Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Kì thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc Gia môn Toán lớp 12 THPT tỉnh Hà Tĩnh


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 25 trả lời

#1 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1395 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 14-09-2015 - 11:46

                   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                      KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT

                                 HÀ TĨNH                                                                               NĂM HỌC:2015-2016

                                                                                                                 MÔN TOÁN - NGÀY THI 14/9/2015

 

Bài 1 ( 5 điểm).Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi 

                                             

$$x_1=1;x_{n+1}=3+\frac{5}{x_n}$$ với $n=1;2...$ 

 

Tìm số thực dương $a$ sao cho dãy số $(y_n)$ xác định bởi 

            

 $$y_n=\frac{a^n}{x_1.x_2...x_n}$$ với $n=1;2...$

 

có giới hạn hữu hạn và $\mathbb{lim} y_n\neq 0$

 

Bài 2 ( 5 điểm ).Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp $(O)$ có đường cao $AH$ và tâm đường tròn nội tiếp là $I$.Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của $(O)$.$D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$.Đường thẳng $MD$ cắt đường thẳng $BC$ ,$AH$ theo thứ tự tại các điểm $P$,$Q$

            a.Chứng minh tam giác $IPQ$ vuông

            b.Đường thẳng $DI$ cắt $(O)$ tại điểm $E$ khác $D$.Hai đường thẳng $AE$ và $BC$ cắt nhau tại $F$ .Chứng minh nếu $AB+AC=2BC$ thì $I$ là trọng tâm của tam giác $APF$

 

Bài 3 ( 5 điểm).Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

$$(P(x))^3-3(P(x))^2=P(x^3)-3P(-x)\forall x\in \mathbb{R}$$

 

Bài 4 ( 5 điểm).Xác định tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn tính chất tồn tại một cách chia hình vuông có độ dài cạnh là $n$ thành đúng năm hình chữ nhật sao cho độ dài các cạnh của năm hình chữ nhật đó là các số $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$

 

HẾT                               


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 14-09-2015 - 14:31


#2 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 14-09-2015 - 13:20

Câu 1 là $y_n=\frac{a^n}{x_1x_2...x_n}$ nhé bạn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NMDuc98: 14-09-2015 - 13:24

Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#3 MiuraHaruma

MiuraHaruma

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 14-09-2015 - 19:58

Bài 1 ( 5 điểm).Cho dãy số $(x_n)$ xác định
$$x_1=1;x_{n+1}=3+\frac{5}{x_n}$$ với $n=1;2...$
Tìm số thực dương $a$ sao cho dãy số $(y_n)$ xác định bởi
$$y_n=\frac{a^n}{x_1.x_2...x_n}$$ với $n=1;2...$
có giới hạn hữu hạn và $\mathbb{lim} y_n\neq 0$

Ta nhân cả 2 vế dãy ban đầu với $x_1.x_2...x_n$ thì $x_1.x_2...x_{n+1}=3.x_1.x_2...x_n+5.x_1.x_2...x_{n-1}$.

Đặt $z_n=x_1.x_2...x_n$ thì $z_{n+1}=3z_n+5z_{n-1}$.
Dãy này có CTTQ là $z_n=\frac{\sqrt{29}+1}{2\sqrt{29}}.(\frac{3-\sqrt{29}}{2})^n+\frac{\sqrt{29}-1}{2\sqrt{29}}.(\frac{3+\sqrt{29}}{2})^n$

Khi đó $y_n=\frac{a^n}{z_n}=\frac{1}{(\frac{3-\sqrt{29}}{2a})^n.q+(\frac{3+\sqrt{29}}{2a})^n.p}$.

Vậy, để dãy có giới hạn hữu hạn và khác 0 thì $a=\frac{3+\sqrt{29}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MiuraHaruma: 14-09-2015 - 20:00

"Every saint has a past, every sinner has a future"

#4 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 15-09-2015 - 11:23

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 Bài 2 ( 5 điểm ) Cho các số hữu tỉ $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c\in \mathbb{Z}\\ (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3 \end{matrix}\right.$

 Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $m,n$ thỏa mãn $(m,n)=1$ và $abc=\frac{m^2}{n^3}$

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

 Bài 4 ( 5 điểm ) Cho P là một đa giác lồi 2016 cạnh. Một cách chia P thành tam giác bằng các đường chéo không cắt nhau bên trong P được gọi là một cách chia đẹp P

          a) Chứng minh rằng số đường chéo cần phải nối để chia đẹp P theo các cách khác nhau đều bằng nhau

          b) Một tam giác thu được từ phép chia đẹp P nói trên được gọi là một tam giác trong nếu cả 3 cạnh của nó đều là các đường chéo của P. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia đẹp P mà có đúng một tam giác trong biết rằng hai cách chia là khác nhau nếu có ít nhấu một cặp tam giác không trùng nhau.

                             ----------------------------------HẾT-----------------------------------

               - Thí sinh không sử dụng tài liệu + Máy tính cầm tay

Hình gửi kèm

  • 12002229_1641447086140440_6677038027333133627_n.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 15-09-2015 - 11:25


#5 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 15-09-2015 - 17:39

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 

Dễ thấy f song ánh.

Tồn tại a để $f(a)=0$, đặt $f(0)=b$

Thay thế: x=a,y=0, ta có: $f(a^4+b)=0=f(a)$ $\Rightarrow a^4+b=a$

Thế: x=0, y=a, ta có: $b=a+b^4$

Do đó: a=b=0

Thay lần lượt x=0, y=0 vào PT, dễ thấy f cộng tính, vì f đơn điệu, ta đc f(x)=cx. Thay ngược lại ta đc: $c= 1$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 15-09-2015 - 18:00

                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#6 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-09-2015 - 17:42

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 Bài 1. Ta có : $$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}(1)$$

Trong (1) thay $x=0$ và đặt $f(0)=a$ suy ra $f(f(x))=x+a^4$

Trong (1) lấy $f$ 2 vế ta được : $f(f(x^4+f(y)))=f(y+f^4(x))\forall x,y\in \mathbb{R}$

Suy ra $x^4+f(y)+a^4=f(y+f^4(x)) (2)$

Trong (2) thay y bởi f(y) ta được $x^4+y+2a^4=y+(x+a^4)^4\forall x,y\in \mathbb{R}$

Từ đây thay $x=y=0$ suy ra $f(0)=0.$

Từ đó trong (1) thay y bởi f(y) ta được $f(a+b)=f(a)+f(b)\forall a\geq 0,b\in \mathbb{R}(3)$

Trong (3) thay $y$ bởi $-x$ ta được $f(x)$ là hàm lẻ 

Sau đó trong (3) thay $x$ bởi $-x$ và thay $y$ bởi $-y$ ta được $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}.$

Lại có với $x\geq 0$ thì $f(x)\geq 0\forall x\geq 0$ ( do trong (1) nếu ta thay $y=0$ thì ta sẽ có được điều này )

Từ đó trong biểu thức (3) cho $y>0$ ta được f đơn điệu, f tăng

Từ đó $f(x)=kx\forall x\in \mathbb{R}$

Thế vào (2) ta được $k=1.$

Thử lại ta thấy thỏa.

Tổng quát : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^n+f(y))=y+f^n(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Near Ryuzaki: 15-09-2015 - 17:44


#7 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 15-09-2015 - 17:57

                   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                      KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT

                                 HÀ TĨNH                                                                               NĂM HỌC:2015-2016

                                                                                                                 MÔN TOÁN - NGÀY THI 14/9/2015

 

 

 

Bài 2 ( 5 điểm ).Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp $(O)$ có đường cao $AH$ và tâm đường tròn nội tiếp là $I$.Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của $(O)$.$D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$.Đường thẳng $MD$ cắt đường thẳng $BC$ ,$AH$ theo thứ tự tại các điểm $P$,$Q$

            a.Chứng minh tam giác $IPQ$ vuông

                                    

Câu a nhé, bạn nào bày mình cách post hình lên với:

AO,AH là 2 đường đẳng giác trong tam giác do đó $\widehat{HAI}=\widehat{DAI}$ (1)

Gọi $K$ là giao điểm của $AM$ và $BC$

Dễ thấy $\widehat{HAK}=\widehat{KPM}$ (2)

Vì AMDC nội tiếp nên $\widehat{DCM}=\widehat{DAM}$ (3)

(1), (2), (3) ta có $\widehat{MCD}=\widehat{MPC}$

Do đó 2 tam giác MCD và tam giác MPC đồng dạng hay $MC^2=MD.MP$

Hay $MI^2=MQ.MP$ (Vì $MI=MB=MC$, và $MQ=MP$ )

Hay tam giác $IPQ$ vuông.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 15-09-2015 - 18:16

                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#8 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 15-09-2015 - 19:00

bài đa thức , cho x=0 vào tính được p(0)=0 hặc =1 hoặc =2 
nếu p(0)=0 , đặt $p(x)=x^n.g(x)$  với g(0) khác 0 ,thay vào tính lại được g(0)=0 vậy p(x) chỉ có thể đồng nhất =0 trong trường hợp này

nếu p(0)=1 đặt $p(x)=x^n.g(x)+1$ thay vào được nếu n lẻ suy ra g(0)=0 suy ra p(x) đồng nhất =1 vậy xét trường hợp n chẵn 
suy ra $x^(2n ) .( g(x)^3 -g(x^3))= 3(g(x)-g(-x))$ đồng nhất hệ số ra g(x) đồng nhất = t thử lại tìm được t=1 , phần  đồng nhất hê số này chỉ xét bậc là ra không phức tạp 
suy ra $p(x)=x^(2n)+1$ thỏa mãn
nếu p(0)=2  đặt $p(x)=x^ng(x)$ với g(0) khác 0 nhưng thay vào thì vẫn suy ra g0=0 suy ra g(x) đồng nhất =2 :v , xong


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 15-09-2015 - 19:04


#9 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 15-09-2015 - 22:05

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 Bài 2 ( 5 điểm ) Cho các số hữu tỉ $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c\in \mathbb{Z}\\ (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3 \end{matrix}\right.$

 Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $m,n$ thỏa mãn $(m,n)=1$ và $abc=\frac{m^2}{n^3}$

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

 Bài 4 ( 5 điểm ) Cho P là một đa giác lồi 2016 cạnh. Một cách chia P thành tam giác bằng các đường chéo không cắt nhau bên trong P được gọi là một cách chia đẹp P

          a) Chứng minh rằng số đường chéo cần phải nối để chia đẹp P theo các cách khác nhau đều bằng nhau

          b) Một tam giác thu được từ phép chia đẹp P nói trên được gọi là một tam giác trong nếu cả 3 cạnh của nó đều là các đường chéo của P. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia đẹp P mà có đúng một tam giác trong biết rằng hai cách chia là khác nhau nếu có ít nhấu một cặp tam giác không trùng nhau.

                             ----------------------------------HẾT-----------------------------------

               - Thí sinh không sử dụng tài liệu + Máy tính cầm tay

Không liên quan đến bài giải nhưng em lôi con lợn của anh lên đây làm gì :P


Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#10 huuhieuht

huuhieuht

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đến từ trường THPT chuyên Hà Tĩnh(Đã từng học tại THCS Nguyễn Du)
  • Sở thích:Toán học,naruto,amzing spiderman...

Đã gửi 15-09-2015 - 23:13

b,Bổ đề: nếu AB+AC=2BC thì IO là đường trung trực của AM (đây là bài toán quen thuộc ,có nhiều trong sách vở) 

 Gọi K là giao điểm của IO với BC. Dễ thấy $\widehat{KIB}=90^{\circ}-\widehat{BIM}=90-\frac{180-\widehat{BMI}}{2}=\frac{\widehat{BCA}}{2}=\widehat{ICB}$ $\Rightarrow KI^{2}=KB.KC$ Gọi T là giao điểm của KA với đường tròn O thì $KT.KA=KC.KB=KI^{2}$ kết hợp với $\widehat{AIK}=90^{\circ}$ suy ra

$\widehat{ATI}=90^{\circ}$  $\Rightarrow T\equiv E \Rightarrow K\equiv F$ . Gọi S là trung điểm AP  thì IS là đường trung bình của tam giác AMP suy ra F,I,O,S thằng hàng. Gọi L là trung điểm AF thì $\widehat{AIL}=\widehat{IAL}=\widehat{IDM}=\widehat{IQM}=\widehat{MIP}$ suy ra L,I,P thẳng hàng .Do đó I là trọng tâm của tam giác AFP.

  p/s: câu a có thể giải bằng kiến thức THCS nhưng hơi dài


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huuhieuht: 17-09-2015 - 12:10

Không có giới hạn tư duy nào của con người ngoài giới hạn do chính con người đặt ra (Napoleon Hill)   :D  :D  :D  :like  ~O) 


#11 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 429 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 16-09-2015 - 09:52

bài đa thức , cho x=0 vào tính được p(0)=0 hặc =1 hoặc =2 
nếu p(0)=0 , đặt $p(x)=x^n.g(x)$  với g(0) khác 0 ,thay vào tính lại được g(0)=0 vậy p(x) chỉ có thể đồng nhất =0 trong trường hợp này

nếu p(0)=1 đặt $p(x)=x^n.g(x)+1$ thay vào được nếu n lẻ suy ra g(0)=0 suy ra p(x) đồng nhất =1 vậy xét trường hợp n chẵn 
suy ra $x^(2n ) .( g(x)^3 -g(x^3))= 3(g(x)-g(-x))$ đồng nhất hệ số ra g(x) đồng nhất = t thử lại tìm được t=1 , phần  đồng nhất hê số này chỉ xét bậc là ra không phức tạp 
suy ra $p(x)=x^(2n)+1$ thỏa mãn
nếu p(0)=2  đặt $p(x)=x^ng(x)$ với g(0) khác 0 nhưng thay vào thì vẫn suy ra g0=0 suy ra g(x) đồng nhất =2 :v , xong

Sai rồi nhé, còn có nghiệm $ P(x)=x^{2k+1}+1$ và $P(x)=-x^{2k+1}+1$ nữa, hì. Bạn làm như trên là không chuẩn. 



#12 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 16-09-2015 - 14:32

Câu hình a chỉ sử dụng pytago thôi và sử dụng thêm MI=MB=MC nữa là xong , phần B áp dụng potoleme cho tứ giác ABMC thì có I là trung điểm AM và chú ý AIHF nội tiếp thì ta có đpcm

#13 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 16-09-2015 - 14:35

Sai rồi nhé, còn có nghiệm $ P(x)=x^{2k+1}+1$ và $P(x)=-x^{2k+1}+1$ nữa, hì. Bạn làm như trên là không chuẩn.

thử lại p(x)=x+1 có thỏa mãn đâu ?

#14 Responsive Creature

Responsive Creature

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T1K25 - THPT Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:xem Arsenal đá, đá PES, xem Super Sentai...
    học lập trình và toán

Đã gửi 17-09-2015 - 09:08

Bổ sung thêm 1 ý cho việc c/m câu a bài hình ngày 1:

(Do cấp THCS chưa học đường đẳng giác)

Ta có:

AH cắt (O) tại Z. Dễ dàng có được ZD // BC (cùng vuông góc với AH).

Do đó nên M cũng là điểm chính giữa cung nhỏ ZD.

$ \angle HAI = \angle ZAM = \angle ZCM = \angle DBM = \angle DAI $

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Henshin!!! Mister Dangerous!!! 

:icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:


#15 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 17-09-2015 - 18:09

b,Bổ đề: nếu AB+AC=2BC thì IO là đường trung trực của AM (đây là bài toán quen thuộc ,có nhiều trong sách vở) 

 Gọi K là giao điểm của IO với BC. Dễ thấy $\widehat{KIB}=90^{\circ}-\widehat{BIM}=90-\frac{180-\widehat{BMI}}{2}=\frac{\widehat{BCA}}{2}=\widehat{ICB}$ $\Rightarrow KI^{2}=KB.KC$ Gọi T là giao điểm của KA với đường tròn O thì $KT.KA=KC.KB=KI^{2}$ kết hợp với $\widehat{AIK}=90^{\circ}$ suy ra

$\widehat{ATI}=90^{\circ}$  $\Rightarrow T\equiv E \Rightarrow K\equiv F$ . Gọi S là trung điểm AP  thì IS là đường trung bình của tam giác AMP suy ra F,I,O,S thằng hàng. Gọi L là trung điểm AF thì $\widehat{AIL}=\widehat{IAL}=\widehat{IDM}=\widehat{IQM}=\widehat{MIP}$ suy ra L,I,P thẳng hàng .Do đó I là trọng tâm của tam giác AFP.

  p/s: câu a có thể giải bằng kiến thức THCS nhưng hơi dài

Thay bởi cách làm trên, ta có cách sau:

 

Bổ đề 1: Nếu AB+BC=2BC thì OI vuông góc với AM

Bổ đề 2: Nếu AB+BC=2BC thì K là trung điểm IM (1)

Ta đi chứng minh F,I,O thẳng hàng.

