Chủ đề này có 17 trả lời

[the man]

                                        ĐỀ THI THỬ NGUYỄN HUỆ LẦN 3 (VÒNG 2)    

                                                                          Thời gian: 150 phút

Bài 1.(2đ)

   1.Cho $a,b,c \in R$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=a+2b+3c=14$.Tính $T=abc$

   2.Cho $n$ là số nguyên dương.Chứng minh $A=2^{4n+1}+3^{4n}+2$ là hợp số

Bài 2.(3đ)

   1.Giải phương trình $2x^2+5x-1=7\sqrt{x^3-1}$

   2.Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}-5x^2-14x+y^2-8=0 & & \\ -5x^2+16x+y^2-4xy-8y+16=0 & & \end{matrix}\right.$

Bài 3.(1đ).Cho $a,b,c>0$. Chứng minh 

                         $\sum \frac{ab}{4b+4c+a}\leq \frac{a+b+c}{9}$

Bài 4.(3đ)

    Cho đường tròn $(O;R)$ và 1 điểm $S$ nằm ngoài đường tròn sao cho $SO=2R$.Từ $S$ kẻ 2 tiếp tuyến $SB,SA$ và cát tuyến $SCD$ ($C$ nằm giữa $S$ và $D$). Gọi $K$ là trung điểm $CD$ và $H$ là giao của $AB$ và $SO$.

   1.Chứng minh 4 điểm $C,H,D,O$ cùng thuộc 1 đường tròn 

   2.Chứng minh $AC.BD=\frac{1}{2}.AB.CD$

   3.Tìm vị trí của $K$ để $\frac{1}{KA}+\frac{1}{KB}$ đạt GTNN

Bài 5.(1đ)

   Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho ngũ giác lồi $ABCDE$ có tọa độ các đỉnh là các số nguyên.Chứng minh có ít nhất 1 điểm nằm trong ngũ giác đó có tọa độ là các số nguyên.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 19-04-2015 - 19:57

[Dinh Xuan Hung]

                                        ĐỀ THI THỬ NGUYỄN HUỆ LẦN 3 (VÒNG 2)    

                                                                          Thời gian: 120 phút

 

Bài 2.(3đ)

   1.Giải phương trình $2x^2+5x-1=7\sqrt{x^3-1}$

   

 

$2x^2+5x-1=7\sqrt{x^3-1}\Leftrightarrow 2(x^2+x+1)+3(x-1)=7\sqrt{(x-1)(x^2+x+1)}$

$\left ( \sqrt{x^2+x+1};\sqrt{x-1} \right )\rightarrow (a;b)(a>0;b\geq 0)$

Ta có:$2a^2-7ab+3b^2=0\Leftrightarrow 2a^2-6ab-ab+3b^2=0\Leftrightarrow 2a(a-3b)-b(a-3b)=0\Leftrightarrow (a-3b)(2a-b)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} a=3b & & \\ 2a=b & & \end{bmatrix}$

Đến đây thì dễ rồi

[the man]

                                        ĐỀ THI THỬ NGUYỄN HUỆ LẦN 3 (VÒNG 2)    

                                                                          Thời gian: 150 phút

Bài 1.(2đ)

   1.Cho $a,b,c \in R$ thỏa mãn $a^2+b^2+c^2=a+2b+3c=14$.Tính $T=abc$

   2.Cho $n$ là số nguyên dương.Chứng minh $A=2^{4n+1}+3^{4n}+2$ là hợp số

 

1.Từ giả thiết ta có $a^2+b^2+c^2+14-2a-4b-6c=0\Leftrightarrow (a-1)^2+(b-2)^2+(c-3)^2=0\Rightarrow T=6$

2.$A=2.16^n+81^n+2\equiv 2.1+1+2\equiv 0(mod5)\Rightarrow A\vdots 5$

  Mặt khác $A>5$ nên $A$ là hợp số

[the man]

                                        ĐỀ THI THỬ NGUYỄN HUỆ LẦN 3 (VÒNG 2)    

                                                                          Thời gian: 150 phút

 

   2.Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}-5x^2-14x+y^2-8=0 & & \\ -5x^2+16x+y^2-4xy-8y+16=0 & & \end{matrix}\right.$

 

PT thứ 2 tương đương với $(5x-y+4)(x+y-4)=0$

Đến đây dễ rồi

[dogsteven]

Bài 5. $(a,b)$ chỉ có các dạng chẵn-lẻ, chẵn-chẵn, lẻ-chẵn, lẻ-lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai đỉnh sao cho cùng tính chất, chọn trung điểm hai đỉnh đó.

