Đề Thi Toán Lớp 4 Có Lời Giải / TOP 6 # Xem Nhiều Nhất & Mới Nhất 5/2023 # Top View

LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2017 Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng

aff

Lê Phúc Lữ – Nguyễn Văn Huyện

1. Lờinóiđầu

st

Vậy là đã 7 năm chúng tôi đồng hành cùng các cuộc thi toán với những bài Giải và bình thi VMO và TST như một cố gắng đóng góp cho cộng đồng những tài liệu chất lượng, bổ

n

2. Thông tin bản quyền

Ep

Bản quyền thuộc về tất cả các thành viên trong nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Q Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Văn Huyện).

Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. M đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

3. Đề thi 3.1. Ngày thithứ nhất (05/01/2017) Bài 1 (5.0 điểm). Cho a là một số thực và xét dãy số .u định bởi n / xác u1 D a;

unC1

r

8n 2 N :

2

Bài 2 (5.0 điểm). Tồn tại hay không đa thức P .x/ với hệ số nguyên thỏa mãn p3 p3 p p P 1 C 2 D 1 C 2 và P 1 C 5 D 1 C 3 5‹

aff

Bài 3 (5.0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường .O/:tròn GọiH là trực tâm của tam giác ABC vàE; F lần lượt là chân các đường cao hạ từB; các C Iđỉnh AH cắt .O/ tại D (D khác A).

a) Gọi I là trung điểm của AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh rằng M N ? OH :

st

b) Các đường thẳng DE ; DF cắt.O / lần lượt tại P ; Q (P vàQ khácD ). Đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF cắt.O / vàAO lần lượt tại R vàS (R vàS khácA). Chứng minh rằng BPC; Q và RS đồng quy.

n

ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được đi hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau; nếu mộ và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đ các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

Ep

a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa để tồn tại cách điền k sốcân đối cho cách tô màu đối xứng ở hình bên dưới. A

B

D

C

b) Vớin D 2017;tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại cách điền số kcân đối.

3

3.2. Ngày thithứ hai(06/01/2017) Bài 5 (6.0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức f xf .y/

f .x/ D 2f .x/ C xy

với mọi số thực x; y:

a)

aff

kD1

b)

2016

st

kD1

n

Ep

Về cấu trúc, đề thi gồm 7 bài toán. Ngày đầu có 4 bài, mỗi bài được 5 điểm thuộc 4 phâ Giải tích, đại số, hình học, tổ hợp. Ngày thứ hai có ba bài thuộc ba phân môn: Đại số, số hợp với số điểm tương ứng là 6, 7, 7. Đề thi ngày thứ nhất, trừ bài cuối là khá cơ bản và quen thuộc. Bài 1 là bài giải tích yêu cầu khảo sát sự hội tụ của một x dãy D f .n hồi; dạng xn / : nC1 truy Về nguyên tắc, dạng dãy số này khó khảo sát hơn dạng x nC1 dãyDtruy f .x hồi n / vì 2 nC3 các hệ số của hàm f không hằng mà biến thiên n theo :Tuy nhiên, nếu để ý dần đến q nC1 1 2 khin dần đến vô cùng thì ta có thể “quy về” dãy x nC1sốDdạng C x n C 14 và dự 2 đoán được giới hạn bằng 3 :Từ đó dùng bổ đề quen thuộc: “Nếu tồn qtại2 số . 0thực ;1 / sao cho x nC1 q x n C bn vớilim bn D 0 thì ta có lim xn D 0″, thì từ đánh giá đơn giản j unC1

3j

3j C

ta sẽ suy ra kết luận bài toán. Ở đây, chú ý là câu b) cũng làm hoàn toàn tương t kiện đối với a chẳng qua là uđể 2 xác định. Chú ý là dạng bài dãy số này đã xuất hiện ở hai kỳ VMO gần đây (2012 và 2015) với cùng cách giải tương tự thông qua bổ đề nói

4

aff

Bài 2 là một bài toán về xác định đa thức thoả mãn một điều kiện cho trước. Bài nà học sinh nắm vững lý thuyết về đa thức tối thiểu của số đại số thì sẽ giải rất nhanh. ta có định lý rất cơ bản sau: P .Nếu x /vàQ.x / là các đa thức đơn khởi, hệ số nguyên có chung nghiệm ˛ và Q . x / là bất khả quy thì P . x / chia hết cho Q . x / : p3 p Ta đặtQ.x / D P .x C 1/ 1 thì 2 và 5 tương ứng sẽ là nghiệm của đa thức Q.x / x vàQ.x / 3x 1 :Vì các đa thức x 3 2 vàx 2 5 bất khả quy trên Z nên từ 3 2 đây sẽ suy ra ngay Q.x / x D .x 2 / S . xvàQ.x / / 3x 1 D .x 5/T.x/: 3 2 Từ đây sẽ 2x ra C 1 D .x 2 / S . x /. x 5 / T . x /Đến : đây, chọn x D 7 sẽ suy ra điều mâu thuẫn vì vế phải chia hết cho 1 1 ; còn vế trái thì không.

st

n

Ý tưởng dạng này đã xuất hiện trong các kỳ VMO, nhưng từ rất lâu, cụ thể là VMO 1 Trước đó nhiều năm, VMO 1984 có bài tìm đa thức đơn khởi hệ số nguyên bậc nhỏ p p3 có nghiệm là2 C 3 :Chính qua những bài toán như vậy khái niệm đa thức tối thiểu (và sau này là mở rộng trường) được giới thiệu.

Bài 3 là một bài toán hình khá nhẹ nhàng, câu a) quy về việc Mchứng N là trục minh đẳng phương của hai đường .ABtròn C / và.DEF /: Câu b) cũng là một cấu hình rất quen thuộc mà trong đó có cả điểm Miquel, tứ giác điều hoà, đường đối trung, đường giác, định lý Pascal. Tuy . . nhiên, cách tiếp cận chân phương nhất là dùng đồng dạng, m kiến thức hoàn toán lớp 9.

Ep

Bài 4, bài toán tổ hợp là bài khó nhất của ngày thi thứ nhất, cũng là bài toán lạ nhất. việc đọc hiểu được đề bài cũng đã tốn khá nhiều thời gian, vì vậy, việc cho câu a), m huống rất cụ thể với bảng kích thước nhỏ là hết sức cần thiết, vừa tạo cơ hội cho h kiếm điểm, vừa để học sinh “làm quen và cảm nhận” bài toán. Với câu a), chỉ cần q lý luận đơn giản (chú ý đến tính đối xứng, do i và đócột hàng i là giống nhau) là ta thấy k D 2 không thoả mãn yêu cầu bài toán. Như vậy, chỉ còn cần chỉ k Dra3ví làdụ với hoàn thành được câu này.

Với phần b) thì khó khăn hơn. Riêng việc đoán ra đáp số đã là không đơn giản. Thực nhiều lời giải sai (với đánh kD giá2007) đã được đưa ra (trong đó có những lời giải của người ở bên ngoài, trong điều kiện thoải mái về thời gian). Với câu này, cần tiếp tục tính đối xứng để chỉ ra một cấu hình tốn nhiều số nhất. Và cấu hình này chính là cấu đen trắng xen kẽ. Với cấu hình này, ta có thể suy ra ra tất cả các số dương ở nửa tam 2017 2 1 đôi một khác nhau. Suy k 1008C1008C1006C1006C ra C2C2 D : 4 Để chứng minh điều kiện đủ, ta có thể sử dụng quy nạp Toán học 2 với :Điều bước nhảy là này có thể giải thích được vì nếu tinh ý, chúng ta có thể đưa bài toán về mô hình đ sử dụng định lý Mantel-Turan để giải quyết.

Ngày thi thứ hai:

5

Tìm tất cả các hàm sốRf !WR thỏa mãn f

xf .y / C f .x /

D 2f .x / C xy

Ep

n

st

với mọi số thực yx :;

aff

Bài 5là một bài toán phương trình hàm có hai biến tự do vàxy cóởbiểu ngoài thức dấu hàm số: f xf . y / f . x / D 2f .x / C x y :Với những phương trình hàm như vậy, điều đầu tiên mà ta cần để ý khai thác, đó là tính song ánh của hàm số. Sau đó ta xảy ra trường hợp f .0/ D 0 hay không, hayf là .0/ D c ¤ 0 và tồn tại u ¤ 0 để f . u / D 0 :Từ đây tiếp tục thế một cách thích hợp sẽ f .x tìm /D được 1 x là hàm số duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáng chú ý, bài toán này có hình thức khá gi đề Olympic của Brazil năm 2006. Cách giải của hai bài toán cũng khá giống nhau. Đ Brazil 2006 như sau

6

k D1

p

k Cpk D

X2

1

p

p Cpk

Dp

k D1

0

3

C pk

1

1

2

1

1

1

A:

C pk

p

Cp

1

2

1

1

2

st

X2

1

aff

p

X2

A

Tiếp theo là nhiệm vụ của số học với định lý nhỏ Fermat và C pktính chấtp(cụ của 1 mod k k thể ta có Cp 1 . 1 / .mod p )/. Ở câu b), ta cũng thực hiện phép rút gọn tổng bằng p

1

p

1

n

Bài 7 là một bài hình học khó có tính phân loại cao, đặc biệt là ở câu b). Ở câu a) toán vẫn khai thác các vấn đề quen thuộc như điểm Miquel, trục đẳng phương và tâm phương, và đa số thí sinh đã giải quyết được vấn đề nhưng sang đến câu b) thì dườ chỉ có các cao thủ hình học mới đủ sức xử lý. Có lẽ bài toán được lấy ý tưởng dựa tr phương pháp điều hoà và xạ ảnh.

Ep

Tóm tắt lại, nếu đánh giá về độ khó thì đề năm nay khá dễ chịu, có nhiều câu thí sinh c được như câu 1, 2, 3, 5. Ngay cả với những bài khó hơn như 4, 6, 7 cũng có ý để ăn điểm 4a, ý điều kiện cần của câu 4b), câu 6a, ý rút gọn của câu 6b), câu 7a. Về độ mới và ha bài 1, 2, 5 có ý khá cũ. Sự lặp đi lặp lại của ý tưởng bài 1 cho thấy lối mòn trong việc kh đề tài giải tích. Tại sao lại phải là dãy số và giới hạn mà không phải là những vấn đề r như sự liên tục, ứng dụng của đạo hàm bậc2?nhất, Bài 3bậc không mới nhưng đặt vấn đề đẹp và phù hợp trong bối cảnh ngày thi có 4 bài. Bài 6 cũng là một bài không mới, với ý rút tổng. Phần số học của bài này sẽ tạo thuận lợi cho các đội mạnh, nơi các học sinh được kiến thức đầy đủ hơn về các tính chất của số nguyên tố (như các định lý nêu trên trong p luận về bài 6 cùng các phương pháp chứng minh của chúng). Hai bài toán đẹp nhất và c nhất của đề thi là bài số 4 và số 7, trong đó bài 4 khai thác cách phát biểu thú vị về dạn lưỡng phân, còn bài 7 là các tính chất xạ ảnh đẹp đẽ và sâu sắc.

Với những nhận xét và đánh giá trên, theo chúng tôi, sẽ rất khó dự đoán điểm chuẩn chín vì khu vực 15 đến 20 điểm sẽ rất dày đặc. Trong 7 bài toán, có đến 5 bài có hai ý a), b) và số sẽ hết sức phụ thuộc vào sự phân bố điểm ở các câu này. Dù vậy, qua khảo sát sơ bộ dự thi, chúng tôi tạm đưa ra dự đoán bộ điểm chuẩn rất chẵn của năm nay như sau: Khuy 15 điểm (1, 2, 5), giải 3: 20 điểm (1, 2, 3, 5), giải nhì 25 điểm: (1, 2, 3, 5) + (4a + 6a + nhất 30 điểm: phải giải quyết được các vấn đề xương xẩu hơn như 4b, 6b, 7b hoặc làm bài trên rất chuẩn.

7

.1/

aff

a) Khi a D 5 ; chứng minh rằng dãynsố / có. ugiới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. b) Tìm tất cả các giá trị của số a để dãy số .định u và có giới hạn hữu hạn. n / xác

a

st

Lờigiải.Ta sẽ giải trực tiếp ý b), từqđó suy ra kết quả cho ý a). Có . uthể thấy định dãy n / xác 1 5 1 khi và chỉ khi2 uxác định. Mà2 uD 2 C a C 4 nên u2 xác định khi và chỉ khi 2

n

Ep

17

4C

17

với mọin 2 : Vậy dãy . un / tăng ngặt và

bị chặn trên bởi2 nên có giới hạn hữu hạn. Đến đây, bằng cách chuyển phương trình sang giới hạn, ta cũng thu được lim 3: u n D Tóm lại, với mọi a

thì dãy . nu/ xác định và hội tụ về 3 :

8

un C

C

j un

3j C q

st

q

aff

un C

C

và

un C

q

un C

C

C

C

<

D

n

q

<

C

D

Do đó, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu được j unC1

3j

3j C

8n 2 :

Ep

Đến đây, bằng cách sử dụng bổ đề quen thuộc (có thể chứng minh bằng định nghĩa giới h Cho số thực q 2 . 0 ;1 / :Xét hai dãy không. âm an / ; . bn / thỏa mãn anC1 q a n C b n với mọi n 2 N và lim nb D 0 : Khi đó, ta có lim D a 0: n Ta dễ dàng suy ra lim 3 và hoàn tất lời giải cho bài toán. n Du

9

a) Với a D 0 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó. b) Với mọi a 2 Œ 10 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn. Bài 2 (5.0 điểm). Tồn tại hay không đa thức P . x / với hệ số nguyên thỏa mãn 1C

p3

2 D1C

p3

2 và P

1C

p

5 D1C3

p

5‹

aff

P

Lờigiải.Giả sử đa thức P . x /nói trên tồn tại. Đặt Q.x / D P .1 C x / 1 thìQ.x / cũng p3 p3 p p là đa thức với hệ số nguyên. Từ giả thiết, ta2cóDQ 2 và Q 5 D3 5:

Q.x /

x D .x

3

st

n

p p Do R .x / có các hệ số đều nguyênRnên 5 có dạnga C b 5 với a ;b 2 Z: Thay p x D 5 vào đẳng thức trên, ta được p p 2 5D 5 5

2

aCb

p

5 D 25b

2 a C .5a

suy ra5a 2 b D 2và2 a D 25b :Tuy nhiên, không có cặp số nguyên nào thỏa mãn đồng thời hai tính chất này. Mâu thuẫn nhận được chứng P .tỏ x đa /thỏa thức mãn đồng thời các tính chất ở đề bài không tồn tại.

Ep

3. (International Zhautykov Olympiad, 2014) Tồn tại không P . xđa /với thức các hệ số p p p p nguyên thỏa mãn 1P C 3 D 2 C 3 và P 3 C 5 D 3 C 5?

10

Bài 3 (5.0 điểm). Cho tam giác AB C nhọn, không cân nội tiếp đường . Otròn / :Gọi H là trực tâm của tamAB giác C vàE ; F lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh B ; C I A H cắt . O / tại D (D khác A). a) Gọi I là trung điểm của AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh rằng M N ? OH :

aff

b) Các đường thẳng DE ; DF cắt.O / lần lượt tại P ; Q (P vàQ khácD ). Đường tròn ngoại tiếp tam AEF giác cắt.O / vàAO lần lượt tại R vàS (R vàS khácA). Chứng minh rằng BP C ;Q và RS đồng quy.

st

Lờigiải.a)Gọi J là đường tròn Euler của tam ABgiác C thì. J / đi quaE ; I ; F đồng thời J là trung điểm OH . Dễ thấy D đối xứngH quaB C nên tam giác BDH cân tạiB . Cũng dễ thấy tam giác IEH cân tạiI nên∠IEH D ∠IHE D ∠BHD D ∠BDH; suy ra tứ giác BDE I nội tiếp. Mà DB cắt E I tại M nên MD:

n

ME MIDMB

Từ đó phương tích của M đối với đường tròn . J / và.O / bằng nhau. Tương tự phương tích củaN đối với đường tròn . J / và.O / bằng nhau. Vậy M N là trục đẳng phương .O của / và .J / nên M N ? OJ . Do J là trung điểm OH nên M N ? OH .

