Chủ đề này có 13 trả lời

[bangbang1412]

                                                              Thi thử KHTN đợt $5$ ( vòng $2$ ) 

Câu $1$ : Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn đẳng thức

                                              $x^{3}+y^{3}+(x+y)^{3}+30xy=2000$

Chứng minh $x+y=10$

Câu $2$ : a) Tìm số tự nhiên $n$ thỏa mãn $n^{4}+n^{3}+n^{2}+n+1$ là số chính phương .

                 b) Cho $(a+b)(b+c)(a+c)=1$ và $a,b,c>0$ . Tìm max $ab+bc+ac$

Câu $3$ : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $P$ là một điểm trong tam giác sao cho $AP$ là phân giác góc $BAC$ . Kẻ $PF,PE$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$ . Kẻ đường vuông góc với $AP$ tại $A$ cắt $(O)$ tại $D$ , kẻ $DP$ cắt $EF$ tại $Q$

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

a) Chứng minh $MQ$ song song $AP$

b) Gọi $(K),(L)$ là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BQF$ và $CQE$ . Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ cắt nhau tại một điểm trên $(O)$

c) Kéo dài $QM$ cắt $(K),(L)$ lần lượt tại $S,T$ . Chứng minh rằng trung trực $ST$ và $AO$ giao nhau tại một điểm trên $(O)$ 

Câu $4$ : Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì tồn tại các số nguyên dương phân biêt .$a_{1},a_{2},........a_{n}$ mà với mọi $1\leq i < j \leq n$ mà $a_{i}+a_{j}$ chia hết cho $a_{j}-a_{i}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 27-05-2014 - 09:58

[Trang Luong]

                                                              Thi thử KHTN đợt $5$ ( vòng $2$ ) 

Câu $1$ : Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn đẳng thức

                                              $x^{3}+y^{3}+(x+y)^{3}+30xy=2000$

Chứng minh $x+y=10$

Câu $2$ : a) Tìm số tự nhiên $n$ thỏa mãn $n^{4}+n^{3}+n^{2}+n+1$ là số chính phương .

                 b) Cho $(a+b)(b+c)(a+c)=1$ và $a,b,c>0$ . Tìm max $ab+bc+ac$

Câu $3$ : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $P$ là một điểm trong tam giác sao cho $AP$ là phân giác góc $BAC$ . Kẻ $PF,PE$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$ . Kẻ đường vuông góc với $AP$ cắt $(O)$ tại $D$ , kẻ $DP$ cắt $EF$ tại $Q$

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

a) Chứng minh $MQ$ song song $AP$

b) Gọi $(K),(L)$ là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BQF$ và $CQE$ . Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ cắt nhau tại một điểm trên $(O)$

c) Kéo dài $QM$ cắt $(K),(L)$ lần lượt tại $S,T$ . Chứng minh rằng trung trực $ST$ và $AO$ giao nhau tại một điểm trên $(O)$ 

Câu $4$ : Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì tồn tại các số nguyên dương phân biêt .$a_{1},a_{2},........a_{n}$ mà với mọi $1\leq i < j \leq n$ mà $a_{i}+a_{j}$ chia hết cho $a_{j}-a_{i}$

Câu 2b: 

ÁP dụng BĐT AM-GM : $1=(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)\left ( ab+bc+ac \right )\geq \frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ac)}(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{3}{4}$

[Trang Luong]

                                                              Thi thử KHTN đợt $5$ ( vòng $2$ ) 

Câu $1$ : Cho các số thực $x,y$ thỏa mãn đẳng thức

                                              $x^{3}+y^{3}+(x+y)^{3}+30xy=2000$

Chứng minh $x+y=10$

Câu $2$ : a) Tìm số tự nhiên $n$ thỏa mãn $n^{4}+n^{3}+n^{2}+n+1$ là số chính phương .

                 b) Cho $(a+b)(b+c)(a+c)=1$ và $a,b,c>0$ . Tìm max $ab+bc+ac$

Câu $3$ : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $P$ là một điểm trong tam giác sao cho $AP$ là phân giác góc $BAC$ . Kẻ $PF,PE$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$ . Kẻ đường vuông góc với $AP$ cắt $(O)$ tại $D$ , kẻ $DP$ cắt $EF$ tại $Q$

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

a) Chứng minh $MQ$ song song $AP$

b) Gọi $(K),(L)$ là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BQF$ và $CQE$ . Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ cắt nhau tại một điểm trên $(O)$

c) Kéo dài $QM$ cắt $(K),(L)$ lần lượt tại $S,T$ . Chứng minh rằng trung trực $ST$ và $AO$ giao nhau tại một điểm trên $(O)$ 

Câu $4$ : Chứng minh với mọi số tự nhiên $n$ thì tồn tại các số nguyên dương phân biêt .$a_{1},a_{2},........a_{n}$ mà với mọi $1\leq i < j \leq n$ mà $a_{i}+a_{j}$ chia hết cho $a_{j}-a_{i}$

Câu 1:

Ta có : $x^3+y^3+30xy+(x+y)^3=2000\Rightarrow 2\left ( x+y \right )^3-2000-3xy\left ( x+y-10 \right )=0\Leftrightarrow 2\left ( x+y-10 \right )\left [\left ( x+y \right )^2+100+10(x+y) \right ]-3xy\left ( x+y-10 \right )=0\Leftrightarrow \left ( x+y-10 \right )\left [ 2(x+y)^2+100-3xy+10(x+y) \right ]=0\Rightarrow x+y=10$

[bangbang1412]

 Đây là lời giải của tờ lời giải câu $4$

Quy nạp , với $n=2$ hiển nhiên khẳng định đúng , giả sử khẳng định đúng đến $n=k$ ta sẽ chứng minh $n=k+1$ đúng .

Giả sử dãy $a_{1},a_{2},.......a_{k}$ thỏa mãn đề , xét dãy mới $a_{1}+x , a_{2}+x,.........a_{k}+x,x$

Hiển nhiên dãy mới sẽ cần thỏa mãn $a_{i}+a_{j}+2x$ chia hết $a_{i}-a_{j}$ và $2x+a_{i}$ chia hết $a_{i}$

Theo giả thiết quy nạp ta chỉ cần có $2x$ chia hết $a_{i}$ và $2x$ chia hết $a_{i}-a_{j}$

Hiển nhiên chọn $x = \prod_{i=1}^{k} a_{i} .\prod_{1\leq i<j\leq n} (a_{j}-a_{i})$ thỏa mãn .

Câu $1$ : ( cách em , còn lời giải của KHTn giống Trang Luong ) 

Xét $x+y>10$ khi đó ta có $2000=x^{3}+y^{3} + (x+y)^{3}+30xy \geq 10(x^{2}-xy+y^{2})+10(x+y)^{2}+30xy$

Hay $200 \geq x^{2}-xy+y^{2}+(x+y)^{2}+3xy = 2(x+y)^{2}$ hay $100 \geq (x+y)^{2}$ ( vô lý )

Xét $x+y < 10$ tương tự ta có $100 \leq (x+y)^{2}$ hay $x+y\leq -10$

Nhưng khi đó $2000=x^{3}+y^{3}+(x+y)^{3}+30xy \leq -10(x^{2}-xy+y^{2}) - 10(x+y)^{2} + 30xy = -10 ( x^{2}-xy+y^{2}+(x+y)^{2}-3xy) = -10( 2x^{2}-2xy+2y^{2} \leq 0$ ( vô lý)

Vậy $x+y=10$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi bangbang1412: 27-05-2014 - 10:06

[bangbang1412]

Đoạn này có vấn đề. ĐƯờng vuông góc tại đâu, mà cắt $(O)$ phải 2 điểm chứ

em sẽ sửa lại 

[Trang Luong]

Câu $3$ : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ . Gọi $P$ là một điểm trong tam giác sao cho $AP$ là phân giác góc $BAC$ . Kẻ $PF,PE$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$ . Kẻ đường vuông góc với $AP$ tại $A$ cắt $(O)$ tại $D$ , kẻ $DP$ cắt $EF$ tại $Q$

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

a) Chứng minh $MQ$ song song $AP$

b) Gọi $(K),(L)$ là các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $BQF$ và $CQE$ . Chứng minh rằng $(K)$ và $(L)$ cắt nhau tại một điểm trên $(O)$

c) Kéo dài $QM$ cắt $(K),(L)$ lần lượt tại $S,T$ . Chứng minh rằng trung trực $ST$ và $AO$ giao nhau tại một điểm trên $(O)$ 

 

Từng đường tròn $(K)$ và $(L)$ hay là cả 2 đường tròn cắt tại 1 điểm trên $(O)$

 

[Trang Luong]

 

Phần a) Ta có : Gọi $DM\cap (O)=\left \{ T' \right \}, AP\cap EF=\left \{ I \right \}$

Ta nhận thấy : $IQ\parallel AD\Rightarrow \frac{IQ}{AD}=\frac{IP}{AP}=\frac{QP}{DP}$ mà $\Delta DBT'\sim \Delta AEP$ và $EI,BM$ là đường cao của 2 tam giác $\Rightarrow \frac{T'M}{DT'}=\frac{IP}{AP}\Rightarrow \frac{T'M}{DT'}=\frac{PQ}{PD}\Rightarrow PT'\parallel QM\Rightarrow QM\perp EF$ vì $A,P,T'$ thẳng hàng

Phần b) Đề đúng là $L,K$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta BEQ,\Delta CQF$

Gọi $Y$ là giao điểm của $DQ$ với $(O)$ 

Ta thấy : $ADYB$ là tứ giác nội tiếp mà $EQ\parallel AD\Rightarrow QEBY$ là tứ giác nội tiêp.

Ta dễ dàng có : $\angle ACY+\angle ABY=180^{\circ}\Leftrightarrow \angle ACY+\angle EBY=180^{\circ}\Rightarrow \angle ACY=\angle EQY\Rightarrow \angle EQY=\angle FCY\Rightarrow QFCY$ nội tiếp$\Rightarrow (K),(L),(O)$ cắt nhau tại $Y$

P/s: Mấy thánh lp 10, để mấy mem 99 làm nhé

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 27-05-2014 - 15:42

[Trang Luong]

Thôi mình xin xơi nốt phần c)

Phần c) Ta gọi $X$ là giao điểm của $AO$ với $(O)$, $T'X\cap ST=\left \{ U \right \}$

Vì $\angle AT'X=90^{\circ},AT'\parallel QM\Rightarrow AT'\parallel TS\Rightarrow \angle SUX=90^{\circ}$

Ta chứng minh : $T,X,C$ và $B,S,X$ thẳng hàng

Ta thấy : $\angle ABX=90^{\circ}$ và $QEBS$ nội tiếp $\Rightarrow \angle EBS+\angle EQS=180^{\circ}\Rightarrow \angle EBS=90^{\circ}\Rightarrow \angle ABS=90^{\circ}$ Vì $\angle EQS=90^{\circ}\Rightarrow B,S,X$ thẳng hàng

Tương tự : $T,X,C$  thẳng hàng

Ta có : $\angle TSX=\angle QSB=\angle AEF$ vì $EQSB$ nội tiếp

mà $\angle STX=\angle QTC=\angle AFE$ vì $QFCT$ nội tiếp

$\Rightarrow \Delta STX\sim \Delta EAF(g.g)$ Vì $ \Delta EAF$  cân nên $ \Delta STX$ cân $\Rightarrow T'X$ là trung trực của $ST$ hay trung trực của $ST$ cắt $AO$ tại 1 điểm trên $(O)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 27-05-2014 - 20:56

[phuocdinh1999]

                                                              Thi thử KHTN đợt $5$ ( vòng $2$ ) 

 

Câu $2$ : a) Tìm số tự nhiên $n$ thỏa mãn $n^{4}+n^{3}+n^{2}+n+1$ là số chính phương .

 

Còn câu cuối 

Đặt $A=n^4+n^3+n^2+n+1\Rightarrow 4A$ là số chính phương

Dễ thấy $(2n^2+n)^2<4A\leq (2n^2+n+2)^2$ (tự cm nhé )

$\Rightarrow \begin{bmatrix} 4A=(2n^2+n+1)^2 & \\ 4A=(2n^2+n+2)^2 & \end{bmatrix}\Rightarrow n=0,3$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuocdinh1999: 27-05-2014 - 16:57

[Zaraki]

Lời giải.

a) $AP \cap EF=L,AP \cap (O)=I$. Dễ chứng minh $D,M,I,O$ thẳng hàng hay nói cách khác thì $D$ là điểm chính giữa chung $BC$.

+) $\triangle AEL \sim \triangle DBM \; ( \text{g.g})$ suy ra $\frac{AL}{DM}= \frac{DB}{AE}$. Tương tự thì $\triangle AEP \sim \triangle DBI$ nên $\frac{AP}{DI}= \frac{AE}{BD}$. Như vậy $\frac{AL}{DM}= \frac{DI}{AP}$ hay $\frac{AL}{AP}= \frac{DM}{DI}$.

+) $LQ \parallel AD$ nên $\frac{AL}{AP}= \frac{DQ}{DK}$. 

Như vậy $\frac{DM}{DI}= \frac{DQ}{DK}$ suy ra $QM \parallel AP$.

 

b) $(K) \cap (L)=R$. Khi đó tứ giác $EQRB$ nội tiếp nên $\angle BRQ= AEQ=180^{\circ}- \angle BEQ$.

Ta cũng có $\angle QRC= \angle AFE$.

Như vậy $\angle BRC= \angle BRQ+ \angle QRC= \angle AEF+ \angle AFE=180^{\circ}- \angle EAF$.

Ta suy ra $R \in (O)$. Vậy $(K)$ và $(L)$ cắt nhau tại một điểm trên $(O)$.

 

c) Không mất tính tổng quát, giả sử $S$ nằm giữa $M$ và $T$.

Dễ chứng minh $\angle BIM= \angle AEF$. Tứ giác $BEQS$ nội tiếp nên $\angle BSQ= \angle AEF$. Do đó $\angle BIM= \angle BSM$ dẫn đến tứ giác $BISM$ nội tiếp. Khi đó $\angle IBM= 180^{\circ}- \angle ISM= \angle IST$.

Chứng minh tương tự $ITCM$ nội tiếp suy ra $\angle ITS= \angle ICB$.

Mà $\angle IBM= \angle ICB$ nên $\angle ITS= \angle IST$. Do đó $\triangle IST$ cân tại $I$. Hay nói cách khác $I$ thuộc trung trực $TS$.

$AO \cap (O)=X$ thì suy ra $AIX=90^{\circ}$ vì $I \in (O)$. Vì $IX \perp AI$ và $AI \parallel ST$ nên $IX \perp TS$. Do đó $IX$ chính là trung trực của $ST$. $\blacksquare$

 

[binvippro]

bạn nói rõ một chút ở khúc đầu được không ?

[mnguyen99]

Câu 2b: 

ÁP dụng BĐT AM-GM : $1=(a+b)(b+c)(c+a)\geq \frac{8}{9}(a+b+c)\left ( ab+bc+ac \right )\geq \frac{8}{9}\sqrt{3(ab+bc+ac)}(ab+bc+ac)\Rightarrow ab+bc+ac\leq \frac{3}{4}$

giải thích đoạn này với.

[ABCchamhoc]

Đề thi Vòng 1 - Đợt 5

Câu 1.

1.Giải hệ phương trình :$ x^2+3y^2 = 2+x+y \\ 2x^2 +y^2+xy - x - y = 2 $

 

2.Giải phương trình : $1 + \sqrt[3]{x+2} = x + \sqrt[3]{2x+1}$

Cầu 2.

1. Với a,b, là các số nguyên sao cho $a^2+b^2$ chia hết cho 13. CMR tồn tại 1 trong 2 số 2b+3b, 3a+2b chia hết cho 13

2. Với a,b,c là các số thực dương thoả mãn ab+bc+ca=3abc. Tìm GTNN của

                   p  =  \frac{a}{b^2}+\frac{b}{c^2}+\frac{c}{a^2}

Câu 3. Cho tam giác ABC nột tiếp đường tròn tâm (O). Các điểm E, F thuộc cũng BC không chưa A sao cho EF//BC và tia AE nằm giữa AB, AF. Gọi H là trực tâm tam giác ABC, FH cắt (O)ở G khác F. Gọi (L) là ưuờng tròn ngoại tiếp tam giác AGH.

            1.CMR L nằm trên AE

            2.Gọi (L)cắt CA, AB ở M, N khác A. CMR AF vuông góc với MN tại P.

            3.Gọi GH cắt MN tại Q. AQ cắt (O) tại R khác A. CMR đường thẳng qua R vuông góc   AF và GF cắt nhat tại (O)

Câu 4. Cho a,b,c là các số thực dương. CMR

            \frac{a}{b+2c+d}+\frac{[b}{c+2d+a}+\frac{[c}{d+2a+b}+\frac{d}{a+2b+c} > 1

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ABCchamhoc: 01-06-2014 - 22:06

[Trang Luong]

giải thích đoạn này với.

Ta có : $9\left ( a+b \right )\left ( b+c \right )\left ( c+a \right )=9\left ( ab+bc+b^2+ac \right )\left ( c+a \right )=9\left ( 2abc+bc^2+b^2c+c^2a+a^2b+ab^2+a^2c \right )=8\left ( a^2b+b^2c+c^2a+a^2c+bc^2+c^2b+2abc \right )+\left ( a^2b+b^2c+c^2a+a^2c+bc^2+c^2b+2abc \right )\geq 8\left ( a^2b+b^2c+c^2a+a^2c+bc^2+c^2b+2abc \right )+8abc=8\left ( a^2b+b^2c+c^2a+a^2c+bc^2+c^2b+3abc \right )=8\left ( a+b+c \right )\left ( ba+ca+bc \right )$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trang Luong: 02-06-2014 - 21:24