[viet nam in my heart]

Bài 5. $(a,b)$ chỉ có các dạng chẵn-lẻ, chẵn-chẵn, lẻ-chẵn, lẻ-lẻ nên theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại hai đỉnh sao cho cùng tính chất, chọn trung điểm hai đỉnh đó.

Bác làm nhầm đề rồi 

Ta sẽ chứng minh mọi ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên thì có ít nhất 1 điểm nguyên nằm trong ngũ giác đó 

Giả sử ngược lại tồn tại ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên mà bên trong không chứa 1 điểm nguyên nào

Trong các ngũ giác như vậy chọn 1 ngũ giác có diện tích bé nhất là GHIKL Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại 2 đỉnh có cùng tính chất. Giả sử đó là G,H. Gọi M là trung điểm của GH thì M là điểm nguyên.

Xét ngũ giác MHIKL là 1 ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên và có diện tích nhỏ hơn tứ giác GHIKL nên theo trên thì trong tứ giác  MHIKL có điểm nguyên T.

Khi đó T cũng nằm trong tứ giác GHIKL ( trái với giả sử)

Vậy mọi ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên thì có ít nhất 1 điểm nguyên nằm trong ngũ giác đó 

[Minato]

  Bài 4.(3đ)

    Cho đường tròn $(O;R)$ và 1 điểm $S$ nằm ngoài đường tròn sao cho $SO=2R$.Từ $S$ kẻ 2 tiếp tuyến $SB,SA$ và cát tuyến $SCD$ ($C$ nằm giữa $S$ và $D$). Gọi $K$ là trung điểm $CD$ và $H$ là giao của $AB$ và $SO$.

   1.Chứng minh 4 điểm $C,H,D,O$ cùng thuộc 1 đường tròn 

   2.Chứng minh $AC.BD=\frac{1}{2}.AB.CD$

   3.Tìm vị trí của $K$ để $\frac{1}{KA}+\frac{1}{KB}$ đạt GTNN

 

a)Ta có $SC.SD=SH.SO=SA^{2}$

=>C,H,D,O cùng thuộc 1 đường tròn

b)Vì $\Delta ACB\sim \Delta DKB(g-g)$

=>đpcm

[the man]

      

Bài 4.(3đ)

    Cho đường tròn $(O;R)$ và 1 điểm $S$ nằm ngoài đường tròn sao cho $SO=2R$.Từ $S$ kẻ 2 tiếp tuyến $SB,SA$ và cát tuyến $SCD$ ($C$ nằm giữa $S$ và $D$). Gọi $K$ là trung điểm $CD$ và $H$ là giao của $AB$ và $SO$.

   1.Chứng minh 4 điểm $C,H,D,O$ cùng thuộc 1 đường tròn 

   2.Chứng minh $AC.BD=\frac{1}{2}.AB.CD$

   3.Tìm vị trí của $K$ để $\frac{1}{KA}+\frac{1}{KB}$ đạt GTNN

 

Mình làm câu 3 vậy

Dễ thấy $\Delta ABS$ đều; $A,K,B,S$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$

Lấy $F \in KS$ sao cho $AK=KF$ nên $\Delta AKF$ đều

Dễ chứng minh $\Delta AFS=\Delta AKB \Rightarrow KB=FS \Rightarrow KA+KB=KS$

$\frac{1}{KA}+\frac{1}{KB}\geq \frac{4}{KA+KB}=\frac{4}{KS}\geq \frac{4}{SO}=\frac{2}{R}$

$\Rightarrow \frac{1}{KA}+\frac{1}{KB}$ đạt GTNN khi $K\equiv O$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 19-04-2015 - 22:19

[A piece of life]

Bác làm nhầm đề rồi 

Ta sẽ chứng minh mọi ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên thì có ít nhất 1 điểm nguyên nằm trong ngũ giác đó 

Giả sử ngược lại tồn tại ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên mà bên trong không chứa 1 điểm nguyên nào

Trong các ngũ giác như vậy chọn 1 ngũ giác có diện tích bé nhất là GHIKL Theo nguyên lý Dirichlet thì tồn tại 2 đỉnh có cùng tính chất. Giả sử đó là G,H. Gọi M là trung điểm của GH thì M là điểm nguyên.

Xét ngũ giác MHIKL là 1 ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên và có diện tích nhỏ hơn tứ giác GHIKL nên theo trên thì trong tứ giác  MHIKL có điểm nguyên T.

Khi đó T cũng nằm trong tứ giác GHIKL ( trái với giả sử)

Vậy mọi ngũ giác có tọa độ các đỉnh là các số nguyên thì có ít nhất 1 điểm nguyên nằm trong ngũ giác đó 

Bài 5.(1đ)

   Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$ cho ngũ giác lồi $ABCDE$ có tọa độ các đỉnh là các số nguyên.Chứng minh có ít nhất 1 điểm nằm trong ngũ giác đó có tọa độ là các số nguyên.

Em làm có dùng máy tính   Không hay lắm.

- Dễ có ngũ giác $ABCDE$ không có cạnh là 1.
- Xét ngũ giác $ABCDE$ với cạnh lớn hơn 1 : dùng lượng giác sẽ tính được tâm đường tròn nội tiếp $ABCDE$ lớn hơn 1. 
Do đó dễ có đpcm.
Không biết sai đâu không 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi A piece of life: 19-04-2015 - 23:28

[the man]

                                        

Bài 3.(1đ).Cho $a,b,c>0$. Chứng minh 

                         $\sum \frac{ab}{4b+4c+a}\leq \frac{a+b+c}{9}$

 

Nốt con bất vậy nhé 

$\sum \frac{ab}{4b+4c+a}=\frac{ab}{(2c+a)+(2b+c)+(2b+c)}$

$\leq \frac{1}{9}\sum \left ( \frac{ab}{2c+a}+\frac{2ab}{2b+c} \right )$

$=\frac{1}{9}\left [ (\frac{ab}{a+2c}+\frac{2bc}{a+2c})+(\frac{2ab}{2b+c}+\frac{ca}{2b+c})+(\frac{bc}{2a+b}+\frac{2ac}{2a+b}) \right ]=\frac{a+b+c}{9}$

[viet nam in my heart]

Em làm có dùng máy tính   Không hay lắm.

- Dễ có ngũ giác $ABCDE$ không có cạnh là 1.
- Xét ngũ giác $ABCDE$ với cạnh lớn hơn 1 : dùng lượng giác sẽ tính được tâm đường tròn nội tiếp $ABCDE$ lớn hơn 1. 
Do đó dễ có đpcm.
Không biết sai đâu không 

Ngũ giác có đều đâu mà xét tâm nội tiếp 

[A piece of life]

Ngũ giác có đều đâu mà xét tâm nội tiếp 

 

Đọc lộn chữ "lồi" thành chữ "đều"  Mắt mũi dạo này nó thế 

Có cách nào dùng độ dài không bác 

[viet nam in my heart]

Đọc lộn chữ "lồi" thành chữ "đều"  Mắt mũi dạo này nó thế 

Có cách nào dùng độ dài không bác 

Bên trên em có làm rồi mà 

[A piece of life]

Bên trên em có làm rồi mà 

Ý em là không dùng diện tích nữa 

[Minato]

Mình làm câu 3 vậy

Dễ thấy $\Delta ABS$ đều; $A,K,B,S$ cùng thuộc đường tròn đường kính $SO$

Lấy $F \in KS$ sao cho $AK=KF$ nên $\Delta AKF$ đều

Dễ chứng minh $\Delta AFS=\Delta AKB \Rightarrow KB=FS \Rightarrow KA+KB=KS$

$\frac{1}{KA}+\frac{1}{KB}\geq \frac{4}{KA+KB}=\frac{4}{KS}\geq \frac{4}{SO}=\frac{2}{R}$

$\Rightarrow \frac{1}{KA}+\frac{1}{KB}$ đạt GTNN khi $K\equiv O$

Sao không dùng Ptô-lê-mê luôn vậy????????

[the man]

Sao không dùng Ptô-lê-mê luôn vậy????????

Ý bạn thế này chứ gì:

$AK.BS+BK.AS=AB.KS \Rightarrow (AK+BK).AB \leq AB.OS \Rightarrow AK+BK \leq 2R$

Nhưng mà đi thi sẽ phải chứng minh P-tô-lê-mê thôi

[Minato]

Ý bạn thế này chứ gì:

$AK.BS+BK.AS=AB.KS \Rightarrow (AK+BK).AB \leq AB.OS \Rightarrow AK+BK \leq 2R$

Nhưng mà đi thi sẽ phải chứng minh P-tô-lê-mê thôi

Đúng rồi đó mà chứng minh Ptô-lê-mê cũng ngắn thôi mà 

[the man]

Đúng rồi đó mà chứng minh Ptô-lê-mê cũng ngắn thôi mà 

nói chung 2 cách ngắn dài như nhau