Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi HSG 11 THPT Nguyễn Chí Thanh


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
vuvanquya1nct

vuvanquya1nct

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 307 Bài viết

Bài 1.Giải phương trình $log_3\frac{x^2+3x+3}{2x^2+2x+3}=x^2-x$

Bài 2:Chứng minh rằng với mọi số nguyên a,b luôn tìm được số nguyên dương n sao cho số $f(n)=n^3+an^2+bn+2009$ không phải số chính phương

Bài 3 Cho dãy (xn) thỏa mãn $x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2};x_0=2$

a) Tìm limun

b)Chứng minh rằng x1+x2+...+x2008<2009

Bài 4 Tìm đa thức P(x) thỏa mãn đk:$P(x^2+y^2)=(P(x))^2+(P(y))^2$ với mọi x,y thuộc R

Bài 5Cho tam giác ABC (AB=c,AC=b,BC=a) nội tiếp đường tròn tâm O,bán kính R và ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r

a) Đặt d=OI,Chứng minh rằng $d^2=R^2-2Rr$ (Hệ thức Euler)

b).Giả sử: $\widehat{AIO}=90 độ chứng minh rằng $AI<\frac{1}{3}\sqrt{ab+bc+ac}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PSW: 03-12-2013 - 19:44

:ukliam2:  


#2
Hoang Tung 126

Hoang Tung 126

    Thiếu tá

  • Thành viên
  • 2061 Bài viết

Bài 5: Bạn mở sách nâng cao phát triển toán 9 tập 2 



#3
Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Bài 1.Giải phương trình $log_3\frac{x^2+3x+3}{2x^2+2x+3}=x^2-x$

Bài 3 Cho dãy (xn) thỏa mãn $x_{n+1}=\frac{2x_n+1}{x_n+2};x_0=2$

a) Tìm limun

b)Chứng minh rằng x1+x2+...+x2008<2009

Chú ý tiêu đề

Bài 1:

 

Đặt $u=x^2+3x+3,v=2x^2+2x+3$,   $u,v>0$

 

$pt\Leftrightarrow \log_3\frac{u}{v}=v-u\Leftrightarrow \log_3u+u=\log_3v+v$  (*)

 

Xét hàm số: $f(t)=\log_3t+t,$  $t>0$  có  $f'(t)=\frac{1}{t.\ln 3}+1>0,\forall t>0$

 

$\Rightarrow f(t)$ đồng biến trên $R^+$

 

Do đó  $(*)\Leftrightarrow f(u)=f(v)\Leftrightarrow u=v\Leftrightarrow x^2-x=0$ $\Leftrightarrow x=0\vee x=1$

 

Thử lại: $x=0,x=1$ thỏa mãn

 

Bài 3:

Đặt $x_n=y_n+t$. Thay vào công thức truy hồi ta được:

 

$y_{n}+t=\frac{2y_{n-1}+2t+1}{y_{n-1}+t+2}\Rightarrow y_n=\frac{(2-t)y_{n-1}-t^2+1}{y_{n-1}+t+2}$

 

Chọn $t$: $-t^2+1=0\Rightarrow t=1$

 

$\Rightarrow y_n=\frac{y_{n-1}}{y_{n-1}+3}\Rightarrow \frac{1}{y_n}=1+\frac{3}{y_{n-1}}$ (*)

 

Tiếp tục đặt: $v_n=\frac{1}{2}+\frac{1}{y_n}$

 

Từ (*) $\Rightarrow v_n=3v_{n-1}$ nên $(v_n)$ là cấp số nhân với  $\left\{\begin{matrix}v_1=\frac{9}{2} & & \\ q=3 & &\end{matrix}\right.$

 

$\Rightarrow v_n=\frac{3^{n+1}}{2}$ $\Rightarrow x_n=\frac{3^{n+1}+1}{3^{n+1}-1}$, $\forall n \in N$

 

a) $\lim x_n=\lim \frac{3^{n+1}+1}{3^{n+1}-1}=1$

 

b) 

Ta có: $x_n=\frac{3^{n+1}+1}{3^{n+1}-1}<1+\frac{1}{3^{n+1}},\forall n \in \mathbb{N}$

 

$\Rightarrow x_1+...+x_{2008}<2008+\frac{1}{3^1}+...+\frac{1}{3^{2009}}=2008+\frac{1-\frac{1}{3^{2009}}}{2}<2009$

 

$\Rightarrow$ Đpcm



#4
Primary

Primary

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Bài 4 Tìm đa thức P(x) thỏa mãn đk:$P(x^2+y^2)=(P(x))^2+(P(y))^2$ với mọi x,y thuộc R      (*)

Mới học cái này :D

Thay $x=y=0$ ta được:  $P(0)=2(P(0))^2\Leftrightarrow P(0)=0$  $\vee$  $ P(0)=\frac{1}{2}$

 

TH1: Nếu $P(x)$ là 1 hằng số nghĩa là $P(x)\equiv C$ thì từ (*) ta có  

 

    $C=2C^2\Leftrightarrow C=0$   $\vee$   $ C=\frac{1}{2}$

 

$\Rightarrow P(x)\equiv 0$   $\vee$   $ P(x)\equiv \frac{1}{2}$

 

TH2: Nếu   $P(x)\not\equiv C$.  

 

Giả sử:       $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+a_0,a_n\neq 0$

 

Trong (*) lần lượt thay  $x=y=k$  và  $x=k$, $y=0$  ta được:    $\left\{\begin{matrix}P(2k^2)=2(P(k))^2 & & \\ P(k^2)=(P(k))^2+(P(0))^2 & & \end{matrix}\right.$

 

So sánh hệ số của bậc cao nhất:  $\left\{\begin{matrix} 2^na_n=a_n^2 & & \\ a_n=a_n^2 & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a_n=1 & & \\ n=1 & & \end{matrix}\right. \Rightarrow P(x)=x+b$,  $b$ là hằng số

 

Mà   $P(0)=0$  $\vee$  $ P(0)=\frac{1}{2}$     $\Rightarrow P(x)=x$  $\vee$  $ P(x)=x+\frac{1}{2}$

 

Thử lại: có 3 đa thức thỏa mãn là   $P(x)\equiv 0$, $P(x)\equiv \frac{1}{2}$, $P(x)\equiv x$



#5
trandaiduongbg

trandaiduongbg

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 327 Bài viết

Bài 2:Chứng minh rằng với mọi số nguyên a,b luôn tìm được số nguyên dương n sao cho số $f(n)=n^3+an^2+bn+2009$ không phải số chính phương

Solution

Giả sử tồn tại a,b sao cho với mọi n nguyên dương ta có: $f(n)=n^3+an^2+bn+2009$ là số chính phương

Khi đó:

f(1)=2010+a+b

f(2)=2017+4a+2b

f(3)=2036+9a+3b

f(4)=2073+16a+4b

Ta có:

f(4)-f(2)=56+12a+2b$\equiv$2(mod 4) mà hiệu của 2 số chính phương chia cho 4 chỉ có thể dư là -1;0;1 nên $2b \equiv 0$(mod 4)

Lại có f(3)-f(1)=26+8a+2b$\equiv 2b+2 \equiv 2$(mod 4) (vô lí)

Vậy với mọi a,b thì luôn tồn tại n đẻ f(n) không là số chính phương


79c224405ed849a4af82350b3f6ab358.0.gif

 

 





0 người đang xem chủ đề

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