Thật vậy: OI vuông góc với AM nên OI là trục đẳng phương của (AEI) và (IBC)

Mà FA.FE=FB.FC nên F thuộc trục đẳng phương của (AEI) và (IBC)

Do đó: F,I,O thẳng hàng hay FI vuông góc với AM hay FI song song với MP (2)

(1);(2) ta có FIPM là hình bình hành hay K là trung điểm FP kết hợp $AI=\frac{2}{3}AK$ nên I là trọng tâm.


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#16 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 17-09-2015 - 21:14

 

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

 

2

gọi $M$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ ta có $E,M,F$ thẳng hàng

ta có   $\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$$=\frac{\cos^{2} \frac{C}{2}}{\cos^{2} \frac{B}{2}}=$$\frac{\ sin^{2} \widehat{BCM}}{\ sin^{2} \widehat{CBM}}=$$\frac{BM^{2}}{CM^{2}}$

mà $\bigtriangleup EBM\sim \bigtriangleup FMC$

nên$\frac{BE}{MF}=\frac{ME}{FC}=\frac{MB}{MC}$

$\Rightarrow \frac{MB^{2}}{MC^{2}}= \frac{BE}{CF}$

Qua $D$ kẻ tiếp tuyên chung của 2 đường tròn cắt $AB$ ở $H$ lấy $T$ đối xứng với $E$ qua $H$ ta có

$HE^{2}=HD^{2}= HB.HA\Rightarrow (ABPH)=-1$

Nên $DE$ là phân giác ngoài của $ADB$

$\Rightarrow \frac{EB}{EA}=\frac{DB}{DA}$

tương tự ta có $\frac{FC}{AF}= \frac{DC}{DA}$

$\Rightarrow \frac{BE}{CF}= \frac{DB}{DC}$

$\Rightarrow \frac{1+\ cosB}{1+\ cosC}= \frac{BE}{CF}=\frac{DB}{DC}$ 



#17 Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Ninh Binh
  • Sở thích:Number theory , Geometry

Đã gửi 17-09-2015 - 23:01

                   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                      KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT

                                 HÀ TĨNH                                                                               NĂM HỌC:2015-2016

                                                                                                                 MÔN TOÁN - NGÀY THI 14/9/2015

 

Bài 1 ( 5 điểm).Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi 

                                             

$$x_1=1;x_{n+1}=3+\frac{5}{x_n}$$ với $n=1;2...$ 

 

Tìm số thực dương $a$ sao cho dãy số $(y_n)$ xác định bởi 

            

 $$y_n=\frac{a^n}{x_1.x_2...x_n}$$ với $n=1;2...$

 

có giới hạn hữu hạn và $\mathbb{lim} y_n\neq 0$

           

 

Lời giải tóm tắt : 

 $\bullet $ Dùng Lagrange để tìm được $\lim x_n$

 $\bullet $ Ta có $y_n=\frac{a^n}{x_1x_2...x_n}=(\frac{a}{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}})^n$

Có định lý quen thuộc $\lim x_n=L\Rightarrow \lim \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} =L$

Từ đây dễ suy ra : để $y_n$ có giới hạn thì $a=\lim x_n=L$


$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#18 Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Ninh Binh
  • Sở thích:Number theory , Geometry

Đã gửi 18-09-2015 - 20:36

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

                                                                         12011125_1629849897276211_28334105950971

 

 

Lời giải câu b: 

Gọi $H \equiv NT \cap QI$

$(J)$ là đường tròn A-mixtilinear ngoại của tam giác $ABC$ nên theo Bổ đề Sawayama-Thebault ta có $I$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$.

Gọi $I'$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Ta có $TI'=TB=TI$. Suy ra $T$ là trung điểm của $II'$. $\Rightarrow NT \parallel I'M$

Vì $PQ \parallel BC$ suy ra $PBQC$ là hình thang . Suy ra $\angle PAB=\angle QAC$ 

$\Rightarrow \bigtriangleup MAB \sim  \bigtriangleup CAQ(g. g)$

$\Rightarrow AB.AC=AM.AQ$ $(1)$

Lại có $\bigtriangleup ABI' \sim ACI(g.g) \Rightarrow AB.AC=AI.AI'$ $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $AM.AQ=AI.AI'$ 

$\Rightarrow AMI' \sim AIQ(c.g.c)$

$\Rightarrow \angle AQI=\angle AI'M=\angle ITN$

Suy ra $ATHQ$ nội tiếp . Suy ra $H$ nằm trên $(O)$ cố định $(Q.E.D)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 18-09-2015 - 21:00

$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#19 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 19-09-2015 - 10:03

 Bài 2 ( 5 điểm ) Cho các số hữu tỉ $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c\in \mathbb{Z}\\ (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3 \end{matrix}\right.$

 Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $m,n$ thỏa mãn $(m,n)=1$ và $abc=\frac{m^2}{n^3}$

Lời giải. Đặt $a= \frac{x_1}{x_2},b= \frac{y_1}{y_2},c= \frac{z_1}{z_2}$ với $\gcd (x_1,x_2)= \gcd (y_1,y_2)= \gcd (z_1,z_2)=1; x_2,y_2,x_2 \ge 1$.

 

Đặt tiếp $\begin{cases} x_2=dd_1d_2x_3 \\ y_2=dd_2d_3y_3 \\ z_2=dd_3d_1z_3 \end{cases}$ với $(x_3,y_3,z_3)$ đôi một nguyên tố cùng nhau và $(d_1,d_2,d_3)$ đôi một nguyên tố cùng nhau; $\gcd (d_i,x_3)= \gcd (d_i,y_3)= \gcd (d_i,z_3)=1$ với mọi $1 \le i \le 3$.

 

Từ $a+b+c \in \mathbb{Z}$ ta suy ra $$dd_1d_2d_3x_3y_3z_3 \mid x_1d_3y_3z_3+y_1d_1x_3z_3+z_1d_2x_3y_3.$$ Từ đây dẫn đến $x_3|x_1d_3y_3z_3$ suy ra $x_3|x_1$. Mặt khác, vì $x_3|x_2$ và $\gcd (x_2,x_1)=1$ nên ta dẫn tới $x_3=1$. Tương tự thì $y_3=z_3=1$.

 

Như vậy $\begin{cases} x_2=dd_1d_2 \\ y_2=dd_2d_3 \\ z_2=dd_3d_1 \end{cases}$ và \begin{equation} \label{1} dd_1d_2d_3 \mid x_1d_3+y_1d_1+z_1d_2 \end{equation}

 

Mặt khác, từ $(2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3$ ta suy ra $a^2+b^2+c^2=a+b+c \in \mathbb{Z}$. Trước hết, ta sử dụng $a^2+b^2+c^2 \in \mathbb{Z}$. Điều kiện này tương đương với

\begin{equation} \label{2} d^2d_1^2d_2^3d_3^2 \mid x_1^2d_3^2+y_1^2d_1^2+z_1^2d_2^2 \end{equation}

 

Từ \eqref{1} và \eqref{2} ta suy ra $d_3|y_1d_1+z_1d_2$ và $d_3^2|y_1^2d_1^2+z_1^2d_2^2$ dẫn đến $d_3^2|2y_1d_1z_1d_2$. Từ đây suy ra $d_3=1$. Tương tự $d_1=d_2=1$. Như vậy thì $x_2=y_2=z_2=d$. Bài toán đưa về việc chứng minh tồn tại $m,n$ sao cho $x_1y_1z_1n^3=m^2d^3$.

