Chủ đề này có 16 trả lời

[nghiemthanhbach]

Cuộc thi olympic 30/4 đang đến gần và những ai thi chắc cũng đã ôn luyện rất nhiều cho kỳ thi lớn này

Sau đây là một số bài tập với đề sẽ được post từng ngày với đáp án ( nếu có) để ôn luyện

MÌnh không dự thi nên nếu ôn luyện ra đề không đủ khó thì mong mọi người thông cảm

Trước hết ta đến với đề dự tuyển của PTNK ( dự tuyển xong hình như cho thi olympic luôn thì phải )

Đề dự tuyển của trường PTNK lớp 10 quốc gia ( phù hợp )

[nghiemthanhbach]

Sau đây là đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lớp 10 của trường chuyên Lê Hồng Phong TPHCM

p/s: anh nào giỏi soạn thảo gõ latex thì em nhờ gõ lại đề hộ em nhé

[Super Fields]

ĐỀ:

 

 

Bài 1. Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$$ab+bc+ca+max\begin{Bmatrix} \begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix};\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix};\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix} \end{Bmatrix}\leq 1+\frac{1}{3}(a+b+c)^2$$

 

Bài 2. Cho các số nguyên dương $a,b,c$. Gọi $p$ là số nguyên tố có đồng thời các tính chất sau:

 

$i)$ $p$ là ước của $a^2+ab+b^2$

$ii)$ $p$ là ước của $a^5+b^5+c^5$

$iii)$ $p$ không là ước của $a+b+c$

 

Chứng minh rằng $p$ là số nguyên tố có dạng $6k+1$.

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn khác tam giác cân nội tiếp đường tròn $\omega$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp tương ứng với đỉnh $A,B,C$ là $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFI$ cắt $\omega$ tại $A_{1},A_{2}$.

 

$a)$ Chứng minh các đường thẳng $A_{1}A_{2}, EF, BC$ đồng quy.

$b)$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác $DIF$ cắt $\omega$ tại $B_{1},B_{2}$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $DIF$ cắt $\omega$ tại $C_{1},C_{2}$. Các đường thẳng $A_{1}A_{2}, B_{1}B_{2}, C_{1}C_{2}$ đôi một cắt nhau tạo thành một tam giác, chứng minh rằng diện tích tam giác nhỏ hơn $\frac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$.

 

Câu 4. Tìm tất cả các hàm: $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa:

$$f(xf(y)-1)+f(xy)=2xy-1$$

$\forall x,y$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Super Fields: 13-02-2015 - 16:01

[khanghaxuan]

Sau đây là đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lớp 10 của trường chuyên Lê Hồng Phong TPHCM

p/s: anh nào giỏi soạn thảo gõ latex thì em nhờ gõ lại đề hộ em nhé

 

Bài 1 :                                 $\sqrt{2x+15}=32x^{2}+32x-20$

 

                                          $\Leftrightarrow 2(2x+15)+\sqrt{2x+15}=2(4x+2)^{2}+(4x+2)$  

 

                                           $\Rightarrow 2x+15=(4x+2)^{2}$ 

 

                                            $\Rightarrow x=\frac{1}{2}$

[nghiemthanhbach]

Bài 1 :                                 $\sqrt{2x+15}=32x^{2}+32x-20$

 

                                          $\Leftrightarrow 2(2x+15)+\sqrt{2x+15}=2(4x+2)^{2}+(4x+2)$  

 

                                           $\Rightarrow 2x+15=(4x+2)^{2}$ 

 

                                            $\Rightarrow x=\frac{1}{2}$

Thiếu nghiệm rồi $\frac{1}{16}(-9-\sqrt{221})$ đâu?

[Rias Gremory]

Thiếu nghiệm rồi $\frac{1}{16}(-9-\sqrt{221})$ đâu?

 

ĐK : $x\geqslant \frac{-15}{2}$

Phương trình đã cho tương đương với

$2x+15=(32x^2+32x-20)^2$

$\Leftrightarrow 1024x^4+2048x^3-256x^2-1282x+385=0$

$\Leftrightarrow (16x^2+14x-11)(64x^2+72x-35)=0$

Kết hợp với điều kiên bài toán ta có nghiệm của phương trình là $x=\frac{1}{2},x=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}$

[khanghaxuan]

Thiếu nghiệm rồi $\frac{1}{16}(-9-\sqrt{221})$ đâu?

Trời !!! Em sơ suất quá !!!!   Xin bổ sung như sau :   \

 

                                          $2(2x+5)+\sqrt{2x+5}=2(4x+2)^{2}+(4x+2)$ (*)

 

Đặt :     $u=\sqrt{2x+15}$

 

            $v=4x+2$ 

 

(*) viết lại :      $2u^{2}+u=2v^{2}+v\Leftrightarrow (u-v)(2u+2v+1)=0$  

 

TH1 :  $u=v$  giải như trên $x=\frac{1}{2}$ 

 

TH2:            $2\sqrt{2x+15}=-5-8x$             ( $-\frac{15}{2}\leq x\leq \frac{-5}{8}$ )

 

                     $\Leftrightarrow x=\frac{-9-\sqrt{221}}{16}$

 

[khanghaxuan]

Sau đây là đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lớp 10 của trường chuyên Lê Hồng Phong TPHCM

p/s: anh nào giỏi soạn thảo gõ latex thì em nhờ gõ lại đề hộ em nhé

Làm thử bài này  !!!!!! 

Bài 5 :  Vì không có 2 số nào liên tiếp với nhau nên ta chỉ cần chứng minh bài toán với trường hợp mỗi số cách nhau 2 đơn vị . 

 

Do đó ta được :  $S_{n}=\sum_{i=1}^{n}k_{i}=n^{2}+n(k_{1}-1)+1$

 

Giả sử không tồn tại bất kì một số chính phương nào thỏa đề bài . 

 

Gọi $m^{2}$ và $(m+1)^{2}$ là hai số chính phương liên tiếp mà $S_{n}$ nằm trong khoảng $\begin{bmatrix} m^{2};(m+1)^{2} \end{bmatrix}$ 

 

TH1 : Nếu $S_{n}=m^{2}$ hoặc $S_{n}=(m+1)^{2}$ thì bài toán được chứng minh 

 

TH2 : Nếu $m^{2}<S_{n}<(m+1)^{2}$ . Vì theo điều giả sử là không có số chính phương nào nằm trong nửa khoảng thỏa đề  bài nên : 

 

$S_{n+1}<(m+1)^{2}$ 

 

Gọi $q$ là khoảng cách từ $S_{n}$ đến $m^{2}$

Mặt khác ta có :  $S_{n+1}=(n+1)^{2}+(n+1)(k_{1}-1)+1$  

 

Lại có :  $\Delta (S_{n};S_{n+1})<\Delta (m^{2};(m+1)^{2})$ 

 

            $\Leftrightarrow k_{n+1}<2m+1-q$

 

             $\Leftrightarrow k_{1}+2n+q<2m+1$  (*)

 

Lại có  :         $S_{n}>m^{2}$ 

 

                    $n^{2}+n(k_{1}-1)+1>m^{2}$

 

                     $\Leftrightarrow k_{1}>\frac{m^{2}-1-n^{2}}{n}+1$

 

Ta xét : $A=k_{1}+2n+q-2m-1$

 

$A>\frac{m^{2}-1+n^{2}}{n}-2m-1+q$ 

 

TH1 : Nếu $q=1$ thì :  $n^{2}+n(k_{1}-1)=m^{2}\Leftrightarrow (n-m)(n+m)=(1-k_{1})n<0$ hay $n<m$

 

Lúc đó ta được :  $(m-n-1)(m+1-n)\geq 0$   ( do $m\geq n+1$)

 

                           $\Leftrightarrow (m-n)^{2}-1\geq 0\Leftrightarrow (m-n)^{2}+qn-n-1\geq 0$

 

                           $\Leftrightarrow \frac{m^{2}+n^{2}-1}{n}\geq 2m-q+1$

 

                            $\Leftrightarrow k_{1}+2n\geq 2m+1-q$ (**)

 

Từ (*) và (**) ta có điều vô lý . Vậy bài toán được chứng minh

 

TH2:  Nếu $q=1+s$   ( trong đó s\in N^{*}) thì ta được :  $(m-n)^{2}+ns-1\geq 0$  (luôn đúng ) 

 

                                                      $\Leftrightarrow \frac{m^{2}+n^{2}-11}{n}\geq 2m+1-q$ 

 

                                                         $k_{1}+2n\geq 2m+1-q$ (***)

 

Từ (*) và (***) ta có điều vô lý . Vậy ta có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi khanghaxuan: 14-02-2015 - 15:35

[khanghaxuan]

Sau đây là đề thi chọn đội tuyển olympic 30/4 lớp 10 của trường chuyên Lê Hồng Phong TPHCM

p/s: anh nào giỏi soạn thảo gõ latex thì em nhờ gõ lại đề hộ em nhé

 

Bạn cho mình cái ĐÁP SỐ bài 3 và gợi ý ý tưởng của bài BĐT nhé !!!

[nghiemthanhbach]

http://diendantoanho...phcm-2014-2015/

Câu bđt đây, sơ ý ko để ý đề LHP có người đăng rồi ... mà kệ

[khanghaxuan]

http://diendantoanho...phcm-2014-2015/

Câu bđt đây, sơ ý ko để ý đề LHP có người đăng rồi ... mà kệ

 

Còn bài 3 :  Xét 5 trường hợp $p<0$ , $0<p<1$ , $p>1$ , $p=0$ , $p=1$ 

 

Tìm ra nghiệm hình như là :   $p=0 ; p=\frac{1}{4} ; p=-\frac{3}{4} ; p=1$  

 

P/s :  Tối nay sẽ post lời giải . Còn việc bây giờ là ĂN ...  

[khanghaxuan]

Cuộc thi olympic 30/4 đang đến gần và những ai thi chắc cũng đã ôn luyện rất nhiều cho kỳ thi lớn này

Sau đây là một số bài tập với đề sẽ được post từng ngày với đáp án ( nếu có) để ôn luyện

MÌnh không dự thi nên nếu ôn luyện ra đề không đủ khó thì mong mọi người thông cảm

Trước hết ta đến với đề dự tuyển của PTNK ( dự tuyển xong hình như cho thi olympic luôn thì phải )

Đề dự tuyển của trường PTNK lớp 10 quốc gia ( phù hợp )

 

Bài 1 :  Giả sử $max\begin{Bmatrix} \begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix};\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix};\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix} \end{Bmatrix}=\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}$ 

 

Từ đó ta giả sử $a=max\begin{Bmatrix} a;b;c \end{Bmatrix} ; b=min\begin{Bmatrix} a;b;c \end{Bmatrix}$ 

 

Ta cần chứng minh :          $\sum ab + (a-b)\leq 1+\frac{1}{3}(\sum a)^{2}$

 

                                      $\frac{1}{6}((a-b-1)^{2}+(c-b-2)^{2}+(a-c-2)^{2})\geq \frac{1}{2}$ 

 

Thật vậy :   $\frac{1}{6}((a-b-1)^{2}+(c-b-2)^{2}+(a-c-2)^{2})\geq \frac{4}{3}\geq \frac{1}{2}$

 

Vậy ta có ĐPCM 

 

Bài 4 :  Dễ thấy f đơn ánh  

 

Thay $x\rightarrow 0$ ta được :   $f(-1)+f(0)=-1$ (1)

 

Thay $y\rightarrow 0$ ta được :   $f(xf(0)-1)+f(0)=-1$ (2)

 

Từ (1) và (2) ta được :  $f(0)=0$  nên $f(-1)=-1$

 

Thay $x\rightarrow 1$  và $y\rightarrow x$  ta được :  $f(f(x)-1)+f(x)=2x-1$  (*)

 

Thay $y\rightarrow 1$  ta được :   $f(x-1)+f(x)=2x-1$ (**) 

 

Từ (*) và (**) ta được :  $f(x-1)=f(f(x)-1)\Rightarrow f(x)=x$ 

 

Vậy $f(x)=x$ là nghiệm của PTH đã cho 

  

P/s : Bạn post lời giải 2 bài còn lại đi nhé !!!!Thanks  

[nghiemthanhbach]

Bài 1 :  Giả sử $max\begin{Bmatrix} \begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix};\begin{vmatrix} b-c \end{vmatrix};\begin{vmatrix} c-a \end{vmatrix} \end{Bmatrix}=\begin{vmatrix} a-b \end{vmatrix}$ 

 

Từ đó ta giả sử $a=max\begin{Bmatrix} a;b;c \end{Bmatrix} ; b=min\begin{Bmatrix} a;b;c \end{Bmatrix}$ 

 

Ta cần chứng minh :          $\sum ab + (a-b)\leq 1+\frac{1}{3}(\sum a)^{2}$

 

                                      $\frac{1}{6}((a-b-1)^{2}+(c-b-2)^{2}+(a-c-2)^{2})\geq \frac{1}{2}$ 

 

Thật vậy :   $\frac{1}{6}((a-b-1)^{2}+(c-b-2)^{2}+(a-c-2)^{2})\geq \frac{4}{3}\geq \frac{1}{2}$

 

Vậy ta có ĐPCM 

 

Bài 4 :  Dễ thấy f đơn ánh  

 

Thay $x\rightarrow 0$ ta được :   $f(-1)+f(0)=-1$ (1)

 

Thay $y\rightarrow 0$ ta được :   $f(xf(0)-1)+f(0)=-1$ (2)

 

Từ (1) và (2) ta được :  $f(0)=0$  nên $f(-1)=-1$

 

Thay $x\rightarrow 1$  và $y\rightarrow x$  ta được :  $f(f(x)-1)+f(x)=2x-1$  (*)

 

Thay $y\rightarrow 1$  ta được :   $f(x-1)+f(x)=2x-1$ (**) 

 

Từ (*) và (**) ta được :  $f(x-1)=f(f(x)-1)\Rightarrow f(x)=x$ 

 

Vậy $f(x)=x$ là nghiệm của PTH đã cho 

  

P/s : Bạn post lời giải 2 bài còn lại đi nhé !!!!Thanks  

Bạn cho mình hỏi khúc màu đỏ bạn tách làm sao vậy, mình đặt ẩn tách cũng ra nhưng mà là mò :| :c

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nghiemthanhbach: 15-02-2015 - 22:16

[dinhnguyenhoangkim]

Bài 6 (Trường LHP): Cho D là điểm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho $\angle$CAD=$\angle$CBA. Một đường tròn tâm O đi qua B và D lần lượt cắt AB, AD tại E, F. Đường thẳng BF và DE cắt nhau tại G. M là trung điểm AG. Chứng minh CM vuông góc với AO.

   

Bổ đề: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. AD cắt BC tại Q. AB cắt CD tại P. AC cắt BD tại I. Khi đó O là trực tâm tam giác IPQ.

Trở lại bài toán ban đầu:

Gọi H=EF$\cap$BC, K=EF$\cap$AG, J=AG$\cap$BC.

Ta có: $\angle$EFA=$\angle$ABD$\Rightarrow$$\angle$EFA=$\angle$DAC$\Rightarrow$EF//AC

Áp dụng bổ đề ta có O là trực tâm tam giác AGH $\Rightarrow$ HG vuông góc AO. Ta cần C/m CM//HG.

AJ, BF, DE đồng quy, H=EF $\cap$BC $\Rightarrow$(BDJH)=-1

$\Rightarrow$(AGJK)=-1(Phép chiếu xuyên tâm E).

Mà M là trung điểm AG nên 

$\overline{JG}$.$\overline{JA}$=$\overline{JK}$.$\overline{JM}$(Hệ thức Maclaurin)$\Rightarrow$JG.JA=JK.JM

$\Rightarrow$$\frac{JA}{JK}$=$\frac{JM}{JG}$

Lại có $\frac{JA}{JK}$=$\frac{JC}{JH}$ (do EF//HG) nên $\frac{JM}{JG}$=$\frac{JC}{JH}$$\Rightarrow$GH//MC$\Rightarrow$đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dinhnguyenhoangkim: 16-02-2015 - 09:00

[khanghaxuan]

Bài 6 (Trường LHP): Cho D là điểm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho $\angle$CAD=$\angle$CBA. Một đường tròn tâm O đi qua B và D lần lượt cắt AB, AD tại E, F. Đường thẳng BF và DE cắt nhau tại G. M là trung điểm AG. Chứng minh CM vuông góc với AO.

 Untitled2'.jpg 

Bổ đề: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O. AD cắt BC tại Q. AB cắt CD tại P. AC cắt BD tại I. Khi đó O là trực tâm tam giác IPQ.

Gọi H=EF$\cap$BC, K=EF$\cap$AG, J=AG$\cap$BC.

Ta có: $\angle$EFA=$\angle$ABD$\Rightarrow$$\angle$EFA=$\angle$DAC$\Rightarrow$EF//AC

Áp dụng bổ đề ta có O là trực tâm tam giác AGH $\Rightarrow$ HG vuông góc AO. Ta cần C/m CM//HG.

AJ, BF, DE đồng quy, H=EF $\cap$BC $\Rightarrow$(BDJH)=-1

$\Rightarrow$(AGJK)=-1(Phép chiếu xuyên tâm E).

Mà M là trung điểm AG nên 

$\overline{JG}$.$\overline{JA}$=$\overline{JK}$.$\overline{JM}$(Hệ thức Maclaurin)$\Rightarrow$JG.JA=JK.JM

$\Rightarrow$$\frac{JA}{JK}$=$\frac{JM}{JG}$

Lại có $\frac{JA}{JK}$=$\frac{JC}{JH}$ (do EF//HG) nên $\frac{JM}{JG}$=$\frac{JC}{JH}$$\Rightarrow$GH//MC$\Rightarrow$đpcm

Chỗ này là sao bạn ?

[dinhnguyenhoangkim]

Phép chiếu xuyên tâm bảo toàn tỉ số kép đó bạn. Cái này mình đọc trong Tài liệu chuyên toán 10 Hình.

Ở đây là phép chiếu xuyên tâm E, đi từ đường thẳng BC đến đường thẳng AG.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dinhnguyenhoangkim: 16-02-2015 - 09:07

[dinhnguyenhoangkim]

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn khác tam giác cân nội tiếp đường tròn $\omega$. Gọi $D,E,F$ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp tương ứng với đỉnh $A,B,C$ là $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFI$ cắt $\omega$ tại $A_{1},A_{2}$.

$a)$ Chứng minh các đường thẳng $A_{1}A_{2}, EF, BC$ đồng quy.

$b)$ Đường tròn ngoại tiếp tam giác $DIF$ cắt $\omega$ tại $B_{1},B_{2}$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $DIE$ cắt $\omega$ tại $C_{1},C_{2}$. Các đường thẳng $A_{1}A_{2}, B_{1}B_{2}, C_{1}C_{2}$ đôi một cắt nhau tạo thành một tam giác, chứng minh rằng diện tích tam giác nhỏ hơn $\frac{1}{4}$ diện tích tam giác $ABC$.

a) Bằng các biến đổi góc, ta dễ có $\widehat{BFE}$+$\widehat{BCE}$=180$^{\circ}$$\Rightarrow$BCEF nội tiếp.

    Ta có BCEF nội tiếp, BA₁A₂C nội tiếp, FA₁A₂E nội tiếp $\Rightarrow$ BC là trục đẳng phương của $\omega$ và (BCE), 

    A₁A₂ lá trục đẳng phương của $\omega$ và (FIE), EF là trục đẳng phương của (BCE) và (FIE)

    Suy ra BC, EF, A₁A₂ đồng quy.

b) Dễ thấy FAIB nội tiếp.

    Ta có AB là trục đẳng phương của $\omega$ và (FAB), IF là trục đẳng phương của (FIE) và (FAB),     A     ₁A₂ là trục đẳng phương của $\omega$ và (FIE) $\Rightarrow$ AB, A  ₁A₂, FI  đồng quy (1).

    Ta có B₁B₂ là trục đẳng phương của $\omega$ và (FID), IF là trục đẳng phương của (FIE) và (FID),     A     ₁A₂  là trục đẳng phương của $\omega$ và (FIE) $\Rightarrow$ B ₁B₂, A₁A₂, IF đồng quy (2).

    Từ (1) và (2) suy ra    B₁B₂, A₁A₂, IF, AB đồng quy  $\Rightarrow$ Giao điểm của A  ₁A₂ và B₁B₂ là chân đường phân giác từ

    đỉnh C của $\Delta$ABC.

    Tương tự đối với A₁A₂ và C₁C_2,  C₁C₂ và B₁B₂.

    Vậy tam giác tạo bởi 3 đường thẳng   A ₁A₂, B₁B₂, C₁C₂ là tam giác tạo bởi chân 3 đường phân giác trong $\Delta$ABC.

    

    Gọi các chân đường phân giác là M, N, P.

    Ta có :$\frac{S_BMP}{S_ABC}$=$\frac{BM.BP}{BC.BA}$=$\frac{c}{b+c}$.$\frac{a}{a+b}$$\frac{ac}{(a+b)(b+c)}$

    Tương tự: $\frac{S_APN}{S_ABC}$=$\frac{bc}{(a+b)(c+a)}$, $\frac{S_CMN}{S_ABC}$=$\frac{ab}{(b+c)(c+a)}$

  Vậy :$\frac{S_BPM}{S_ABC}$+$\frac{S_APN}{S_ABC}$+$\frac{S_CMN}{S_ABC}$ = $\frac{$\sum$ab(a+b)}{(a+b)(b+c)(c+a)}$=T

  Ta có: T=$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)-2abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}$

               $\geqslant$$\frac{(a+b)(b+c)(c+a)-(a+b)(b+c)(c+a)/4}{(a+b)(b+c)(c+a)}$=3/4

  Ta có: $\frac{S_MNP}{S_ABC}$=1-T$\leqslant$1-$\frac{3}{4}$=$\frac{1}{4}$

   Dấu "=" không xảy ra do tam giác ABC không đều $\Rightarrow$ đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dinhnguyenhoangkim: 18-02-2015 - 15:40