắt $O_{1}; O_{2}; BM;BN$ lần lượt tại C,D,F,G. Gọi E là giao của CM và DN. Chứng minh EF=EG

Câu 5 

Cho 20 số tự nhiên, mỗi số có ước nguyên tố không vượt quá 7. Chứng minh rằng luôn chọn được ra 2 số sao cho tích của chúng là 1 số chính phương.




#709705 TÌM GTNN CỦA $P=2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+3(...

Gửi bởi MoMo123 trong 01-06-2018 - 12:42

Cho a, b, c là các số không âm thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm GTNN của biểu thức:

        P =  $2(a^{2}b+b^{2}c+c^{2}a)+3(a^{2}+b^{2}+c^{2})+4abc$.

Giống đề thi Phú Thọ năm ngoái

Solution:

Xét $3(a^2+b^2+c^2) =3[(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)]=27-6(ab+bc+ca)=27-2(a+b+c)(ab+bc+ca) =27-2(\sum a^2b +\sum ab^2+3abc) $

Nên $$P=27-2(ab^2+bc^2+ca^2+abc)$$

KMTTQ, giả sử $b$ nằm giữa $a,\,c$

$\rightarrow a(b-c)(b-a) \leq 0 $

$$\Leftrightarrow ab^2+ca^2 \leq a^2b+abc$$

$$\Leftrightarrow ab^2+bc^2+ca^2+abc \leq a^2b+bc^2+2abc =b(a+c)^2  =\frac{2b(3-b)(3-b)}{2} \leq 4$$

Nên $P =27-2(a^2b+b^2+c^2a+abc) \geq 27-2b(a+c)^2 \geq 27-8 =19$

Dấu bằng xảy ra tại $$a=b=c=1$$




#709692 Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 ĐHSP Hà Nội Năm 2018 (vòng 2)

Gửi bởi MoMo123 trong 31-05-2018 - 23:07

Câu số

TH1: Không có 2 số nào trong $A,B$ là số chính phương -> ĐPCM

TH2:Chỉ có một số là số chính phương -> ĐPCM

TH3: Cả 2 số đều là số chính phương

Đặt $$c^2=b^2+2ab-a^2$$

$$ d^2=a^2+2ab-b^2$$

Dễ dàng lí luận được $a,b$ cùng chẵn

Đặt $a=2m \, ; b=2n$$(m , n \in N*$)

$\rightarrow c,d$ cũng chẵn

Đặt $c=2c_{1}; d=2 d_{1}$$(c_{1}; d_{1} \in N*)$

$$\rightarrow n^2+2mn -m^2 =c_{1}^2;  \,\,\,\, m^2+2mn -n^2 =d_{1}^2$$

Tương tự  như trên, ta lí luận được m, n cũng cùng chẵn

Nên ta có thể suy ra $a,b$ chia hết cho $2^k$ với mọi k

Sử dụng phép lùi vô hạn, ta được $(a,b)=(0,0) $(vô lí)

Nên không thể tồn tại cả 2 số đều là số chính phương ĐPCM




#709621 [TOPIC] $\text{Luyện đề ôn thi} $ $\boxed{\text...

Gửi bởi MoMo123 trong 30-05-2018 - 20:30

Ta có: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)=x^{2}y^{2}+x^{2}+y^{2}+1=x^{2}+y^{2}+(x^{2} y^{2}+\frac{1}{9})+\frac{8}{9}\geq x^{2}+y^{2}+\frac{2}{3}xy+\frac{8}{9}= (x+y)^{2}-\frac{4}{3}xy+\frac{8}{9}\geq \frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9}$

Áp dụng bđt B.C.S: $(x^{2}+1)(y^{2}+1)((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq (\frac{2}{3}(x+y)^{2}+\frac{8}{9})((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\geq \frac{8}{9}(x+y+z+t)^{2}$: 

Ta cần chứng minh: $(z^{2}+1)(t^{2}+1)\geq \frac{2}{3}((z+t)^{2}+\frac{4}{3})\Leftrightarrow 3(xy-\frac{1}{3})^{2}+(x-y)^{2}$

Vậy bđt được chứng minh

Cách khác của mình(thực ra cũng gần giống của bạn :D )

Đặt

$\left\{\begin{matrix}x=\frac{a}{\sqrt{3}} & & & & \\ y=\frac{b}{\sqrt{3}} & & & & \\ z=\frac{c}{\sqrt{3}} & & & & \\ t=\frac{y}{\sqrt{3}} & & & & \end{matrix}\right.$

Quy về chứng minh $A=(a^2+3)(b^2+3)(c^2+3)(d^2+3) \geq 16(a+b+c+d)^2$

Trong 4 số $ a^2-1 ,\, ; b^2-1,\,; c^2-1,\,; d^2-1$ luôn tồn tại ít nhất 2 số cùng dấu

KMTTQ, giả sử đó là $a^2-1; b^2-1$

$\rightarrow (a^2-1)(b^2-1)\geq 0 \Leftrightarrow a^2b^2+1\geq a^2+b^2$

$\Rightarrow A \geq 4(a^2+b^2+2)(c^2+3)(d^2+3) \geq 2((a+b)^2+4)(c^2+3)(d^2+3)$

$=2[(a+b)^2+4][(cd-1)^2+3c^2+3d^2+2cd+8]\geq 16[(a+b)^2+4][1+\frac{(c+d)^2}{4}] \geq 16(a+b+c+d)^2 (Q.E.D)$

Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=d=1$

$\Leftrightarrow x=y=z=t=\frac{1}{\sqrt{3}}$