A

I

Ep

M

J

E

O

C

N

b)Gọi X là trung điểm EF . AH cắtB C tạiK . Dễ thấy các tam BF giác E vàKHE đồng dạng (g-g). X là trung điểm EF vàK là trung điểm HD nên hai tam giác BF X vàDHE đồng dạng (c-g-c), suy ∠FraBX D ∠HDE D ∠F BP . Từ đó suy ra ba điểm B ;X ;P thẳng hàng. Tương tự ba điểm X ;Q C cũng ; thẳng hàng.

A

O

K

D

R

C

aff

F

st

S

n

Gọi AL là đường kính của .O / thì dễ thấy SH đi quaL và tứ giác HBLC là hình bình hành nênH L đi qua trung điểm M củaB C. Dễ thấy hai tam SE giác C vàSF B đồng dạng (g-g) nên hai tam giác SEF vàS CB đồng dạng (c-g-c), hai tam giác này có trung tuyến tương ứn là SX vàS M nên∠F SX D ∠B S M . Cũng có hai tam giác SF B vàSRL đồng dạng (g-g) nên hai tam giác S F R và S B L đồng dạng (c-g-c). Suy ra

∠F SR D ∠B SL D ∠B S M D ∠F SX:

Từ đó, ta có ba điểm S ; X ; R thẳng hàng. Vậy SR đi quaX . Đều này chứng tỏ ba đường thẳng BP ; C Q và RS đồng quy tại trung điểm X của EF .

Ep

Tham khảo tại: http://analgeomatica.blogspot.com/2015/06/ve-mot-bai-toanhinh-hoc-tu-dien-aops.html

12

R

E

st

B

aff

J

Q

Mặt khác phép đồng dạngP tâm biến đoạn CE thànhFB nênJ cũng biến thành I; do đó ı ∠JPI D ∠EPB D 180 ∠BAC , từ đó tứ giác GIPJ nội tiếp. Ta có biến đổi góc

n

∠IGP D ∠IJP D ∠BEP D ∠BAP D ∠BGQ và

∠GPI D ∠GJI D ∠GCB D ∠GQB:

Từ đó hai tam giác GIP vàGBQ đồng dạng. Như vậy phép đồng dạng G biếnI tâmthànhP và đoạn FB thành đoạn LQ . Mặt khác, I là trung điểm FB nênP là trung điểm LQ . Từ đó, gọiM là trung điểm EF . Ta dễ thấy hai tamBFE giácvàPLE đồng dạng. Từ đó, hai tam giác BFM vàQLE đồng dạng. Vậy ∠FBM D ∠LQE D ∠FBR nênBR đi quaM . Ta có điều phải chứng minh.

Ep

A

F

E

B

Q

13

Gọi R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có biến đổi diện tích ŒBFR ŒBFR ŒBAR ŒBRQ D ŒBER ŒBAR ŒBRQ ŒBER ABARBR 4R BRRQQB 4R

Vậy BR chia đôi EF .

aff

st

n

Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O/. P là điểm bất kỳ trong tam giác choR đối xứng P quaBC thìR nằm trên .O/ . PB; P C lần lượt cắt CA; AB tạiE; F . Đường tròn.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. GP cắtBC tạiM và cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF / tại Q khác A. Chứng minh rằng GQ chia đôi EF . Lờigiải.Dễ thấyP nằm trên .AEF / . Ta có∠DP C D ∠FP G D ∠FAG D ∠PDB nên P C k DB. Tương tự, ta cũngPB cók DC; do đó tứ giác PBDC là hình bình hành PD nênđi qua trung điểm M của BC . A

Ep

G

F

E

B

Q

O

C

M

R

D

Gọi giao điểm của GQ vàEF làN . Dễ thấy phép đồng dạng G lần tâmlượt biến E; F thành C; B. Lại có hai tam giác GFB và GQD đồng dạng (g-g) nên ∠F GB D ∠QGD; suy ra ∠NGF D ∠MGB: Do đó cũng phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy N là trung điểm EF .

14

Bài toán trên cũng có thể được mở rộng hơn nữa như sau

aff

Bài chúng tôi tam giác ABC nội tiếp trong đường .O/ tròn . P là điểm bất kỳ trong tam giác. PB; P C lần lượt cắt CA; AB tạiE; F . Đường tròn .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. M là điểm bất kỳ trên cạnh BC . GM cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF / tạiQ khácA. GQ cắtEF tại N . Chứng minh rằng MB NF D : MC NE A

G

F

P

Q

M

C

n

B

N

st

E

D

Lờigiải.Dễ thấy phép đồng dạng G lần tâmlượt biến E; F thànhC; B. Lại có hai tam giác GFB vàGQD đồng dạng (g-g) ∠FGB nên D ∠QGD suy ra∠NGF D ∠MGB; do đó cũng phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy MB NF D : MC NE

Ep

Ta thu được điều phải chứng minh.

Các bạn có thể làm các bài toán sau đây đề luyện tập thêm: 1. (Mở rộng ý a) bài toán 3 VMO 2017) Cho tam ABC giác nội tiếp đường tròn .O/ . Một đường tròn .K/ đi quaB; C cắtCA; AB tạiE; F khácB; C . BE cắtCF tạiH . AH cắt .O/ tạiD khácA. Tiếp tuyến E; tạiF của.K/ lần lượt cắt DB; DC tạiM; N . Chứng minh rằng MN ? OH . 2. (Mở rộng ý b) bài toán 3 VMO 2017) Cho tam ABC giác nội tiếp trong đường.O/ tròn . P là điểm bất kỳ trong tam giác sao R đối choxứngP quaBC thìR nằm trên .O/ . PB; P C lần lượt cắt CA; AB tạiE; F . Đường tròn .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. D thuộc.O/ sao cho DR k BC . AD cắt.AEF / tạiQ khácA. DE; DF cắt.O/ tạiS; T khác D. Chứng minh rằng BS; C T; GQ đồng quy.

15

aff

st

ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được trên hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau. a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa để tồn tại cách điền k số cân đối cho cách tô màu đối xứng ở hình bên dưới. B

n

A

C

Ep

D

b) Vớin D 2017; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại cách điền số kcân đối.

5

¤ ;:

16

Ta sẽ chứng minh k D 3 thỏa với cách điền như sau: 0

1

1

0

2

2

1

2

0

2

2

2

2

0

3

3

0

3

aff

3

2

st

1

1

Ep

n

b)Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng như bàn cờ, tức là trắng đen xen hình, trong đó vị trí .i; j / sẽ được tô đen nếu i C j chẵn, ngược lại thì tô trắng.

Xét hai ô trắng bất kỳ trong bảng ô vuông trên .a; b/ởvà.c; vị tríd /; 1 a; b; c; d 2017:

Nếua C cchẵn thì b C d cũng chẵn, suya ra C d vàb C clẻ. Khi đó, một trong hai ô .a; d /và.b; c/ sẽ được tô đen vì chúng không thể cùng nằm trên đường chéo màu x Suy ra hai ô vuông trắng phải được điền số khác nhau. Nếua C clẻ thìb C d cũng lẻ, xét.d; ô c/ điền cùng số với .c;ôd /thì rõ ràng ta có thể áp dụng lập luận trên để suy ra hai số điền cho hai ô hai khác nhau.

Từ đó suy ra tất cả các số điền cho các ô trắng nằm ở nửa trên bên phải của bảng là đôi m biệt. Do đó, ta thu được kết quả k 2C4C6C

2017 Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh k Drằng 4

1

thỏa mãn bài toán bằng quy nạp kết quả j 2rằng k n trên cũng đúng với mọi bảng có kích n thước n vớin là số nguyên dương, cụ kthể D là4 :

17

Thật vậy, với n D 1; n D 2; n D 3; ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả tương ứng. Xét n 5 và giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương bé hơn n: Đánh số cách hàng 1 !từn và cột1 ! n . Ta sẽ chứng minh rằng với mọi vị trí của các ô đen thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không kn vào vượt ô trắng quá còn lại trong bảng (trường hợp điền số âm thì tương tự vì tính bình đẳng).

aff

Xét graph G D .V; E/ màV là tập hợp các đỉnh, đỉnh i ứng thứ với hàng i và1 i n ; còn E là tập hợp các cạnh, trong đó có cạnh nối từ i đến đỉnh đỉnh thứthứ j nếu như tại.i;ô j / và ô .j; i / là ô màu trắng. Ta phát biểu bổ đề sau:

Bổ đề (Định lý Mantel-Turan). Xét mộtj graph đơn vô hướng n đỉnh có và k cạnh. Khi đó, nếu k 2 n graph này không có chứa tam giác thì k : 4 Áp dụng vào bài toán, ta xét các trường hợp sau:

st

j 2k Nếu graph G không có chứa tam giác, theo bổ đề thì nó sẽ có nkhông cạnh, quá nghĩa 4 j 2k j 2k n là có không quá ô trắng nên có thể dùng k D n4 số nguyên dương điền vào các ô 4 đó (cho dù vị trí của các ô đen thế nào đi nữa).

n

Nếu graph G có chứa tam giác, giả sử các a; đỉnh b; cphân biệt được nối với nhau đôi một. Điều này tương ứng với việc .a;các b/; ô .b; c/; .c; a/và.b; a/; .c; b/; .a; c/là giao điểm của các hàng a; b; cđều được tô màu trắng. Khi đó, các số điền vào các ô đó không cần phải phân biệt và tập hợp các ô trắng (nếu có) còn a; lạib; trên ccũng các hàng không cần phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng sẽ còn lại không 3 ô nhưquá thế. n Khi đó, ta có thể dùng 1số để điền vào các ô trắng ở trên và dùngnkhông 3số quá phân biệt để điền vào mỗi ô còn lại của mỗi hàng. Nếu không 3 hàng a; b; c, ta còn lại n 3 hàng, sử dụng giả thiết quy nạp thì cần j tính k .n 3/ 2 không quá 4 số nguyên dương phân biệt cho các hàng đó.

Ep

j 2k Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều cần sử dụng nkhông số nguyên quá dương phân biệt 4 j 2k n để điền vào các ô trắng hay nói cách khác cũng k D thỏa mãn đề bài với bảng n n: 4

Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định được chứng minh. Vậy giá trị tốtknhất là cần tìm c 20172 1 . Bài toán được giải quyết hoàn toàn. 4

Bài toán này thuộc dạng cực trị tổ hợp và đòi hỏi phải xử lý cả điều kiện cần và đủ thì mớ kết luận được đáp số của bài toán.

18

Ở phần a), ta thấy kích thước của bảng là nhỏ nên có thể thử trực tiếp các số để kiểm t xây dựng cũng khá nhẹ nhàng. Chú ý rằng một số có thể được sử dụng lại nhiều lần the bài nếu đọc không cẩn thận, ta dễ hiểu nhầm đáp số câu a) là k D 5:

Phần b) thử thách hơn nhiều với kích thước bảng lớn, và quan trọng hơn là cách tô đối xứ nên chưa thể định hướng được ngay giá trị “vừa đủ lớn” của k:

aff

Ý tưởng mấu chốt là chỉ ra một mô hình đặc biệt mà ở đó,kđòi phải hỏiđạt giáđược trị cực đại thì mới đủ để điền vào. Và bàn cờ ở trên chính là mô hình cần phải tìm, số các ô đen tr xen đòi hỏi tất cả các số dương điền vào các ô trắng phải phân biệt nhau, các số âm cũ

st

Đoạn khó khăn chính là việc xây dựng cách đánh số cân đối cho mọi mô hình. Thực tế 2 1 như các cách xây dựng trực tiếp thuật toán để kđiền D 2017 vào với đều không thành công 4 do các mô hình có thể biến đổi rất phức tạp. Cách tiếp cận dùng đồ thị ở trên cũng chỉ mớ minh được là cách đánh số cân đối sẽ luôn tồn tại chứ chưa chỉ ra cách xây dựng cụ th nhiên, về mặt lập luận thì như thế là đủ.

n

Điểm mới lạ của bài toán này chính là việc sử dụng ngôn ngữ đồ thị để giải quyết vấn cách tiếp cận mà trước giờ khá ít khi xuất hiện trong các kỳ thi HSG cấp Quốc gia. Địn Mantel-Turan về tồn tại graph con đầy đủ trong một graph đơn vô hướng là tương đối que đối với các học sinh có học qua về lý thuyết graph. Đặc điểm của các bài toán dùng Mant là thường che giấu được vấn đề khá kỹ và khó xử lý tốt bằng các cách thông thường.

Định lý này có cách chứng minh dùng quy nạp là phân hoạch tập hợp đỉnh thành A; B rồ

Đếm số cạnh trong A; đếm số cạnh trong B: Đếm số cạnh nối giữa A; B:

Ep

1. (MOSP, 2011) Xét các số xthực : Chứng minh rằng có khôngn4 quá cặp 1; x2; : : : ; nx .i; j / với 1 i < j n sao cho 1 < jxi xj j < 2: 2 2. (China TST, 1987) Trong mặt phẳng 2nđiểm cho với n 2 và có tất n cả C 1đoạn thẳng nối chúng. Chứng minh rằng

a) Tồn tại ít nhất một tam giác.

b) Tồn tại hai tam giác có chung cạnh. c) Tồn tại ít nhất n tam giác.

19

Bài 5 (6.0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức f xf .y/

f .x/ D 2f .x/ C xy

.1/

với mọi số thực x; y:

f f .y/

f .1/ D y C 2f .1/; 8y 2 R:

aff

Lờigiải.Thay x D 1 vào (1), ta được .2/

Từ đây có thể thấy fhàm là một song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất a đểf số thực .a/ D 0:Thay x D a vào phương trình (1), ta được

Trong (3), cho y D 0;ta được f af .0/ Suy ra a D 0 hoặc f .0/ D 1:

D ay;

8y 2 R:

st

f af .y/

.3/

D 0 D f .a/:Từ đó, do f đơn ánh nên taafcó .0/ D a:

n

Xét trường hợp a D 0;tứcf .0/ D 0:Thayy D 0 vào (1), ta được f f .x/ D 2f .x/: Dof toàn ánh nên taf .x/ có D 2x với mọix 2 R: Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn phương trình (1). Do đó a ¤ 0; suy ra f .0/ D 1:

Thayx D 0 vào (1), ta được f . 1/ D 2:Thayy D a vào (3), ta được a2 D f .0/ D 1;suy ra a D 1 (do f . 1/ D 2), tức f .1/ D 0: Đến đây, ta có hai cách tiếp cận như sau: Cách 1. Do f .1/ D 1 nên phương trình (2) có thể viết lại dưới dạng f f .y/

D y;

8y 2 R:

.20/

0 Thay y bởi f .y/ vào (1) và sử dụng /; ta.2được

f xy

f .x/ D 2f .x/ C xf .y/;

8x; y 2 R:

Ep

f .x/ Trong phương trình này, ta xét x ¤ 0 và thay ; ta y Dđược x

suy ra

f

D

1

;

8x ¤ 0:

Thay y Df .x/ vào (1) và sử dụng kết quả trên, ta được x f1

3f .x/ D 3f .x/;

8x ¤ 0:

Dof song ánh và f .0/ D 1nên với x ¤ 0 thì1 3f .x/ có thể nhận mọi giá trị thực 2: khác Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được f .x/ D x C 1 với mọi x ¤ 2: Nói riêng,ta cóf .3/ D 2: Thayy D 3 vào.20/; ta đượcf . 2/ D 3: Tóm lại,ta có f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R: Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.

20

Cách 2. Thay y D 1 vào (1), ta được f

f .x/ D 2f .x/ C x;

8x 2 R:

.4/

aff

Lần lượt thay x D 1 vàx D 2 vào đẳng thức trên, tafđược . 2/ D 3vàf . 3/ D 4:Chú ý 0 rằngf .1/ D 0nên ta cũng có đẳng.2 thức / như cách 1 ở trên, do đó bằng cách x bởif thay .x/ vào (4), ta được f . x/ D f .x/ C 2x; 8x 2 R: Từ đây suy fra.2/ D 1 vàf .3/ D 2: Bây giờ, ta sẽ chứng minh x D 1 là nghiệm duy nhất của phương trình f .t / D 2t: Thật vậy, giả sử có b số ¤ 1 sao cho f .b/ D 2b; ta thay x D b và y D 3 vào (1) thì được 1 D f .0/ D 4b C 3b; suy ra b D 1; mâu thuẫn. Với kết quả trên, ta thay y D 2 thì có

Từ đó suy rax

x

f .x/ D 2 x C f .x/ D 2

x

f .x/ ;

8x 2 R:

st

f

f .x/ D 1; tức f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R:

n

D 2f .x/ C xy; 8x; y 2 R:

Cách giải của hai bài toán cũng hoàn toàn tương tự nhau. Đây là một sự trùng hợp thú v đây là một số bài toán “tương tự” khác: 1. (IMO Shortlist, 2002) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

Ep

f f .x/ C y

D 2x C f f .y/

x;

8x; y 2 R:

2. (Kiểm tra Trường Đông Nam Bộ, 2016) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn f f .x/ C 2y

D 10x C f f .y/

3x ;

8x; y 2 R:

3. (Baltic Way, 2010) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn f .x 2/ C f .xy/ D f .x/f .y/ C yf .x/ C xf .x C y/;

8x; y 2 R:

4. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn f yf .x C y/ C f .x/

D 4x C 2yf .x C y/; 8x; y 2 R:

5. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn f xf .x C y/

D f yf .x/

C x 2;

8x; y 2 R:

********** **********CHUYÊN ĐỀMỘT SỐ BIỆN PHÁP GIẢI TOÁN CÓ LỜI VĂN Ở KHỐI 4&5Người thực hiện: Phạm Thanh ĐiềnTRƯỜNG TIỂU HỌC MINH THUẬN 5 A. Tầm quan trọng của việc giải toán có lời văn: Chương trình toán của tiểu học có vị trí và tầm quan trọng rất lớn. Toán học góp phần quan trọng trong việc đặt nền móng cho việc hình thành và phát triển nhân cách học sinh. Trên cơ sở cung cấp những tri thức khoa học ban đầu về số học, các số tự nhiên, các số thập phân, các đại lượng cơ bản, giải toán có lời văn ứng dụng thiết thực trong đời sống và một số yếu tố hình học đơn giản. Môn toán ở tiểu học bước đầu hình thành và phát triển năng lực trừu tượng hoá, khái quán hoá, kích thích trí tưởng tượng, gây hứng thú học tập toán, phát triển hợp lý khả năng suy luận và biết diễn đạt đúng bằng lời, bằng viết, các, suy luận đơn giản, góp phần rèn luyện phương pháp học tập và làm việc khoa học, linh hoạt sáng tạo. Mục tiêu nói trên được thông qua việc dạy học các môn học, đặc biệt là môn toán. Môn này có tầm quan trọng vì toán học với tư cách là một bộ phận khoa học nghiên cứu hệ thống kiến thức cơ bản và sự nhận thức cần thiết trong đời sống sinh hoạt và lao động của con người. Môn toán là “chìa khoá“ mở của cho tất cả các ngành khoa học khác, nó là công cụ cần thiết của người lao động trong thời đại mới. Trong dạy – học toán ở tiểu học, việc giải toán có lời văn chiếm một vị trí quan trọng. Có thể coi việc dạy – học và giải toán là “ hòn đá thử vàng“ của dạy – học toán. Trong giải toán, học sinh phải tư duy một cách tích cực và linh hoạt, huy động tích cực các kiến thức và khả năng đã có vào tình huống khác nhau, trong nhiều trường hợp phải biết phát hiện những dữ kiện hay điều kiện chưa được nêu ra một cách tường minh và trong chừng mực nào đó, phải biết suy nghĩ năng động, sáng tạo. Vì vậy có thể coi giải toán có lời văn là một trong những biểu hiện năng động nhất của hoạt động trí tuệ của học sinh. Dạy học giải toán có lời văn ở bậc tiểu học nhằm mục đích chủ yếu sau:-Giúp học sinh luyện tập, củng cố, vận dụng các kiến thức và thao tác thực hành đã học, rèn luyện kỹ năng tính toán bước luyện tập vận dụng kiến thức và rèn luyện kỹ năng thực hành vào thực tiễn.-Giúp học sinh từng bước phát triển năng lực tư duy, rèn luyện phương pháp và kỹ năng suy luận, tập dượt khả năng quan sát, phỏng đoán, tìm tòi, tuyệt đối không sỉ nhục học sinh trước lớp. -Để giúp học sinh có một số kiến thức về phương pháp giải toán có lời văn giáo viên cần hướng dẫn học sinh như sau: cần chủ động, sáng tạo, tránh sao chép. Điều cần thiết là phải có khả năng suy luận hợp lý,diễn đạt đúng, phát hiện và giải quyết vấn đề đơn giản,gần gũi với cuộc sống, chăm chú và hứng thú học toán. Từ đó chủ động, linh hoạt và sáng tạo hơn trong việc học toán.– Nội dung giải toán có lời văn là mảng kiến thức mang tính thực tiễn cao, áp dụng kiến thức đã học vào giải quyết những vấn đề thực tiễn. Vì thế nội dung dạng toán này đã có từ xưa. Nhưng trong quá trình dạy đối với mỗi người nó luôn mới mẻ và luôn thúc đẩy người giáo viên suy nghĩ tìm tòi để rút ra phương pháp dạy phù hợp hơn với từng đối tượng kiến thức, học sinh, phù hợp với sự phát triển đòi hỏi của xã hội hiện tại và tương lai. Vấn đề mang tính thực tiễn nên luôn mới mẻ, hấp dẫn đối với người giáo viên có tâm huyết. Việc giải toán góp phần quan trọng vào việc rèn luyện cho học sinh năng lực tư duy và những đức tính tốt của con người lao động mới. Khi giải một bài toán, tư duy của học sinh phải hoạt động một cách tích cực vì các em cần phân biệt cái gì đã cho và caí gì cần tìm, thiết lập các mối liên hệ giữa các dữ kiện giữa cái đã cho và cái phải tìm; Suy luận, nêu nên những phán đoán, rút ra những kết luận, thực hiện những phép tính cần thiết để giải quyết vấn đề đặt ra v.v… Hoạt động trí tuệ có trong việc giải toán góp phần giáo dục cho các em ý trí vượt khó khăn, đức tính cẩn thận, chu đáo làm việc có kế hoạch, thói quen xem xét có căn cứ, thói quen tự kiểm tra kết quả công việc mình làm, óc độc lập suy nghĩ, óc sáng tạo v.v… a. Thuận lợi:– Đa số các em đều ngoan, có ý thức ham học.– Một số gia đình đã quan tâm đến đến việc học tập của con em mình.– Đồ dùng học tập, sách giáo khoa đầy đủ. b. Khó khăn: * Chủ quan : + Đối với học sinh – Nhận thức của HS chưa đồng đều.– Việc xác định đề toán của các em chưa thành thạo.– Một số em còn chủ quan , chưa đọc kĩ đề bài. + Đối với giáo viên :– Việc giảng dạy của GV đôi khi chưa phát huy hết được tính tích cực, chủ động sáng tạo của các em.– Trong quá trình tổ chức cho HS thực hành giải toán có những lúc chưa thật sự linh hoạt.– Thiếu trang thiết bị dạy học.* Khách quan : – Vốn Tiếng Việt của một số em dân tộc còn hạn chế nên nhiều khi việc hiểu nghĩa của từ trong toán học đối với các em là rất khó, dẫn đến học sinh trả lời không chính xác. – Một số phụ huynh không quan tâm đến việc học hành của con cái, phó thác cho giáo viên

– Đó là những nguyên nhân ảnh hưởng trực tiếp đến chất lượng hướng dẫn HS giải các bài toán ở dạng có lời văn.:– Do quên kiến thức cơ bản, kĩ năng tính toán yếu.– Do thiếu điều kiện học tập hoặc do điều kiện khách quan tác động như: Gia đình xảy ra sự cố đột ngột, hoàn cảnh éo le…– Vốn kiến thức cơ bản ở các lớp dưới còn yếu hoặc thiếu. Dẫn tới tình trạng mà chúng ta quen gọi là bị hổng kiến thức hoặc mất căn bản.– Một phần do thói quen học vẹt, ghi nhớ máy móc không chủ định của học sinh, tiếp thu thụ động, chỉ tiếp nhận được cái đã có sẵn.– Khả năng kết hợp giữa tri thức đã học với kiến thức vốn có trong cuộc sống chưa cao.– Sự kết hợp các loại kiến thức của các môn học để vận dụng vào học toán chưa sâu.B. CÁC PHƯƠNG PHÁP DÙNG ĐỂ DẠY GIẢI BÀI TOÁN CÓ LỜI VĂN:1/ Phương pháp trực quan: Nhận thức của trẻ từ 6 đến 11 tuổi còn mang tính cụ thể, gắn với các hình ảnh và hiện tượng cụ thể, trong khi đó kiến thức của môn toán lại có tính trừu tượng và khái quát cao. Sử dụng phương pháp này giúp học sinh có chỗ dựa cho hoạt động tư duy, bổ xung vốn hiểu biết, phát triển tư duy trừu tượng và vốn hiểu biết. Ví dụ: khi dạy giải toán ở lớp Năm, giáo viên có thể cho học sinh quan sát mô hình hoặc hình vẽ, sau dó lập tóm tắt đề bài qua, rồi mới đến bước chọn phép tính.2/ Phương pháp thực hành luyện tập: Sử dụng phương pháp này để thực hành luyện tập kiến thức, kỹ năng giải toán từ đơn giản đến phức tạp ( Chủ yếu ở các tiết luyện tập ). Trong quá trình học sinh luyện tập, giáo viên có thể phối hợp các phương pháp như: gợi mở – vấn đáp và cả giảng giải – minh hoạ.3/ Phương pháp gợi mở – vấn đáp: Đây là phương pháp rất cần thiết và thích hợp với học sinh tiểu học, rèn cho học sinh cách suy nghĩ, cách diễn đạt bằng lời, tạo niềm tin và khả năng học tập của từng học sinh. 4/ Phương pháp giảng giải – minh hoạ: Giáo viên hạn chế dùng phương pháp này. Khi cần giảng giải – minh hoạ thì giáo viên nói gọn, rõ và kết hợp với gợi mở – vấn đáp. Giáo viên nên phối hợp giảng giải với hoạt động thực hành của học sinh ( Ví dụ: Bằng hình vẽ, mô hình, vật thật…) để học sinh phối hợp nghe, nhìn và làm.5/ Phương pháp sơ đồ đoạn thẳng: Giáo viên sử dụng sơ đồ đoạn thẳng để biểu diễn các đại lượng đã cho ở trong bài và mối liên hệ phụ thuộc giữa các đại lượng đó. Giáo viên phải chọn độ dài các đoạn thẳng một cách thích hợp để học sinh dễ dàng thấy được mối liên hệ phụ thuộc giữa các đại lượng tạo ra hình ảnh cụ thể để giúp học sinh suy nghĩ tìm tòi giải toán. C. MỘT SỐ BIỆN PHÁP ĐỂ NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN CÓ LỜI VĂN Ở LỚP 4&5:1. Về phía giáo viên:– Cần trau dồi thêm kiến thức. Dành nhiều thời gian cho việc nghiên cứu, tìm hiểu, học hỏi ở đồng nghiệp, ở tài liệu để nâng cao nghiệp vụ. Đặc biệt là nghiên cứu sâu việc giảng dạy theo phương pháp mới. Song song với nhiệm vụ vừa nêu thì giáo viên cũng cần thực hiện tốt như chương trình tăng cường tiếng Việt cho các em. Đồng thời giúp các em phát triển phong phú thên ngôn ngữ tiếng Việt đặc biệt là đối với đối tượng các em là người dân tộc thiểu số.Phân chia nhỏ từng đơn vị kiến thức để có những phương pháp, hình thức phù hợp.Chuẩn bị đồ dùng dạy học một cách chu đáo. Cố gắng tận dụng những trang thiết bị một cách tối đa vào việc dạy và học.Cùng với những tích luỹ về kiến thức nêu trên tôi đã thực hiện cụ thể những việc sau:Hướng dẫn học sinh nhận biết các yếu tố của bài toán.Học sinh nhận biết nguồn gốc thực tế của bài toán và tác dụng phục vụ thực tiễn cuộc sống của bài toán chẳng hạn: Cần tính năng suất lúa trên một diện tích đất trồng – tính bình quân thu nhập hàng tháng theo đầu người trong gia đình em…Cho học sinh nhận rõ mối quan hệ chặt chẽ giữa các đại lượng trong bài toán. Như khi giải bài toán chuyển động đều, học sinh dựa vào “cái đã cho “, “cái phải tìm ” mà xác định mối quan hệ giữa các đại lượng: Vân tốc – quãng đường – thời gian để tìm đại lượng chưa biết. “cái đã cho “, “cái phải tìm ” mà xác định mối quan hệ giữa các đại lượng: Vân tốc – quãng đường – thời gian để tìm đại lượng chưa biết.– Tập cho học sinh xem xét các đối tượng toán học dưới nhiều hình thức khác nhau thậm chí ngược nhau và tập diễn đạt các kết luận dưới nhiều hình thức khác nhau. Chẳng hạn: “Số bạn gái bằng 1/3 số bạn trai” cũng có nghĩa là “số bạn trai gấp 3 lần số bạn gái” hay “đáy nhỏ bằng 2/3 đáy lớn ” cũng có nghĩa là “đáy lớn gấp rưỡi đáy nhỏ” hay “đáy lớn gấp 1,5 lần đáy nhỏ”.– Ngoài ra hệ thống câu hỏi giáo viên đặt ra cho học sinh cũng cần hợp lý và logic. Bên cạnh đó có những câu hỏi gợi mở giúp học sinh xác định hướng giải quyết vấn đề.2. Phân loại bài toán có lời văn.Để giải được bài toán thì học sinh phải hiểu đề bài, hiểu các thành phần của nó. những cái đã cho và những cái cần tìm thường là những số đo đại lượng nào đấy được biểu thị bởi các phép tính và các quan hệ giữa các số đo. Dựa vào đó mà có thể phân loại các bài toán: 3. Nâng cao chất lượng giờ dạy trên lớp:Đây là biện pháp trọng tâm, để HS nắm chắc cách giải toán có lời văn, người GV cần hướng dẫn HS nắm được các bước chung trước khi làm bài.+ Đọc kĩ đề toán để xác định yêu cầu của đề ( những điều đã cho và những cái phải tìm)+ Tóm tắt đề toán bằng sơ đồ, hình vẽ, ngôn ngữ, kí hiệu ngắn gọn.+ Phân tích đề toán để tìm cách giải.+ Giải bài toán và thử lại.4. Phân loại theo số các phép tính:Bài toán đơn: là bài toán mà khi giải chỉ cần 1 phép tính. Ở lớp 5 loại toán này thừơng được dùng để nêu ý nghĩa thực tế của phép tính, nó phù hợp với quá trình nhận thức: Thực tiễn – tư duy trừu tượng – thực tiễn.Ví dụ : Để dạy trừ số đo thời gian có bài toán “Một ô tô đi từ Huế lúc 13 giờ 10 phút và đến Đà Nẵng lúc 15 giờ 55 phút. Hỏi ô tô đó đi từ Huế đến Đà Nẵng hết bao nhiêu thời gian? ” (Ví dụ sách giáo khoa trang 132) . Từ bản chất của bài toán học sinh hình thành phép trừ.15 giờ 55 phút – 13 giờ 10 phút = 2 giờ 45 phút. Bài toán hợp: là bài toán mà khi giải cần ít nhất 2 phép tính. Loại bài toán này thường dùng để luyện tập, củng cố kiến thức đã học. Ở lớp 5, dạng toán này có mặt ở hầu hết các tiết học toán.5. Phân loại theo phương pháp giải:Trong thực tế, nhiều bài toán có nội dung khác khau nhưng có thể sử dụng cùng một phương pháp suy luận để giải.Từ những việc đã được phân tích rất cụ thể trên thì chúng ta cũng cần hình thành cho học sinh các bước chung khi giải toán.Bước 1: Phân tích ý nghĩa bài toán .Đây là bước đầu tiên trong các yêu cầu giải toán. Trước hết các em cần đọc đề bài nhiều lần, suy nghĩ về ý nghĩa của từng chữ, từng câu, từng số của bài toán và đăt biệt chú ý tới câu hỏi của bài toán hỏi gì? -Từ đó cần biết những gì bài toán đã cho biết? Trong bước này cần nhắc nhở học sinh chớ vội vàng tính toán khi chưa nghiên cứu kỹ đề bài.Bước 2: Tóm tắt đề bài toán Đây là bước thiết lập mối quan hệ giữa các yêu cầu đã chovà cho học sinh diễn đạt nội dung bài toán bằng ngôn ngữ, kí hiệu ngắn gọn, có thể tóm tắt đề toán bằng chữ hoặc minh họa bằng sơ đồ, doạn thẳng, hình vẽ.Bước 3: Suy nghĩ để thiết lập khi giải toánBước này yêu cầu học sinh phải suy nghĩ, tư duy xem muốn trả lời câu hỏi của bài toán thì phải biết đề toán đã cho biết những gì? Làm tính gì? Và phép tính đó cần thiết cho việc trả lời câu hỏi của bài toán không? Từ đó học sinh suy nghĩ để có thể thiết lập trình tự giải bài toán. Bước 4: Thực hiện phép tính kèm lời văn:Đây là bước quan trọng mà học sinh phải thực hiện đầy đủ trong bài làm, các em phép tính nào cũng cần tự kiểm tra phép tính đúng hay nhầm lẫn và lời văn phải phù hợp với phép tính đó.Bước 5: Thử lại kết quảĐây là bước cuối cùng yêu cầu học sinh xem đáp số tìm được có trả lời đúng câu hỏi của bài toán, có phù hợp với nội dung bài toán không? Nếu có thể nên tìm cách nào ngắn gọn hơn

Ví dụ 1 : Bài 1 ( Tr 151- Toán 4)Hiệu của 2 số là 85. Tỉ số của 2 số đó là 3/8. Tìm 2 số đó?Với bài toán trên tôi hướng dẫn HS giải theo các bước sau:+ Bước 1: Yêu cầu HS đọc kĩ đề bài, xác định được tổng và tỉ số của 2 số. Tự dự kiến cách tóm tắt bài toán theo dữ liệu của đề bài.+ Bước 2: HS trao đổi theo nhóm đôi để tự tóm tắt bài toán bằng sơ đồ đoan thẳng như sau:

Số lớn:

?85? + Bước 3: Dựa vào sơ đồ để phân tích bài toán, tìm phương án giải.GV hướng dẫn HS phân tích bài toán theo các câu hỏi sau:– Nhìn vào sơ đồ em thấy : Giá trị của số bé gồm mấy phần? Giá trị của số lớn gồm mấy phần như thế?– Hiệu của 2 số là bao nhiêu?– Muốn tìm giá trị một phần em làm thế nào?– Khi tìm được giá trị 1 phần, ta cần đi tìm những gì tiếp theo?+ Bước 4: Giải bài toán Bài giải Hiệu số phần bằng nhau là: 8 – 3 = 5 ( Phần ) Giá trị một phần là: 85 : 5 = 17 Số bé là: 17 X 3 = 51 Số lớn là: 51 + 85 = 136 Đáp số: Số bé: 51 Số lớn: 136+ Bước 5: Thử lại tính hiệu của 2 số: 136 – 51 = 85 ( Đúng theo dữ liệu đầu bài ) Ví dụ 2 :Cho hình thang vuông ABCD có D 30 em Akích thước như hình vẽ. Tính : a, Tính diện tíc hình thang ABCD b, Tính diện tích tam giác ABC. 25 em

C B

50 em

+ Bước 3: Giải bài toán. Bài giải :a, Diện tích hình thang ABCD là : ( 50 + 30 ) x 25 : 2 = 1000 ( cm2 )b, Diện tích hình tam giác ADC là : 25 x 50 : 2 = 625 ( cm2 ) Diện tích hình tam giác ABC là : 1000 – 625 = 375 ( cm2 ) Đáp số : a, 1000 cm2 b, 375 cm2+ Bước 4 : Thử lại: Lấy diện tích tam giac ABC + diện tích tam giác ADC = diện tích hình thang ABCD là đúng với dữ kiện đầu bài.5. Tăng cường công tác kiểm tra, đánh giá kết quả học tập của HS:– GV làm tốt công tác kiểm tra đánh giá thường xuyên và định kỳ về kết quả học tập của HS để nắm bắt kịp thời việc vận dụng, rèn kỹ năng giải toán có lời văn của HS cả lớp, từ đó phân loại HS theo các trình độ để tự điều chỉnh về mục tiêu đối với từng bài dạy cụ thể cho phù hợp với các nhóm đối tượng HS lớp phụ trách. Bên cạnh, công tác kiểm tra, đánh giá HS còn giúp cho GV tự điều chỉnh về hình thức tổ chức dạy học, điều chỉnh về phương pháp dạy học sao cho kết quả các tiết dạy đạt được mục tiêu đã đề ra. GV luôn quan tâm, giúp đỡ những em HS có kết quả học tập môn toán nói chung và giải toán có lời văn đạt kết quả chưa cao để các em có hướng vươn lên6. Tự tin và quyết tâm thực hiện việc đổi mới phương pháp dạy học: Để phát huy tính tích cực, chủ động, say mê học tập môn Toán nói chung và giải bài toán có lời văn nói riêng cho các em học sinh, giáo viên phải tự tin và quyết tâm trong việc thực hiện đổi mới phương pháp dạy học. Phải kết hợp nhuần nhuyễn và linh hoạt các phương pháp dạy học truyền thống và hiện đại như: Phương pháp thuyết trình, giảng giải và minh họa, gợi mở vấn đáp, trực quan, thực hành luyện tập. Tăng cường tổ chức các hoạt động học tập cá thể phối hợp với học tập hợp tác 7. Tổ chức các trò chơi toán học: Tổ chức cho HS tham gia các trò chơi học tập kết hợp trong các tiết dạy. GV phải xác định rõ kiến thức và kỹ năng của trò chơi. Chuẩn bị chu đáo, hướng dẫn rõ ràng cách chơi, luật chơi, thực hiện đúng lúc với các trò chơi hợp lý, cân đối với các hoạt động của tiết dạy. Tổ chức các trò chơi trong toán học như: Tiếp sức, ai đúng ai nhanh, ….. Thông qua việc tổ chức thành công các trò chơi, GV đã tạo không khí thoải mái, nhẹ nhàng, kích thích các hoạt động học tập của HS. Củng cố chắc chắn các kiến thức, kỹ năng cần đạt trong tiết dạy cho HS.* Tóm lại: Việc dạy giải toán có lời văn là một bộ phận quan trọng trong chương trình toán tiểu học, là một công việc hàng ngày của GV và HS. Những bài toán được giải theo những yêu cầu riêng của đề bài, tạo điều kiện cho HS suy nghĩ để giải đúng. Thông qua việc dạy giải toán có lời văn sẽ giúp các em phát triển trí thông minh, óc sáng tạo và làm việc một cách khoa học. Bởi vì khi giải toán HS phải biết tập trung chú ý vào bản chất của đề toán, phải biết gạn bỏ những cái thứ yếu, biết phân biệt cái đã cho và cái phải tìm, phải biết phân tích để tìm ra những đường dây liên hệ giữa các số liệu…. Nhờ đó mà đầu óc các em sáng suốt hơn, tinh tế hơn, tư duy của các em sẽ linh hoạt hơn, chính xác hơn. Cách suy nghĩ và làm việc của các em sẽ khoa học hơn. Việc giải toán còn đòi hỏi HS phải tự mình xem xét vấn đề, tự mình tìm tòi cách giải quyết vấn đề, tự mình thực hiện các phép tính và kiểm tra lại kết quả. Do đó giải các bài toán có lời văn là cách tốt nhất để rèn luyện đức tính kiên trì, tự lực vượt khó, cẩn thận chu đáo, tính chính xác cho HS. Vì những tác dụng to lớn nói trên mà mỗi HS đều phải ra sức rèn luyện để giải toán cho giỏi. Điều đó không những giúp các em học giỏi toán mà nó còn giúp các em học giỏi tất cả các môn học khác. Bản thân luôn áp dụng đổi mơi phương pháp giảng dạy, chọn phương pháp tối ưu nhất giúp học sinh học tốt ở trường cũng như ở nhà. Vì thế khi gặp bất kỳ bài toán nào các em cũng mạnh dạn và tự tin để làm toán. Các em sẽ phấn khởi học tập, tiếp thu sẽ tốt hơn, thích thú học toán hơn và có khả năng học tốt môn toán. Giáo viên thấy được hiệu quả của mình trong giảng dạy, càng thêm yêu trường, yêu lớp. CÁN BỘ GIÁO VIÊN TRƯỜNG TIỂU HỌC MINH THUẬN 5QUYẾT TÂM THỰC HIỆN NGHỊ QUYẾT NĂM HỌC 2011- 2012 TRỞ THÀNH HIỆN THỰC VÀ GÓPPHẦN NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG GIÁO DỤCKính chào quý thầy cô dồi dào sức khỏe, hạnh phúc, thành đạt và hoàn thành xuất sắc nhiệm vụ được giao

Bản mềm: Chuyên đề giải toán có lời văn lớp 4

Bản mềm: Chuyên đề giải toán có lời văn lớp 4 được biên soạn có hệ thống. Phân loại khoa học theo từng dạng bài cụ thể. Quá trình luyện tập học sinh có thể hệ thống hóa lời giải một cách chi tiết. Quý thầy cô giáo có thể tải về dựa theo đối tượng học sinh của mình. Để sửa đổi cho phù hợp.

Ngoài ra với phương pháp dạy học tích cực. thầy cô có thể đưa những ví dụ trực quan hơn vào câu hỏi. Qua đó kích thích sự sáng tạo của học sinh Qua Bản mềm: Chuyên đề giải toán có lời văn lớp 4. Tải thêm tài liệu tiểu học

Bí quyết giải toán có lời văn trong chương trình Toán lớp 4.

Các bài toán có lời văn các bé bắt đầu được làm quen từ chương trình Toán lớp 2. Và các bài toán này sẽ xuyên suốt với các bé trong chương trình Toán tiểu học. Bài toán bằng lời văn là bài toán được biến hoá từ những phép tính toán. Do vậy, các bé phải nắm vững được các kiến thức cơ bản để vận dụng vào bài giải.

Trong chương trình Toán lớp 4, để học tốt bài toán có lời văn, các bé hãy download chuyên đề giải toán có lời văn lớp 4 được chúng tôi sưu tầm ở đây. Chuyên đề giải toán có lời văn lớp 4 sẽ có những chuyên đề và bài tập từ cơ bản đến nâng cao. Các bé hãy rèn luyện các bài tập trong chuyên đề thật chăm chỉ để nâng cao trình độ.

Ngoài ra, dạng toán này luôn luôn có trong các đề thi học kì Toán lớp 4 và đề thi học sinh giỏi. Vì vậy, các bé nên chú ý để phần học này.

Hình ảnh bản mềm

Để giải được các bài toán có lời văn, ban đầu các bạn phải có những bước giải bài cụ thể. Các bước giải bài toán cụ thể đó là:

Tóm tắt đề bài.

Định hướng cách giải bài toán.

Giải bài toán.

Sau khi các bé làm thuần thục các bài toán có lời giải thì các bạn có thể bỏ qua bước tóm tắt đề bài mà bắt đầu định hướng cách giải và giải bài toán. Nhưng đối với những đề bài dài, các bé nên tóm tắt để dễ hiểu hơn. Đây là những kinh nghiệm của chúng tôi khi giải toán có lời văn, các bạn có thể tham khảo.

Tải tài liệu miễn phí ở đây

I, Đề thi học kì 1 toán 10 trường THPT Phúc Trạch

Cấu trúc đề thi học kì 1 toán 10 môn toán có đáp án được biên tập theo tất cả tự luận gồm 6 bài – Thời gian hoàn thành bài thi là 90 phút. Đề sẽ gồm 2 phần: phần chung dành cho các em học sinh cơ bản, còn phần riêng sẽ dành cho các bạn học sinh nâng cao để thử sức mình với độ khó cao hơn một chút.

A. Phần chung (8 điểm):

Câu 1 (2đ). Tìm TXĐ của các hàm số: 

a)

b)

Câu 2 (2đ). Hai bạn Trang và Vân đi chợ sắm Tết. Bạn Trang mua 2kg hạt hướng dương, 3kg hạt dẻ với giá tiền là 70500  đồng. Bạn Vân mua 3kg hạt hướng dương, 2kg hạt dẻ với giá tiền là 67000 đồng. Tính giá tiền mỗi kg hạt hướng dương và mỗi kg hạt dẻ là bao nhiêu?

Câu 3 (2 điểm). Cho hàm số y=x2-ax+b (1)

a) Tìm giá trị của a và b để đồ thị hàm số (1) đi qua điểm A(1;0) và cắt trục tung tại điểm (0;1).

b) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với giá trị a và b tìm được ở câu a.

Câu 4 (2đ). Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC với A(1;5),B(0;-2),C(6;0). M là trung điểm của BC.

a) Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại A.

b) Tính chu vi và diện tích tam giác ABM.

B. Phần riêng (2 điểm):

Dành cho chương trình nâng cao:

Câu 5a (1đ). Giải phương trình:

Câu 6a (1đ). Cho tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao, HD vuông góc với AC     (). Gọi M là trung điểm của HD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BD.

Dành cho chương trình cơ bản:

Câu 5b (1đ). Giải phương trình:

Câu 6b (1đ) Cho tứ giác ABCD. M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và CD. G là trung điểm đoạn thẳng MN. Chứng minh rằng:

II, Đáp án đề thi học kì 1 toán 10 trường THPT Phúc Trạch

Sau khi làm hoàn thành đề thi học kì 1 toán 10 của trường THPT Phúc Trạch,  muốn tra cứu đáp số, giải đáp thắc mắc ở những bài tập không làm được, chúng tôi xin đưa ra lời giải tham kèm theo biểu điểm để các em học sinh dò lại và có thể tự chấm điểm cho mình. Qua đó, rút ra kinh nghiệm để làm tốt bài làm thực.

A. Phần chung (8 điểm)

Câu 1. (2điểm). Tìm TXĐ của các hàm số:

a) Điều kiện có nghĩa: 

.

TXĐ của hàm số:

b) Điều kiện có nghĩa: 

.

TXĐ của hàm số:

Nhận xét: Trong các đề thi học kì 1 lớp 10 môn toán thì tìm TXĐ của hàm số là dạng toán chắc chắc xuất hiện nên các em cần phải lưu ý:

* Hàm số  

– Chứa căn xác định khi f(x) lớn hơn họặc bằng 0.

– Dạng xác định khi g(x) khác 0.

Theo bài ra ta có hpt :

Giải hệ ta được

Vậy giá tiền mỗi kg hạt hướng dương là 12000 đồng, mỗi kg hạt dẻ là 15500 đồng

Câu 3 a) Từ điều kiện bài toán ta có hệ:

b) Toạ độ đỉnh:

Trục đối xứng là đường thẳng x=1

Đồ thị cắt trục Oy tại (0;1), tiếp xúc với trục Ox tại (1;0)

Trong các đề thi học kì 1 toán 10, vẽ hàm số bậc hai cũng là một dạng toán hay gặp nên các em cần ôn kĩ các bước vẽ đồ thị hàm số:

a) Xác định tọa độ đỉnh    

b) Vẽ trục đối xứng x=-b/2a

c) Xác định tọa các giao điểm của parabol với trục tung, trục hoành ( nếu có)

d) Vẽ parabol

Câu 4.

a) 

;

Do đó nên tam giác ABC cân tại A

b) M là trung điểm BC nên có toạ độ là:M(3;-1)

Ta có ; ;

Chu vi tam giác ABM là: 

Tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm BC nên , tam giác ABM vuông tại M, 

do đó diện tích tam giác ABM là: 

B. Phần riêng (2đ)

Phần dành cho nâng cao

Câu 5a. (1điểm) .

Điều kiện:

Đặt , , , phương trình đã cho trở thành:

.

Đối chiếu với điều kiện (*) ta có t=2.

Với t=2 ta có .

Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x=1.

Nhận xét : Trong đề thi hk1 toán 10 này thì đây là một trong những bài tập khó, nếu bình phương 2 vế thì sẽ xuất hiện bậc 4, học sinh phải tìm hiểu các dạng toán giai pt bằng cách đặt ẩn phụ.

Câu 6a.  M là trung điểm HD nên ,

Đồng thời .

Từ đó:

                         .

Theo giả thiết: (1); (2)

(3).

Trong tam giác vuông AHC, đường cao HD, ta có (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) ta có

Dành cho các lớp cơ bản

Câu 5b. Điều kiện:

Với điều kiện (*), bình phương hai vế ta được:

.

Đối chiếu điều kiện (*), phương trình có nghiệm x=3

Câu 6b. Theo giả thiết, M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD nên: .

Vì G là trung điểm của MN nên .

Từ đó: