Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên đại học Vinh Năm 2011 vòng 2

[Dungmathscope]

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên đại học Vinh
Năm 2011.Môn thi: Toán-Vòng 2
(150 phút)

Câu 1:Cho phương trình $x^2-4x+m^2-3m=0 (1) $
1.Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
2. Giả sử $x_1,x_2 $ là hai nghiệm của phương trình (1).Hãy tìm các giá trị của m sao cho $x_1=x_2^2-4x_2 $
Câu 2:Tìm các số nguyên không âm a,b sao cho $a^2-b^2-5a+3b+4 $ là số nguyên tố
Câu 3:Giả sử x,y,z là các số thực không âm thoả mãn hệ thức: $x+y+z=8 $.Tìm GTLN của biểu thức:
$P=x^3y+y^3z+z^3x $
Câu 4:Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB.M là điểm bất kì trên đó.Gọi H thuộc AB sao cho MH vuông góc với AB.Tia phân giác góc $HMB $ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMH $ tại điểm thứ hai I và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMH $ tại điểm thứ hai J.
1.Gọi E,F là trung điểm MA,MB.CMR: E,I,F thẳng hàng.
2.Gọi K là trung điểm của IJ.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF theo R.
Câu 5: Bên trong hình lục giác đều có cạnh bằng 2 cho 81 điểm phân biệt.CMR:Tồn tại một hình vuông có cạnh bằng 1 chứa ít nhất 6 điểm trong các điểm đã cho.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[HBM]

Nguyên văn bởi Dungmathscope

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên đại học Vinh
Năm 2011.Môn thi: Toán-Vòng 2
(150 phút)

Câu 1:Cho phương trình $x^2-4x+m^2-3m=0 (1) $
1.Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
2. Giả sử $x_1,x_2 $ là hai nghiệm của phương trình (1).Hãy tìm các giá trị của m sao cho $x_1=x_2^2-4x_2 $
Câu 2:Tìm các số nguyên không âm a,b sao cho $a^2-b^2-5a+3b+4 $ là số nguyên tố

Để choa khai mạc 2 bài ni

Bài 1:
a)Không vấn đề gì nhỉ

b)Giải hpt: $\begin{cases}\triangle ' \ge 0 \\ x_1+x_2 =4 \\ x_1. x_2=m^2-3m \\ x_1=x^2-4x_2 \end{cases} $

Bài 2:

Ta có $a^2-5a-b^2+3b+4= (a-b-1)(a+b-4) $

Đây là hợp số nên không tồn tại a và b để cái số ý là số nguyên tố
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi Dungmathscope

Câu 4:Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB.M là điểm bất kì trên đó.Gọi H thuộc AB sao cho MH vuông góc với AB.Tia phân giác góc $HMB $ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMH $ tại điểm thứ hai I và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMH $ tại điểm thứ hai J.
1.Gọi E,F là trung điểm MA,MB.CMR: E,I,F thẳng hàng.
2.Gọi K là trung điểm của IJ.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF theo R.

1.
Dễ thấy rằng $MB $ là tiếp tuyến tại $M $ của $(AMH) $
Do đó $\widehat{HMI} = \widehat{BMI} = \widehat{IHM} $
$\Rightarrow IM=IH $ hay $I $ nằm trên trung trực của $MH $, chính là $EF $.
Vì vậy $E,I,F $ thẳng hàng.
2.
Gọi $K' $ là giao điểm của $MI $ với $(MHF) $
Ta có $I $ là tâm nội tiếp tam giác $MHF $ nên $K'I=K'H=K'F $.
Mặt khác, ta có $JH=JB $ nên $FJ \bot HB \Rightarrow IF \bot FJ $
$\widehat{IHJ} = \widehat{MHJ}-\widehat{MHI}=180^\circ-\widehat{BMJ}-\widehat{JBM}=90^\circ \Rightarrow IH \bot HJ $
Do đó $HIFJ $ nội tiếp, mà $K' $ là tâm nội tiếp $HIF $ nên $K'I=K'J \Rightarrow K \equiv K' $
Tóm lại thì $K \in (MHF) $. Suy ra $M,E,H,K,O,F $ đồng viên nên bán kính $(KEF) $ bằng $\frac{R}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[xuanquan]

Nguyên văn bởi minhdeptrai26

Để choa khai mạc 2 bài ni

[
Bài 2:

Ta có $a^2-5a-b^2+3b+4= (a-b-1)(a+b-4) $

Đây là hợp số nên không tồn tại a và b để cái số ý là số nguyên tố

có chắc đó là hợp số không? $1.2=2 $ là hợp số àh?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[11112222]

Nguyên văn bởi minhdeptrai26

Để choa khai mạc 2 bài ni



Bài 2:

Ta có $a^2-5a-b^2+3b+4= (a-b-1)(a+b-4) $

Đây là hợp số nên không tồn tại a và b để cái số ý là số nguyên tố

Đã phân tích được thành nhân tử rồi thì việc còn lại là
TH1 : a-b-1=1
TH2 : a+b-4=1
Bài bất đẳng thức :
Đây là một bất đẳng thức hoán vị , mới nhìn ta liên tưởng ngay đến bất đẳng thức Vasile nổi tiếng
$(x^2+y^2+z^2) > 3 (x^3 y+y^3 z+z^3 x $
Nhưng nó không làm được gì và sau đó tôi liên tưởng đến cách 2 sau
$(x^3/y + y^3 / z+ z ^3 /x )= (x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)- (xy^3 + yz^3+zx^3) $
Sử dụng đổi biến p,q,r ( chỉ là gọn khi dùng Schur)
$xyz(x+y+z) = 8 (xyz) > p(4q-p^2)/9 $ rồi thay p =a+b+c=8
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
$ (xy^3 + yz^3+zx^3) > 3 (xy+yz+zx) - 2(x+y+z) = 3q-16 $
Đến đây thay vào bài rồi đi tìm max và
$(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+xz) = (8^2 - 2q)q $
Nếu nhưcachs này không đúng thì theo tôi hướng đi tiếp theo là giả sử y nằm giữa x và z rồi nhân các tích ra ...
Đề trường bộ năm nay khó ở bài 3 và 5 , mình mà đi thi chắc... trượt
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[liverpool29]

Câu 4(cách khác)a)
Gọi giao điểm của MI và AB là X
Do MIHA nội tiếp nên: $\widehat{AIM}=\widehat{MHA}=90 ; \widehat{IAH}=\widehat{HMI}(1) $
Mà: $\widehat{HMB}=\widehat{MAB}(2) $
Từ (1) và (2) suy ra AI là phân giác $\widehat{MAB} $
Tam giác AMX có AI vừa là phân giác vừa là đường cao nên MI=IX, Hay I là trung điểm của MX. Từ đây suy ra đccm(do E,F là trung điểm MA,MB)
b)Ta có MF=FB=FI(đường trung tuyến ứng với cạnh huyền)
Nên $\widehat{JMF}=\widehat{FJM} $
Suy ra $MH \parallel FJ $
SUy ra: $\widehat{JFI}=90 $(do $IF \parallel HB $
SUy ra $\widehat{KFI}=\widehat{KIF}=\widehat{MIE}=\widehat {EMI} $(do EM=EI)
Suy ra EMFK nội tiếp, nên $\widehat{EKF}=90 $
GỌi G là trung điểm EF
Bán kính đường tròn ngoại tiếp KEF là : EG=GF=GK=GM;
Do G là trung điểm EF, O là trung điểm AB suy ra M,G,O thẳng hàng.
Vậy bán kính đường tròn nội tiếp KEF là:$MG=\frac{1}{2}MO=\frac{1}{2}R $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[NguyenNhatTan]

Bài 3: Giả sử $x=max \{ x,y,z \} $

$P=x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x $ $\leq x^{3}y+x^{2}yz+\frac{1}{2}z^{3}x+\frac{1}{2}z^{3}x $

$\leq x^{3}y+x^{2}yz+\frac{zx^{3}}{2}+\frac{z^{2}x^{2}}{ 2} $

$=x^{2}(x+z)(y+\frac{z}{2}) $ $\leq x^{2}(x+z)(y+\frac{2}{3}z) $

$=3^{3}.[\frac{x}{3}.\frac{x}{3}.\frac{x+z}{3}.(y+\frac{2}{ 3}z)] $

$\leq 3^{3}.(\frac{x+y+z}{4})^{4}=432 $

Dấu "=" ....(x,y,z)=(6,2,0) và các hoán vị

Rớt ra bán công học như anh .... nhẹ nhàng thoải mái

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[HBM]

Ấy ấy, choa đính chính lại bài 2 thêm 1 tí

Ta có: $A=(a-b-1)(a+b-4) $

Có 2 trường hợp:
$TH1: a-b-1=1 \Leftrightarrow a=b+2 $

Khi đó $A=2b-2=2(b-1) $

Vì A là số nguyên tố nên $b-1=1 \Leftrightarrow b=2 \Rightarrow a=4 $

$TH2: a+b-4=1 \Leftrightarrow a=-b+5 $

Khi đó $A=-2b+4=-2(b-2) $

Ta có A là số nguyên tố nên $b-2=-1 \Leftrightarrow b=1 \Rightarrow a=4 $

Vậy...
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[khoile101]

Nguyên văn bởi NguyenNhatTan

Bài 3: Giả sử $x=max \{ x,y,z \} $ $P=x^{3}y+y^{3}z+z^{3}x $ $\leq x^{3}y+x^{2}yz+\frac{1}{2}z^{3}x+\frac{1}{2}z^{3}x $ $\leq x^{3}y+x^{2}yz+\frac{zx^{3}}{2}+\frac{z^{2}x^{2}}{ 2} $ $=x^{2}(x+z)(y+\frac{z}{2}) $ $\leq x^{2}(x+z)(y+\frac{2}{3}z) $ $=3^{3}.[\frac{x}{n}.\frac{x}{n}.\frac{x+z}{n}.(y+\frac{2}{ 3}z)] $ $\leq 3^{3}.(\frac{x+y+z}{n+1})^{4}=432 $

là 3 chứ ko phải n,he2
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi Dungmathscope

Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 thpt chuyên đại học Vinh
Năm 2011.Môn thi: Toán-Vòng 2
(150 phút)

Câu 1:Cho phương trình $x^2-4x+m^2-3m=0 (1) $
1.Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
2. Giả sử $x_1,x_2 $ là hai nghiệm của phương trình (1).Hãy tìm các giá trị của m sao cho $x_1=x_2^2-4x_2 $
Câu 2:Tìm các số nguyên không âm a,b sao cho $a^2-b^2-5a+3b+4 $ là số nguyên tố
Câu 3:Giả sử x,y,z là các số thực không âm thoả mãn hệ thức: $x+y+z=8 $.Tìm GTLN của biểu thức:
$P=x^3y+y^3z+z^3x $
Câu 4:Cho nửa đường tròn (O;R) đường kính AB.M là điểm bất kì trên đó.Gọi H thuộc AB sao cho MH vuông góc với AB.Tia phân giác góc $HMB $ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMH $ tại điểm thứ hai I và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMH $ tại điểm thứ hai J.
1.Gọi E,F là trung điểm MA,MB.CMR: E,I,F thẳng hàng.
2.Gọi K là trung điểm của IJ.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác KEF theo R.
Câu 5: Bên trong hình lục giác đều có cạnh bằng 2 cho 81 điểm phân biệt.CMR:Tồn tại một hình vuông có cạnh bằng 1 chứa ít nhất 6 điểm trong các điểm đã cho.

Nhìn qua thì thấy bài BĐT là khó nhìn nhất.
Không mất tính tổng quát giả sử y nằm giữa x và z. Khi đó:
$z(y^{2}-z^{2})(x-y)\geq 0\Leftrightarrow xy^{2}z+z^{3}x\geq z^{3}x+y^{3}z $
Và $xyz\leq 3xz(x+z) $
Suy ra $P\leq y(x^{3}+z^{3}+xyz)\leq y(x+z)^{3} $
Mặt khác áp dụng BĐT AM-GM ta có:
$y(x+z)^{3}\leq \frac{27}{256}(x+y+z)^{4}=432 $
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=6, y=2, z=0
Vậy minP=432
Edit: Ồ thì ra đã có bạn giải trùng ý tưởng!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[caubemetoan96]

Nguyên văn bởi novae

1.
Dễ thấy rằng $MB $ là tiếp tuyến tại $M $ của $(AMH) $
Do đó $\widehat{HMI} = \widehat{BMI} = \widehat{IHM} $
$\Rightarrow IM=IH $ hay $I $ nằm trên trung trực của $MH $, chính là $EF $.
Vì vậy $E,I,F $ thẳng hàng.
2.
Gọi $K' $ là giao điểm của $MI $ với $(MHF) $
Ta có $I $ là tâm nội tiếp tam giác $MHF $ nên $K'I=K'H=K'F $.
Mặt khác, ta có $JH=JB $ nên $FJ \bot HB \Rightarrow IF \bot FJ $
$\widehat{IHJ} = \widehat{MHJ}-\widehat{MHI}=180^\circ-\widehat{BMJ}-\widehat{JBM}=90^\circ \Rightarrow IH \bot HJ $
Do đó $HIFJ $ nội tiếp, mà $K' $ là tâm nội tiếp $HIF $ nên $K'I=K'J \Rightarrow K \equiv K' $
Tóm lại thì $K \in (MHF) $. Suy ra $M,E,H,K,O,F $ đồng viên nên bán kính $(KEF) $ bằng $\frac{R}{2} $

câu 1 em là giống anh Novae
câu 2 có khác một chút
ta có J là trung điểm cung HB suy ra $FJ \perp HB $ hay $FJ \perp EF $ suy ra $\Delta{IFJ} $ vuông tại F
mà K là trung điểm IJ suy ra $\widehat{KFI}=\widehat{KIF}=\widehat{EIM}=\widehat {IME} $ suy ra tứ giác EKFM nội tiếp
suy ra $\widehat{EKF}=90 $
từ đó suy ra bán kính của (KEF)= $\frac{R}{2} $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[novae]

Nguyên văn bởi Dungmathscope

Câu 5: Bên trong hình lục giác đều có cạnh bằng 2 cho 81 điểm phân biệt.CMR:Tồn tại một hình vuông có cạnh bằng 1 chứa ít nhất 6 điểm trong các điểm đã cho.

Chia hình lục giác thành 16 phần như sau:

Trong đó $O $ là tâm lục giác; $G,J $ là trung điểm $AB,DE; M,N $ là trung điểm $OJ,OG; HL,IK $ là các đường thẳng qua $M,N $ và song song với $AB $.
Áp dụng nguyên lý Dirichlet, ta có ngay đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Kém Toán]

Nguyên văn bởi minhdeptrai26

Ấy ấy, choa đính chính lại bài 2 thêm 1 tí

Ta có: $A=(a-b-1)(a+b-4) $

Có 2 trường hợp:
$TH1: a-b-1=1 \Leftrightarrow a=b+2 $

Khi đó $A=2b-2=2(b-1) $

Vì A là số nguyên tố nên $b-1=1 \Leftrightarrow b=2 \Rightarrow a=4 $

$TH2: a+b-4=1 \Leftrightarrow a=-b+5 $

Khi đó $A=-2b+4=-2(b-2) $

Ta có A là số nguyên tố nên $b-2=-1 \Leftrightarrow b=1 \Rightarrow a=4 $

Vậy...

Thiếu mất hai trường hợp
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hien123]

Nguyên văn bởi 11112222

Đã phân tích được thành nhân tử rồi thì việc còn lại là
TH1 : a-b-1=1
TH2 : a+b-4=1
Bài bất đẳng thức :
Đây là một bất đẳng thức hoán vị , mới nhìn ta liên tưởng ngay đến bất đẳng thức Vasile nổi tiếng
$(x^2+y^2+z^2) > 3 (x^3 y+y^3 z+z^3 x $
Nhưng nó không làm được gì và sau đó tôi liên tưởng đến cách 2 sau
$(x^3/y + y^3 / z+ z ^3 /x )= (x^2+y^2+z^2)-xyz(x+y+z)- (xy^3 + yz^3+zx^3) $
Sử dụng đổi biến p,q,r ( chỉ là gọn khi dùng Schur)
$xyz(x+y+z) = 8 (xyz) > p(4q-p^2)/9 $ rồi thay p =a+b+c=8
Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
$ (xy^3 + yz^3+zx^3) > 3 (xy+yz+zx) - 2(x+y+z) = 3q-16 $
Đến đây thay vào bài rồi đi tìm max và
$(x^2+y^2+z^2)(xy+yz+xz) = (8^2 - 2q)q $
Nếu nhưcachs này không đúng thì theo tôi hướng đi tiếp theo là giả sử y nằm giữa x và z rồi nhân các tích ra ...
Đề trường bộ năm nay khó ở bài 3 và 5 , mình mà đi thi chắc... trượt

Sở dĩ cách làm trên không được vì dấu bằng của các đánh giá trên không trùng với điểm cực trị. Một điều khá thú vị là nếu ta bỏ điều kiện các biến không âm và thay bởi điều kiện các biến dương thì bài toán trở nên khó hơn rất nhiều
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[.::skyscape::.]

Nguyên văn bởi minhdeptrai26

Ấy ấy, choa đính chính lại bài 2 thêm 1 tí

Ta có: $A=(a-b-1)(a+b-4) $

Có 2 trường hợp:
$TH1: a-b-1=1 \Leftrightarrow a=b+2 $

Khi đó $A=2b-2=2(b-1) $

Vì A là số nguyên tố nên $b-1=1 \Leftrightarrow b=2 \Rightarrow a=4 $

$TH2: a+b-4=1 \Leftrightarrow a=-b+5 $

Khi đó $A=-2b+4=-2(b-2) $

Ta có A là số nguyên tố nên $b-2=-1 \Leftrightarrow b=1 \Rightarrow a=4 $

Vậy...

Bài này bác này thiếu 2 TH , và em làm cũng , hic ,mà mọi người thấy đề ĐHV năm nay thế nào ?
------------------------------

Nguyên văn bởi novae

Chia hình lục giác thành 16 phần như sau:

Trong đó $O $ là tâm lục giác; $G,J $ là trung điểm $AB,DE; M,N $ là trung điểm $OJ,OG; HL,IK $ là các đường thẳng qua $M,N $ và song song với $AB $.
Áp dụng nguyên lý Dirichlet, ta có ngay đpcm.

Bài này em nói S của lục giác này bằng ....( em ko nhớ rõ ) , chia thành 16 hình bằng nhau theo ddirrichlet thì có 1 hình chứa ít nhất 6 điểm mà S của các hình này <1 mà s hình vuông =1 ==> đpcm , cách này hơi sao sao chả hieeurddungs ko , viết bừa
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]