Chủ đề này có 13 trả lời

[tohoproirac]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH 

ĐĂKLĂK

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 

NĂM HỌC 2014-2015

ngày: 22/10/2014

Ngày 1

Câu 1: (5đ)

      Tìm đa thức P(x)  có hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 6 thỏa mãn P(7) = 102013

 

 

Câu 2: (5đ)

      Giải hệ phương trình 

 

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\\frac{1}{\sqrt{xy}} +\frac{1}{\sqrt{zy}} +\frac{1}{\sqrt{xz}} =9 \\10(x^{3}+y^{3}+z^{3})-9(x^{5}+y^{5}+z^{5}) =1 \end{matrix}\right.$

 

Câu 3: (5đ)

     Cho tứ giác ABCD thay đổi nội tiếp đường tròn ( O,R =$\sqrt{5}$) và hai đường chéo AC, BD vuông góc với nhau tại I thỏa mãn OI=1. Gọi S là diện tích tam giác ICD. Tìm giá trị lớn nhất , nhỏ nhất của S

 

Câu 4:(5đ)

      Cho a, b, c là các số thực dương . CM rằng 

 

$\frac{(a+b-c)^{2}}{(a+b)^{2}+c^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{(a+c)^{2}+b^{2}}+\frac{(c+b-a)^{2}}{(c+b)^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5}$

 

P/s: đề tỉnh mình hơi buồn, giá gì hay như mấy tỉnh khác thích hơn   

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tohoproirac: 22-10-2014 - 12:30

[caybutbixanh]

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH 

ĐĂKLĂK

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 

NĂM HỌC 2014-2015

ngày: 22/10/2014

Ngày 1

 

 

 

Câu 2: (5đ)

      Giải hệ phương trình 

 

$\left\{\begin{matrix} x+y+z=1\\\frac{1}{\sqrt{xy}} +\frac{1}{\sqrt{zy}} +\frac{1}{\sqrt{xz}} =9 \\10(x^{3}+y^{3}+z^{3})-9(x^{5}+y^{5}+z^{5}) =1 \end{matrix}\right.$

 

 

Câu 4:(5đ)

      Cho a, b, c là các số thực dương . CM rằng 

 

$\frac{(a+b-c)^{2}}{(a+b)^{2}+c^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{(a+c)^{2}+b^{2}}+\frac{(c+b-a)^{2}}{(c+b)^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5}$ (*)

P/s: đề tỉnh mình hơi buồn, giá gì hay như mấy tỉnh khác thích hơn   

 

Lời giải :

Bài 2 : Điều kiện :$x,y,z >0$

Ta có :

$(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}) \geq 9\\$

$\Rightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz} \geq 1 $

Rất quen thuộc $x+y+z \geq  \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$.Từ phương trình thư nhất suy ra $x=y=z=\frac{1}{3}$

Thay vào phương trình thứ ba thấy thỏa mãn.

Vậy $(x;y;z)=(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$

Bài 4: Chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó :

$(*)\Leftrightarrow \frac{(3-2c)^{2}}{(3-c)^{2}+c^{2}}+\frac{(3-2b)^{2}}{(3-b)^{2}+b^{2}}+\frac{(3-2a)^{2}}{(3-a)^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5} (1)$

Trước hết chứng minh BĐT sau đây là đúng :

$\frac{(3-2x)^{2}}{(3-x)^{2}+x^{2}}\geq \frac{-18}{25}x+\frac{23}{25}\\$

$\Leftrightarrow \frac{36x^{3}-54x^{2}+18}{2x^{2}-6x+9}\geq 0 (*;*)$

ta có :$2x^{2}-6x+9=2(x-\frac{3}{2})^{2}+\frac{9}{2} >0$

Xét $g(x)=36x^{3}-54x^{2}+18;g'(x)=108x^{2}-108;g'(x)=0\Leftrightarrow x=0 ;x=1$

Từ đó dễ dàng suy ra $g(x) \geq g(1)=0$

Suy ra $(*;*)$ đúng .

Áp dụng bất đẳng phụ trên, ta có :

$VT_{(1)}\geq \frac{-18}{25}(a+b+c)+3.\frac{23}{25}=\frac{3}{5}=VP_{(1)}$

Suy ra dpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

------------------------------------------

Anh tohoproirac chắc làm hết nhỉ....

[mnguyen99]

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH 

ĐĂKLĂK

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 

NĂM HỌC 2014-2015

ngày: 22/10/2014

Ngày 1

Câu 1: (5đ)

      Tìm đa thức P(x)  có hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 6 thỏa mãn P(7) = 102013

 

 

 

 

rõ ràng 102013 chia 7 dư 2 và do đk của hệ số nên hệ số tự do của đa thức bằng 2.

trừ đi 2 và rút gọn cho 7. Ta được 1 đa thức Q(x) mới cos hệ số nguyên không âm không lớn hơn 6 thoả Q(7)=14573.

tiếp tục các bước trên ta sẽ tìm ra đa thức P(x) thoả.

[Lam Ba Thinh]

Lời giải :

Bài 2 : Điều kiện :$x,y,z >0$

Ta có :

$(\sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz})(\frac{1}{\sqrt{xy}}+\frac{1}{\sqrt{yz}}+\frac{1}{\sqrt{xz}}) \geq 9\\$

$\Rightarrow \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz} \geq 1 $

Rất quen thuộc $x+y+z \geq  \sqrt{xy}+\sqrt{yz}+\sqrt{xz}$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z$.Từ phương trình thư nhất suy ra $x=y=z=\frac{1}{3}$

Thay vào phương trình thứ ba thấy thỏa mãn.

Vậy $(x;y;z)=(\frac{1}{3};\frac{1}{3};\frac{1}{3})$

Bài 4: Chuẩn hóa $a+b+c=3$ khi đó :

$(*)\Leftrightarrow \frac{(3-2c)^{2}}{(3-c)^{2}+c^{2}}+\frac{(3-2b)^{2}}{(3-b)^{2}+b^{2}}+\frac{(3-2a)^{2}}{(3-a)^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5} (1)$

Trước hết chứng minh BĐT sau đây là đúng :

$\frac{(3-2x)^{2}}{(3-x)^{2}+x^{2}}\geq \frac{-18}{25}x+\frac{23}{25}\\$

$\Leftrightarrow \frac{36x^{3}-54x^{2}+18}{2x^{2}-6x+9}\geq 0 (*;*)$

ta có :$2x^{2}-6x+9=2(x-\frac{3}{2})^{2}+\frac{9}{2} >0$

Xét $g(x)=36x^{3}-54x^{2}+18;g'(x)=108x^{2}-108;g'(x)=0\Leftrightarrow x=0 ;x=1$

Từ đó dễ dàng suy ra $g(x) \geq g(1)=0$

Suy ra $(*;*)$ đúng .

Áp dụng bất đẳng phụ trên, ta có :

$VT_{(1)}\geq \frac{-18}{25}(a+b+c)+3.\frac{23}{25}=\frac{3}{5}=VP_{(1)}$

Suy ra dpcm. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$

------------------------------------------

Anh tohoproirac chắc làm hết nhỉ....

Cho mình hỏi chỗ này suy ra như thế nào vậy?

[winchaichana01]

Câu 4 sử dụng nguyên lí Dirichlet sẽ tự nhiên hơn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi winchaichana01: 22-10-2014 - 20:02

[chardhdmovies]

Câu 1: (5đ)

      Tìm đa thức P(x)  có hệ số nguyên không âm và không lớn hơn 6 thỏa mãn P(7) = 102013

Nếu biết dạng bài thì câu này khá đơn giản.

Giả sử đa thức cần tìm có dạng: $P(x)=a_{n}x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_{1}x+a_{0}$

Ta có: $P(7)=a_{n}7^{n}+a_{n-1}7^{n-1}+...+a_{1}7+a_{0}=102013$

Vì $a_{i}<7,a_{i} \in \mathbb{N}^{*},\forall i=\overline{1,n}$ nên $a_{n}7^{n}+a_{n-1}7^{n-1}+...+a_{1}7+a_{0}$ là biểu diễn trong hệ cơ số $7$ của $102013$.

Ta có: $102013_{10}=603262_{7}$

Suy ra, $P(x)=6x^{5}+3x^{3}+2x^{2}+6x+2$

Thử lại thỏa mãn.

Vậy, $P(x)=6x^{5}+3x^{3}+2x^{2}+6x+2$

 

NRC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 22-10-2014 - 22:08

[libach80]

Cho mình hỏi chỗ này suy ra như thế nào vậy?

Hàm $f\left ( x \right )=36x^3-54x^2+18,x\in \left ( 0;3 \right )$

[Lam Ba Thinh]

Hàm $f\left ( x \right )=36x^3-54x^2+18,x\in \left ( 0;3 \right )$

.Bạn nói rõ hơn được không mình vẫn chưa hiểu rõ lắm.

[caybutbixanh]

Cho mình hỏi chỗ này suy ra như thế nào vậy?

Tại những những điểm mà đạo hàm của hàm số bằng $0$ thì những điểm đó là cực trị của hàm số.Mình tính g(1) và g(0) và g(1) nhỏ hơn nên $g(x) \geq g(1)$...Vấn đề này là lí thuyết thôi mà.......

 

Câu 4 sử dụng nguyên lí Dirichlet sẽ tự nhiên hơn.

Bạn giải luôn đi, chỉ nói thế có người chưa hiểu    Mà tại sao đi-rich-let lại tự nhiên hơn vậy ?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caybutbixanh: 22-10-2014 - 21:28

[libach80]

.Bạn nói rõ hơn được không mình vẫn chưa hiểu rõ lắm.

Vì sau khi chuẩn hoá thì do điều kiện của $a,b,c$ là thuộc khoảng $\left ( 0;3 \right )$ mà trên khoảng này hàm  số$ f\left ( x \right )=36x^3-54x^2+18$ đạt cực tiểu tại $x=1$

[chardhdmovies]

Mới nãy mình log nhầm nick của em mình.

Chuẩn hóa $a+b+c=1$ (Điểm rơi của cách chuẩn hóa này là $a=b=c=\frac{1}{3}$), BĐT được viết lại thành:

$\frac{(1-2a)^2}{2a^2-2a+1}+\frac{(1-2b)^2}{2b^2-2b+1}+\frac{(1-2c)^2}{2c^2-2c+1}\geq \frac{3}{5}$

Áp dụng nguyên lí Dirichlet, trong ba số $a-\frac{1}{3};b-\frac{1}{3};c-\frac{1}{3}$ có 2 số cùng dấu. Không mất tổng quát giả sử:

$(b-\frac{1}{3})(c-\frac{1}{3})\geq 0\Leftrightarrow b^2+c^2\leq (b+c-\frac{1}{3})^2+\frac{1}{9}=(\frac{2}{3}-a)^2+\frac{1}{9}$

Áp dụng BĐT C-S, ta có:

$\frac{(1-2b)^2}{2b^2-2b+1}+\frac{(1-2c)^2}{2c^2-2c+1}\geq \frac{(2-2b-2c)^2}{2(b^2+c^2)+2-2b-2c}$

$=\frac{2a^2}{b^2+c^2+a}\geq \frac{2a^2}{(\frac{2}{3}-a)^2+\frac{1}{9}+a}=\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}$

Cần chứng minh:

$\frac{(1-2a)^2}{2a^2-2a+1}+\frac{18a^2}{9a^2-3a+5}\geq \frac{3}{5}$

$\Leftrightarrow \frac{2(3a-1)^2(17a^2-8a+5)}{5(2a^2-2a+1)(9a^2-3a+5)}\geq 0$

BĐT trên luôn đúng.

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$

 

Cách này hoàn toàn không phải đoán trước gì ngoại trừ điểm rơi, mọi đánh giá đều rất tự nhiên để quy về một biến $a$.

NRC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 23-10-2014 - 12:13

[tohoproirac]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH 

ĐĂKLĂK

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 

NĂM HỌC 2014-2015

ngày: 23/10/2014

Ngày 2

Câu 1: (5đ)

          Cho dãy số (x_n) xác định 

$\left\{\begin{matrix} x_{1}=\frac{-11}{8}\\ x_{n+1}=\frac{1}{8}x_{n}^{4}+\frac{1}{2}x^{3}_{n}-x_{n}-2 \end{matrix}\right.$

          Tính $Lim x_{n}$

 

Câu 2 : (5đ)

           Giải phương trình 

$\sqrt{x+4\sqrt{x+4\sqrt{x+....4\sqrt{x+4\sqrt{5x}}}}}=x$ ( n dâú căn n >1)

 

Câu 3 :(5đ)

         

           Cho $A_{1},A_{2},A_{3},....,A_{2014}$ là 2014 điểm phân biệt trên mặt cầu bán kính bằng 1. CM rằng tổng các bình phương khoảng cách giữa chúng không lớn hơn 2014²

 

Câu 4 :(5đ)

         

           Ứng với mỗi đa thức P(x) với hệ số thực có nhiều hơn một nghiệm thực d(P) là khoảng cách nhỏ nhất giữa hai nghiệm thực bất kì của nó 

$d(P)=min\begin{Bmatrix} \begin{vmatrix} x_{i}-x_{j} \end{vmatrix} \end{Bmatrix}$ ( $x_{i},x_{j}$ là nghiệm của P(x)) và P'(x) là đạo hàm của P(x).

          Giả sử P(x) và P(x) + P'(x) có bậc 3 và có 3 nghiệm thực phân biệt

CM     d( P+P') $\geq d(P)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tohoproirac: 23-10-2014 - 18:22

[chardhdmovies]

Câu 2 : (5đ)

           Giải phương trình 

$\sqrt{x+4\sqrt{x+4\sqrt{x+....4\sqrt{x+4\sqrt{5x}}}}}=x$ ( n dâú căn n >1)

Để ngắn gọn thì mình giải theo cách này:

ĐK: $x\geq0$

Dễ thấy pt có nghiệm $x=0$ hoặc $x=5$. Xét $0<x< 5$, ta có:

$5> x \Leftrightarrow \sqrt{5x}> x \Leftrightarrow x+4\sqrt{5x}> 5x$

$\Rightarrow x=\sqrt{x+4\sqrt{x+4\sqrt{x+...+4\sqrt{x+4\sqrt{5x}}}}}> \sqrt{5x} \Leftrightarrow x > 5$

Suy ra $x \in \varnothing $

Xét $x>5$, chứng minh tương tự.

Vậy, pt có 2 nghiệm $x=0$ hoặc $x=5$

 

NRC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chardhdmovies: 23-10-2014 - 17:36

[phatthemkem]

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH 

ĐĂKLĂK

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 

NĂM HỌC 2014-2015

ngày: 22/10/2014

Ngày 1

 

 

Câu 4:(5đ)

      Cho a, b, c là các số thực dương . CM rằng 

 

$\frac{(a+b-c)^{2}}{(a+b)^{2}+c^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{(a+c)^{2}+b^{2}}+\frac{(c+b-a)^{2}}{(c+b)^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5}$

 

 

 

 

Nếu không chuẩn hóa, ta biến đổi đôi chút BĐT như sau đây:

$\sum \frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}\geq \frac{3}{5}\Leftrightarrow \sum \frac{(b+c)^2+a^2-2a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\geq \frac{3}{5}\\ \Leftrightarrow 3-2\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\geq \frac{3}{5}\Leftrightarrow \sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq \frac{6}{5},(1)$

BĐT đã cho trở thành một BĐT quen thuộc, ta giải $(1)$ như sau:

$\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a^2+\frac{(b+c)^2}{4}+\frac{3(b+c)^2}{4}}\leq \sum \frac{4a(b+c)}{4a(b+c)+3(b+c)^2}$

Do $\sum \frac{4a(b+c)}{4a(b+c)+3(b+c)^2}=3-3\sum \frac{(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}$

nên $\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\\  \leq 3-3\sum \frac{(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}=3-3 \sum \frac{(b+c)^2}{3(b^2+c^2)+(4ab+6bc+4ac)}$

Mặt khác $\sum \frac{(b+c)^2}{3(b^2+c^2)+(4ab+6bc+4ac)}\geq \sum \frac{4(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)+14(ab+bc+ca)}\\ =\sum \frac{2(a+b+c)^2}{3(a+b+c)^2+(ab+bc+ca)}\geq \sum \frac{2(a+b+c)^2}{3(a+b+c)^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{5}$

Do đó: $\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq3-3.\frac{3}{5}=\frac{6}{5}$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c$