Đến nội dung

Hình ảnh

ĐỀ THI CHỌN ĐT QG TỈNH HẢI PHÒNG NĂM 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1
Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 302 Bài viết

Nguồn: Thầy Nguyễn Trung Tuân

Hình gửi kèm

  • 14720507_607880009399496_4730320173382202690_n.jpg
  • 14666189_10154154512561379_1733365788669791638_n.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 22-10-2016 - 18:03


#2
quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Bài hình ngày 1: 
a) Gọi H là giao MK với BC. Gọi S là trung điểm của PD, dễ thấy SI vuông góc với MD. Do đó tam giác SDI và MHD đồng dạng.

 

Do M là trung điểm của KH, S là trung điểm của PD nên tam giác PDI và KHD đồng dạng. Từ đó có PI vuông góc với KD.

PI vuông góc với KD nên PI là trung trực của LD. Vậy PD = PL, do đó PL là tiếp tuyến của (I).

 

b) Câu b là bài toán ngược của dạng bài: Cho tam giác ABC có (I) nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. EF cắt BC tại P. AD cắt (I) tại L. Khi đó PL là tiếp tuyến thứ 2 của (I).

 

Trong bài này tam giác KBC là tam giác ABC. Đã có P, D, L, I. Có thêm BD = CE nên (I) là đường tròn nội tiếp của KBC.

 

HP_H1.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quantv2006: 22-10-2016 - 09:46


#3
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

Bài 1:

a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $ 

b/

Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $ 

Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $

Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được

$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $ 

Từ đó suy ra được $n=6k+3 $ 

 

 



#4
superpower

superpower

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 492 Bài viết

Cho dãy số $u_1=1; u_{n+1} = \frac{u_n^2+n}{2u_n} $ 

Tìm $Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} $ 

Bài làm 

Ta sẽ quy nạp chứng minh $1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} (*)$ 

Thật vậy $(*)$ đúng với $n=1$

Giả sử đúng tới $n$, ta chứng minh đúng tới $n+1$ 

Tức là ta cần chứng minh $1-\frac{1}{n+1} \leq \frac{u_{n+1}}{\sqrt{n+1}} \leq 1+\frac{1}{n+1} $

Chứng minh vế đầu, ta có

$u_{n+1}= \frac{u_n^2+n}{2u_n} \geq \sqrt{n}  \geq \sqrt{n+1} -\frac{1}{\sqrt{n+1}} $  

Tương đương với $\sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \geq \sqrt{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $n+ \frac{1}{n+1} + \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq n+1 $ 

Tương đương với $  \frac{2\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} \geq \frac{n}{n+1} $ 

Bình phương 2 vế, ta được $4 \geq \frac{n}{n+1}$ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó vế đầu được chứng minh

Ta tiêp tục chứng minh vế sau

Ta sẽ chứng minh 1 bất đẳng thức mạnh hơn như sau 

$u_{n+1} =\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} \leq \sqrt{n+1} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} $ 

Ta có $\frac{u_n^2+n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} $

         $<=> \frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}} (**) $

Nếu mà $\frac{n}{2u_n} \leq \frac{u_n}{2} <=> u_n^2 \geq n $ thì Ta có $(**)$ đúng theo quy nạp 

Còn nếu $u_n^2 \leq n <=> u_n \leq \sqrt{n} $ thì ta có 

$\frac{u_n}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \frac{\sqrt{n}}{2} + \frac{n}{2u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{1}{\sqrt{n}}$

Tức là ta cần chứng minh 

$\frac{n}{u_n} \leq \sqrt{n} + \frac{2}{\sqrt{n}} $ 

Tức là $u_n \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $  

Mà ta đã có là $u_n \geq \sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} $

Nên ta cần chứng minh  

$\sqrt{n} -\frac{1}{\sqrt{n}} \geq \frac{n\sqrt{n}}{n+2} $

$<=> (n-1)(n+2) \geq n^2 <=> n-2 \geq 0 $ đúng $\forall n \geq 2 $

Do đó theo nguyên lí quy nạp ta có 

$1- \frac{1}{n} \leq \frac{u_n}{\sqrt{n}} \leq 1+ \frac{1}{n} $

Cho $n-> +\infty => Lim \frac{u_n}{\sqrt{n}} =1 $

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 22-10-2016 - 16:21


#5
takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Bài 3 ngày 2:

Theo đề bài, bài toán đúng với $n=2$, giả sử mệnh đề đúng tới $n=k\left ( k\geq 2 \right )$. Ta chứng minh bài toán đúng với $n=k+1$.

Nếu $ord_2\left ( p^{k+1} \right )\neq \left ( p-1\right )p^k$. Đặt $ord_2\left ( p^{k+1} \right )=a$. Theo định lý Euler, ta có $p^{k+1}|2^{\left(p-1\right)p^k}-1$ cho nên $a|\left ( p-1 \right )p^k(1)$.

Lại có $ord_2\left ( p^2 \right )=p\left ( p-1 \right )$ và $p^2|2^a-1$ cho nên $\left ( p-1 \right )p|a(2)$.

Từ $\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )\Rightarrow a=\left ( p-1 \right )p^\alpha \left ( 1\leq \alpha<k\right)$$\Rightarrow v_p\left ( 2^{\left ( p-1 \right )p^\alpha }-1 \right )\geq k+1>\alpha+1$( vô lý theo giả sử quy nạp), do đó $ord_2\left ( p^{k+1} \right )= \left ( p-1\right )p^k$.

Vì $v_p\left ( 2^{\left ( p-1 \right )p^{k-1}}-1 \right )=k\Rightarrow 2^{\left ( p-1 \right )p^{k-1}}=p^ks+1\left ( \left (s,p \right )=1 \right )$. Theo bổ đề LTE, ta có $v_p\left ( 2^{\left ( p-1 \right )p^k}-1 \right )=v_p\left ( \left [ 2^{\left ( p-1 \right )p^{k-1}}\right ]^p-1 \right )=v_p\left ( \left ( p^ks+1 \right )^p-1 \right )=v_p\left ( p^ks \right )+v_p\left ( p \right )=k+1$

Vậy mệnh đề trên đúng với $n=k+1$ do đó bài bài toán đúng theo nguyên lý quy nạp.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 22-10-2016 - 21:58


#6
quantv2006

quantv2006

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 162 Bài viết

Bài hình bài 2 đỡ rắc rối hơn bài hình ngày 1, có vẻ đơn giản.

a) Cái này dễ chứng minh và có nhiều cách quá nên khỏi nói.

 

b) Dễ thấy SK = SM, từ đó suy ra TA = TK. TA là tiếp tuyến của (C) nên TK là tiếp tuyến của (C) tại K.



#7
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bài 4 ngày 1. Gọi $\{x_1, x_2,..., x_k\}$ là tập hợp các số thỏa mãn $2f(x_i)\geqslant x_i$

Khi đó tính được $S_f = 4\sum f(x_i)-2\sum x_i-\dfrac{3n(3n+1)}{2}$

Mà $\sum f(x_i)\leqslant 3n+(3n-1)+...+(3n-k+1)$ và $\sum x_i\geqslant 1+2+...+k$

Từ đó thay vào tính giá trị lớn nhất dễ dàng.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 23-10-2016 - 19:45

Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#8
anhquantpc

anhquantpc

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Đính chính: hải Phòng là thành phố trực thuộc trung ương.



#9
takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết

Bài 2 ngày 2:
Không mất tính tổng quát giả sử $a\leq b\leq c$

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương $\left ( ab+bc+ca \right )^2\geq 9\left ( abc+ab+bc+ca-4 \right )\Leftrightarrow 3\left [ a^2\left ( b-c \right )^2+b^2\left ( c-a \right )^2+c^2\left ( a-b \right )^2 \right ]+\left ( 6-ab-bc-ca \right )\left [\left ( a-b \right )^2+\left ( b-c \right )^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]\geq 0\left ( * \right )$

Vì $c=max\left \{ a,b,c \right \}\Rightarrow \left (3c^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( a-b \right )^2\geq 0\left ( 1 \right )$

Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev có $\left ( 3a^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( b-c \right )^2+\left ( 3b^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( c-a \right )^2 \geq \frac{1}{2} \left [ 3\left ( a^2+b^2 \right )+12-2\left ( ab+bc+ca \right ) \right ]\left [ \left ( b-c \right )^2+\left ( c-a \right )^2 \right ]$

$3\left ( a^2+b^2 \right )+12-2\left ( ab+bc+ca \right )\geq \left ( a+b \right )^2+12-2c\left ( a+b \right )=\left ( 6-c \right )^2+12-2c\left ( 6-c \right )=3\left ( c-4 \right )^2\geq 0\Rightarrow \left ( 3a^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( b-c \right )^2+\left ( 3b^2+6-ab-bc-ca \right )\left ( c-a \right )^2\geq 0\left ( 2 \right )$

Từ $\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )$ suy ra $\left ( * \right )$ đúng, do đó bất đẳng thức được chứng minh.



#10
lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Bài 1:

a/ Dễ chứng minh được $P_n(x) =(x+1)^n + (x-1)^n $ 

b/

Do $P_n(x) \vdots x^2 + 3 $ 

Nên $P_n(i\sqrt{3}) =0 $

Do đó thay vào và áp dụng CT moirve, ta được

$cos \frac{n\pi}{3} + isin\frac{n\pi}{3} + cos \frac{2n\pi}{3} + isin\frac{2n\pi}{3} =0 $ 

Từ đó suy ra được $n=6k+3 $ 

Ý tưởng khá giống VMO 2015



#11
lmht

lmht

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 88 Bài viết

Và câu bất đúng với mọi a,b,c thực thỏa mãn điều kiện xác định của căn thức.






0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh