Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Thuận năm 2015-2016 ( vòng 2 )
Đề thi học sinh giỏi tỉnh Bình Thuận năm 2015-2016 ( vòng 2 )
#1
Đã gửi 22-10-2015 - 22:31
- Zaraki, Trang Luong, nhungvienkimcuong và 3 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 28-10-2015 - 14:19
Bài 1. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3y^3+72x^3=1 \\ x^2y^2+2x^2y-8x=-2 \end{cases}$.
Bài 2. Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $xy+yz+zx+xyz=4$. Chứng minh $\frac xy+ \frac yz + \frac zx \ge x+y+z \ge xy+yz+zx$.
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $AB+BC=3AC$, đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB,BC,CA$ lần lượt tại $D,E,F$. Trên cạnh $AC$ lấy $M$ sao cho $AM=CF$. Gọi $N,P$ là giao điểm của $MB$ và đường tròn $(I)$ với $N$ nằm giữa $B$ và $P$. Đường thẳng $CN$ cắt đường thẳng $DE$ tại $K$. Chứng minh rằng đường tròn qua ba điểm $I,K,N$ tiếp xúc với đường tròn $(I)$.
Bài 4. Trong một hội nghị có $155$ đại biểu, ban tổ chức nhận thấy có ít nhất $2015$ cặp đại biểu quen biết nhau. Chứng minh rằng tồn tại $4$ đại biểu $A,B,C,D$ sao cho $A$ và $B$, $B$ và $C$, $C$ và $D$, $D$ và $A$ quen biết nhau.
- Quoc Tuan Qbdh và yeutoan2001 thích
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
#3
Đã gửi 28-10-2015 - 16:04
Bài bất dùng bổ đề:
$$\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{x}\geq \frac{x+y+z}{\sqrt[3]{xyz}}$$
Vế sau là BĐT trong đề VMO năm 96
#4
Đã gửi 17-11-2015 - 19:42
Bài 1. Giải hệ phương trình $\begin{cases} x^3y^3+72x^3=1 \\ x^2y^2+2x^2y-8x=-2 \end{cases}$.
Bài 2. Cho $x,y,z>0$ thoả mãn $xy+yz+zx+xyz=4$. Chứng minh $\frac xy+ \frac yz + \frac zx \ge x+y+z \ge xy+yz+zx$.
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $AB+BC=3AC$, đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB,BC,CA$ lần lượt tại $D,E,F$. Trên cạnh $AC$ lấy $M$ sao cho $AM=CF$. Gọi $N,P$ là giao điểm của $MB$ và đường tròn $(I)$ với $N$ nằm giữa $B$ và $P$. Đường thẳng $CN$ cắt đường thẳng $DE$ tại $K$. Chứng minh rằng đường tròn qua ba điểm $I,K,N$ tiếp xúc với đường tròn $(I)$.
Bài 4. Trong một hội nghị có $155$ đại biểu, ban tổ chức nhận thấy có ít nhất $2015$ cặp đại biểu quen biết nhau. Chứng minh rằng tồn tại $4$ đại biểu $A,B,C,D$ sao cho $A$ và $B$, $B$ và $C$, $C$ và $D$, $D$ và $A$ quen biết nhau.
Câu bất khá quen thuộc. Thật ra, vế đầu chỉ là hệ quả của vế sau nên ta chỉ cần chứng minh vế sau
Vẫn theo ý tưởng đổi biến $p,q,r$ . Ta cần chứng minh $p\geq$
nếu $p>4$ thì $p> q$ (do $q<4$)
Còn khi $p<=4$ thì dùng schur bậc 3 là ok. Không có gì khó
Chú ý: do điều kiện x,y,z >0 nên x=y=z=1 hoặc 2 số bằng nhau 1 số tiến tới 0
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 21-11-2015 - 21:52
#5
Đã gửi 20-11-2015 - 18:51
Bài 2. $xy+yz+zx+xyz=4\Leftrightarrow \dfrac{x}{x+2}+\dfrac{y}{y+2}+\dfrac{z}{z+2}=1$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\sum x(x+2)\sum \dfrac{x}{x+2}\geqslant (x+y+z)^2\Leftrightarrow x+y+z\geqslant xy+yz+zx$
- quan1234 yêu thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#6
Đã gửi 21-11-2015 - 20:59
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có $AB+BC=3AC$, đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB,BC,CA$ lần lượt tại $D,E,F$. Trên cạnh $AC$ lấy $M$ sao cho $AM=CF$. Gọi $N,P$ là giao điểm của $MB$ và đường tròn $(I)$ với $N$ nằm giữa $B$ và $P$. Đường thẳng $CN$ cắt đường thẳng $DE$ tại $K$. Chứng minh rằng đường tròn qua ba điểm $I,K,N$ tiếp xúc với đường tròn $(I)$.
Lời giải:
Bổ đề: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn $(I)$, $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. Kẻ đường kính $DD'$. Gọi $E$ là giao điểm của $AD'$ với $BC$ thì khi đó $BD=CE$.
Gợi ý chứng minh: Vẽ đường tròn bàng tiếp góc A, gọi $r,r_a$ lần lượt là bán kính của 2 đường tròn đó.
Sau đó xét phép vị tự tâm $A$, tỉ số $\frac{r_a}{r}$
....
Áp dụng:
Từ điều kiện của đề bài là $AM=CF$ kết hợp với bổ đề dễ chứng minh $F,I,N$ thẳng hàng hay $NF\perp AC$
Do đó: $tan ACN=\frac{2r}{CF}=\frac{2S_{ABC}}{p(p-c)}=\frac{2\sqrt{p(p-a)(p-b)}}{p\sqrt{p-c}}$
Lại có: $tan(\frac{\Pi }{2}-\frac{\widehat{A}}{2})=cot(\frac{\widehat{A}}{2})=\sqrt{\frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}$
Mà: $\frac{2\sqrt{p(p-a)(p-b)}}{p\sqrt{p-c}}=\sqrt{\frac{p(p-a)}{(p-b)(p-c)}}$
Thật vậy: Sau khi rút gọn ta được đẳng thức đúng sau:
$p=2b<=>\frac{a+b+c}{2}=2b<=>a+c=3b$ (Đúng theo giả thiết).
Từ đó dẫn đến $\widehat{ACN}=90^{\circ}-\frac{\widehat{A}}{2}$
Nghĩa là $CN\perp AI$.
Gọi giao điểm của $AI$ và $DE$ là $K'$ thì theo một bổ đề quen thuộc suy ra được $\widehat{AK'C}=90^{\circ}$.
Dẫn đến $K\equiv K'$
Do đó tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $INK$ thuộc đoạn thẳng $IN$.
Suy ra điều phải chứng minh.
(Lời giải hơi dài).
- Duong Nhi, quan1234 và Taj Staravarta thích
#7
Đã gửi 21-11-2015 - 22:07
Bài 1: Giải hệ phương trình
* Nhận thấy $x=0$ không thỏa mãn hệ phương trình.
* Với $x\neq 0$ , chia cả hai vế của phương trình (1) cho $x^{3}$ , phương trình (2) cho $x^{2}$ rồi cộng vế với vế được:
$y^{3}+6y^{2}+12y+8=\frac{1}{x^{3}}-\frac{12}{x^{2}}+\frac{48}{x}-64$
$\Leftrightarrow (y+2)^{3}=(\frac{1}{x}-4)^{3}$
$\Leftrightarrow y=\frac{1}{x}-6$
Thay $y=\frac{1}{x}-6$ vào (1) tìm được $(x;y)$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitrangtls: 21-11-2015 - 22:21
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh