Chủ đề này có 7 trả lời

[chardhdmovies]

Đề thi thử học sinh giỏi lớp 10

câu 1:(3 điểm)

giải hệ $\left\{\begin{matrix} 2x^2+y^2-2xy-2y-2=0\\3x^3+x^2y^2+y^2+3x-4y=130+4xy^2 \end{matrix}\right.$

câu 2:(4 điểm)

chứng minh rằng có vô hạn bộ số gồm $4$ số nguyên dương $(x,y,z,t)$ sao cho ước chung lớn nhất của $4$ số là $1$ và thỏa mãn $x^3+y^3+z^2=t^4$

câu 3:(3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ có $AD$ trung tuyến,gọi $M$ là trung điểm $AD$.Đường thẳng $BM$ cắt $AC$ tại $N$.Chứng minh rằng $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCN$ khi và chỉ khi $\frac{BM}{MN}=(\frac{AC}{AB})^2$

câu 4:(4 điểm)

Cho các số dương $x,y,z$.Tìm GTNN của $P=\frac{x^5}{y^3z^2}+\frac{y^5}{z^3x^2}+\frac{z^5}{x^3y^2}+\frac{9xyz}{2(x^2y+y^2z+z^2x)}$

cấu 5:(3 điểm)

Cho $X=\left \{ 1,2,3,...,99 \right \}$,với mỗi tập $A\subset R$,ta kí hiệu $100-A=\left \{ 100-x\setminus x\in A \right \}$

Có bao nhiêu tập $A\subset X$ thỏa mãn $100-X/A\subset A$

câu 6:(3 điểm)

Cho hình chữ nhật $ABCD$.Tìm quỹ tích các điểm $M$ sao cho $MA+MC=MB+MD$

 

p/s đang hóng câu $1$ với câu $2$

 

NTP

[chardhdmovies]

 

Câu 5:(3 điểm)

Cho $X=\left \{ 1,2,3,...,99 \right \}$,với mỗi tập $A\subset R$,ta kí hiệu $100-A=\left \{ 100-x\setminus x\in A \right \}$

Có bao nhiêu tập $A\subset X$ thỏa mãn $100-X/A\subset A$

Lúc làm bài mình làm như thế này, không biết đúng ko 

 

Gọi tập $B=\left \{ 100-x|x \in X\setminus A \right \}$, ta cần tìm các tập $A$ thỏa $B\subseteq A$

Giả sử $50\notin A$, ta có:

$50\notin A \Rightarrow 50 \in X\setminus A \Rightarrow 50=100-50 \in B \Rightarrow B \nsubseteq A$ (vô lý).

Suy ra $50 \in A$

Chia tập $X$ thành $50$ tập con như sau:

$M_{1}=\left \{ 1;99 \right \}, M_{2}=\left \{ 2;98 \right \},..., M_{49}=\left \{ 49;51 \right \}, \left \{ 50 \right \}$

Giả sử tồn tại $1$ tập $M_{i}, i\in \left \{ 1,2,...,49 \right \}$ sao cho cả $2$ phần tử của $M_{i}$ đều không thuộc $A$

Gọi $2$ phần tử đó là $x$ và $y$ thì ta có $y=100-x$

Ta có: $x\notin A \Rightarrow  x \in X\setminus A \Rightarrow y=100-x \in B$

Mà $y \notin A \Rightarrow  B\nsubseteq A$ (vô lý).

Ta định nghĩa tập $A$ như sau: tập $A$ được hợp thành từ tập $ \left \{ 50 \right \}$ và các tập $M_{i}, (i=\overline{1,49})$ sao chỗ mỗi tập được lấy ít nhất một phần tử.

Số cách chọn ít nhất $1$ phần tử từ mỗi tập $M_{i}, (i=\overline{1,49})$ là $3$ (lấy $1$ trong $2$ phần tử hoặc lấy cả $2$ phần tử) nên số cách chọn tập $A$ thỏa đề là $3^{49}$

Vậy, số tập $A$ thỏa đề là $3^{49}$

 

NRC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 14-10-2014 - 18:59

[Juliel]

câu 2:(4 điểm)

chứng minh rằng có vô hạn bộ số gồm $4$ số nguyên dương $(x,y,z,t)$ sao cho ước chung lớn nhất của $4$ số là $1$ và thỏa mãn $x^3+y^3+z^2=t^4$

Chú ý đẳng thức :

$$\left [ 1^3+2^3+...+(n-2)^3 \right ]+(n-1)^3+n^3=\left ( \dfrac{n(n+1)}{2} \right )^2\Leftrightarrow \dfrac{(n-1)^2(n-2)^2}{4}+(n-1)^3+n^3=\left ( \dfrac{n(n+1)}{2} \right )^2$$

Chọn $$x=n-1,y=n,z=\dfrac{(n-1)(n-2)}{2},t^2=\dfrac{n(n+1)}{2}$$

Dễ dàng thấy $\gcd(x,y,z,t)=1$ và $x,y,z$ nguyên. Công việc còn lại là chỉ ra tồn tại vô hạn $n$ để $t$ nguyên. Thực vậy,

$$t^2=\frac{n(n+1)}{2}\Leftrightarrow (2n+1)^2-2(2t)^2=1$$

Đây là phương trình Pell dạng $x^2-2y^2=1$ và nghiệm nhỏ nhất là $(x_1,y_1)=(3,2)$. Từ đó nghiệm của nó là $(x_k,y_k)$ với :

$$x_k+y_k\sqrt{2}=(x_1+y_1\sqrt{2})^k$$

Hoàn toàn quy nạp được $x_k$ lẻ và $y_k$ chẵn, từ đó hoàn tất bài toán.

[Vo Sy Nguyen]

 

câu 6:(3 điểm)

Cho hình chữ nhật $ABCD$.Tìm quỹ tích các điểm $M$ sao cho $MA+MC=MB+MD$ (*)

 

NTP

 

 

Từ M dựng các hình chiếu vuông góc với các cạnh

dễ dàng chứng minh $MA.MC=MB.MD$ (1) và $MA^{2}+MC^{2}=MB^{2}+MD^{2}$ (2)

lấy (2) - 2 . (1) thì ta có $\left | MA-MC \right |=\left | MB-MD \right |$

thì ta có MA - MC = MB - MD (3) hoặc MA - MC = MD - MB (3.1)

Lấy (*)  với (3), (3.1)

ta có MA = MB, MC = MD hoăc MA = MD, MB=MC mà A, B, C, D cố định

nên M chạy trên đường trung trực 2 cặp cạnh đối diện nhau

Suy ra quỹ tích điểm M

Q.E.D

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Vo Sy Nguyen: 14-10-2014 - 21:47

[lahantaithe99]

 

 

câu 4:(4 điểm)

Cho các số dương $x,y,z$.Tìm GTNN của $P=\frac{x^5}{y^3z^2}+\frac{y^5}{z^3x^2}+\frac{z^5}{x^3y^2}+\frac{9xyz}{2(x^2y+y^2z+z^2x)}$

 

 

 

 

Đặt $(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})=(a,b,c)$ suy ra $abc=1$

 

Khi đó cần tìm min $P=\frac{a^3}{c^2}+\frac{b^3}{a^2}+\frac{c^3}{b^2}+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}$

 

Áp dụng BĐT Holder

 

$(\sum \frac{a^3}{c^2})(c+a+b)(c+a+b)\geqslant (a+b+c)^3\rightarrow \sum \frac{a^3}{c^2}\geqslant a+b+c\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ac)}$

 

Bây giờ ta chứng minh

 

 $\sqrt{3(ab+bc+ac)}+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}\geqslant \frac{9}{2}$ $(*)$

 

Đặt $t=\sqrt{3(ab+bc+ac}$ ( $t\geqslant 3$)

 

Khi đó $(*)$ tương đương

 

$2t^3+27\geqslant 9t^2\Leftrightarrow (t-3)^2(2t+3)\geqslant 0$ (luôn đúng)

 

Do đó $P\geqslant \frac{9}{2}$

 

Dấu $=$ khi $x=y=z>0$

[chardhdmovies]

Đặt $(\frac{x}{y},\frac{y}{z},\frac{z}{x})=(a,b,c)$ suy ra $abc=1$

 

Khi đó cần tìm min $P=\frac{a^3}{c^2}+\frac{b^3}{a^2}+\frac{c^3}{b^2}+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}$

 

Áp dụng BĐT Holder

 

$(\sum \frac{a^3}{c^2})(c+a+b)(c+a+b)\geqslant (a+b+c)^3\rightarrow \sum \frac{a^3}{c^2}\geqslant a+b+c\geqslant \sqrt{3(ab+bc+ac)}$

 

Bây giờ ta chứng minh

 

 $\sqrt{3(ab+bc+ac)}+\frac{9}{2(ab+bc+ac)}\geqslant \frac{9}{2}$ $(*)$

 

Đặt $t=\sqrt{3(ab+bc+ac}$ ( $t\geqslant 3$)

 

Khi đó $(*)$ tương đương

 

$2t^3+27\geqslant 9t^2\Leftrightarrow (t-3)^2(2t+3)\geqslant 0$ (luôn đúng)

 

Do đó $P\geqslant \frac{9}{2}$

 

Dấu $=$ khi $x=y=z>0$

Có thể làm đơn giản hơn bằng cách áp dụng AM-GM: $\frac{a^3}{c^2}+c+c\geq 3a$

NRC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 15-10-2014 - 13:27

[HungNT]

 

 

câu 3:(3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ có $AD$ trung tuyến,gọi $M$ là trung điểm $AD$.Đường thẳng $BM$ cắt $AC$ tại $N$.Chứng minh rằng $AB$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCN$ khi và chỉ khi $\frac{BM}{MN}=(\frac{AC}{AB})^2$

 

Đặt $\frac{BN}{BM}=k$

Ta có $\vec{AN}=\vec{AB}+\vec{BN}=\vec{AB}+k\vec{BM}=\vec{AB}+k( \frac{1}{2}\vec{BA}+ \frac{1}{4}\vec{BC} )$

$=>\vec{AN}=\frac{2-k}{2}\vec{AB}+\frac{k}{4}\vec{BC}$

$\vec{AC}=\vec{AB}+\vec{BC}$

Do A,N,C thẳng hàng nên ta có $\frac{2-k}{2}=\frac{k}{4}=>k=\frac{4}{3}$

$=>\frac{BN}{BM}=\frac{4}{3}=>\frac{BM}{MN}=3$

Lại có $\vec{AN}=\frac{2-k}{2}\vec{AB}+\frac{k}{4}\vec{BC}$$=\frac{1}{3}\vec{AB}+\frac{1}{3}\vec{BC}$

$=>\frac{AN}{AC}=\frac{1}{3}$

Mà AB là tiếp tuyến nên $AB^{2}=AN.AC=\frac{AC^{2}}{3}=>\frac{AC^{2}}{AB^{2}}=3$

$=>\frac{AC^{2}}{AB^{2}}=\frac{BM}{MN}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HungNT: 15-10-2014 - 14:34

[LNT0802]

 

 

 

câu 2:(4 điểm)

chứng minh rằng có vô hạn bộ số gồm $4$ số nguyên dương $(x,y,z,t)$ sao cho ước chung lớn nhất của $4$ số là $1$ và thỏa mãn $x^3+y^3+z^2=t^4$

Ta có :

$(a+1)^{4}$-$(a-1)^{4}$=$8a^{3}$+8a

=> $8a^{3}$ + 8a + $(a-1)^{4}$ = $(a+1)^{4}$ (1)

Đặt a = $k^{3}$ ( k chẵn)

(1) <=> $(2k^{3})^{3}$ + $(2k)^{3}$ + $[(k^{3}-1)^{2}]^{2}$ = $(k^{3}+1)^{4}$

Vì $2k^{3}$ và $k^{3}+1$ là 2 số nguyên tố cùng nhau => GCD($2k^{3}$;2k;$(k^{3}-1)^{2}$;$k^{3}+1$))=1

Đặt x = $2k^{3}$ ; y=2k; z=$(k^{3}-1)^{2}$;t=$k^{3}+1$ ( k chẵn ; k nguyên dương)

với mọi k chẵn và k nguyên dương thì pt đã cho có vô hạn bộ số => đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi LNT0802: 16-10-2014 - 20:35