 

Kết hợp với điều kiện $a^2+b^2+c^2=a+b+c \in \mathbb{Z}$ ta suy ra \begin{equation} \label{3} a= \frac{x_1^2+y_1^2+z_1^2}{d^2}= \frac{x_1+y_1+z_1}{d} \in \mathbb{Z} \end{equation}

Để ý rằng $x_1^2+y_1^2+z_1^2 \ge \tfrac 13 (x_1+y_1+z_1)^2$ nên suy ra $d= \frac{x_1^2+y_1^2+z_1^2}{x_1+y_1+z_1} \ge \frac{x_1+y_1+z_1}{3}$ suy ra $a= \frac{x_1+y_1+z_1}{d} \le 3$. Ta xét 4 trường hợp:

Hiển nhiên rằng nếu ít nhất một trong ba số $x_1,y_1,z_1$ bằng $0$ thì bài toán được chứng minh. Ta sẽ đi chứng minh trường hợp $x_1y_1z_1 \ne 0$ cũng thoả mãn:

 

TH1. Nếu $a=1$ thì $x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1= 0$ tương đương với $x_1(y_1+z_1)=-y_1z_1$. Ta suy ra $x_1= \pm 1$ dẫn đến $y_1z_1 \pm y_1 \pm z_1=0$. Ta tìm được $(y_1,z_1)= (\pm 2, \pm 2)$. Khi đó $abc= \frac{2^2}{ ( \pm d)^3}$.

 

TH2. Nếu $a=2$ thì $2(x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1)=2d^2=x_1^2+y_1^2+z_1^2$. Áp dụng bài toán này ta suy ra $x_1y_1,y_1z_1$ là các số chính phương. Mặt khác, để ý rằng $\gcd (x_1,y_1)= \gcd (y_1,z_1)= \gcd (z_1,x_1)=1$ vì giả sử phản chứng, chẳng hạn $\gcd (x_1,y_1)=r>1$ thì $r|x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1=d^2$ suy ra $\gcd ( d,r)>1$, mâu thuẫn với điều kiện.

 

Kết hợp hai điều kiện ta suy ra $x_1,z_1,y_1$ chính phương hoặc là số đối của số chính phương. Do đó $abc= \frac{\left( \sqrt{|x_1y_1z_1|} \right)^2}{ (\pm d)^3}$.

 

TH3. Nếu $a=3$ thì $x_1^2+y_1^2+z_1^2=3(x_1+y_1+z_1)^2$ suy ra $x_1=y_1=z_1=d>0$ suy ra $d=1$. Như vậy $abc=1$.

 

Bài toán được chứng minh. $\blacksquare$

 

Ps: Bài toán hay. :D :namtay


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 19-09-2015 - 13:09

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#20 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4260 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 19-09-2015 - 14:09

Bài 4 ( 5 điểm).Xác định tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn tính chất tồn tại một cách chia hình vuông có độ dài cạnh là $n$ thành đúng năm hình chữ nhật sao cho độ dài các cạnh của năm hình chữ nhật đó là các số $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$                              

Bài này mình có ý tưởng như thế này, mọi người kiểm chứng coi ý tưởng có đúng không:

 

+) Chứng minh rằng một hình vuông khi chia thành $5$ hình chữ nhật có độ dài các cạnh khác nhau thì các hình chữ nhật sẽ được sắp xếp trong hình vuông như sau:

Screen Shot 2015-09-19 at 4.47.57 pm.png

 

+) Kí hiệu độ dài các cạnh như hình vẽ, $a_i,b_i \in \{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \}$ với $1 \le i \le 5$. Ta thấy 

$$\begin{aligned} n & =a_5+a_3=a_1+a_4, \\ & = b_1+b_3=b_4+b_5. \end{aligned}$$

Do đó $4n=\sum a_i+ \sum b_i$ nên $\frac{8 \cdot 9}{2} \le 4n \le \frac{8 \cdot 13}{2}$ suy ra $9 \le n \le 13$.

 

Đến đây ta thử từng trường hợp để coi có tìm được $a_2,b_2$ thoả mãn không. Nếu thoả mãn thì $n$ là giá trị cần tìm.

 

Hiển nhiên $n \ne 9,10$ vì nếu $n \in \{ 9,10 \}$ thì hoặc $b_2=10$ hoặc $a_2=10$, lớn hơn tất cả các số $a_i,b_i$ còn lại. Điều này mâu thuẫn với hình vẽ.

 

Vậy $11 \le n \le 13$. Đến đây tiếp tục xét.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 19-09-2015 - 14:18

“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.




2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh