Chủ đề này có 4 trả lời

[nhungvienkimcuong]

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA-NGÀY 1

Bài 1 (5 điểm)

Xét dãy số $(u_n):\left\{\begin{matrix} u_1=\frac{1}{2},u_2=\frac{3}{2}\\u_{n+1}=\frac{\sqrt[20]{u_n}+\sqrt[15]{u_{n-1}}}{2}\ \ ,\forall n\ge 2 \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $(u_n)$ hội tụ và tính $\lim_{n\rightarrow +\infty}u_n$

 

Bài 2 (5 điểm)

Cho hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho 

$(y+1)f(x)+f\left ( xf(y)+f(x+y) \right )=y\ \ ;\forall x,y\in \mathbb{R}$

$a)$ Chứng minh rằng $f(0)\neq 1$

$b)$ Tìm tất cả hàm số $f(x)$ thỏa mãn điều kiện 

 

Bài 3 (5 điểm)

Cho $\Delta ABC$ có tâm đường tròn nội tiếp $I$.Một đường tròn qua $B,C,$ cắt các đoạn $BI,CI$ tại $P,Q$ sao cho $BP.CQ=PI.QI$.Chứng minh rằng

$a)$ $(PQI)$ và $(ABC)$ tiếp xúc nhau tại $T$

$b)$ $TI$ đi qua trung điểm của $PQ$

 

Bài 4 (5 điểm)

Cho $15-\text{giác đều}\ A_1A_2...A_{15}$ nội tiếp đường tròn $(O)$.Có bao nhiêu tứ giác lồi $ABCD$ không là hình thang mà $A,B,C,D\in \left \{ A_1,A_2,...,A_{15} \right \}$ và $O$ nằm trong $ABCD$ $($ hai tứ giác gọi là khác nhau nếu tập hợp các đỉnh của chúng là khác nhau $)$

 

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

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA -NGÀY 2

Bài 1 (5 điểm)

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$.$AD\cap BC=E,AB\cap CD=F$ và $AC\cap BD=M,EM\cap OF=N$.Gọi $P,Q$ là trung điểm của $AC,BD$.$(AQD)\cap (BQC)=R\neq Q$.Chứng minh rằng $M,N,O,P,Q,R$ cùng nằm trên một đường tròn

 

Bài 2 (5 điểm)

Tìm tất cả các đa thức $\mathcal{P}(x)\in \mathbb{R}\left [ x \right ]$ sao cho $\forall x,y,z:xy+yz+zx=1$ thì

$\mathcal{P}(x)+\mathcal{P}(y)+\mathcal{P}(z)=\mathcal{P}(x+y+z)$

 

Bài 3 (5 điểm)

Tìm $x,y$ nguyên dương sao cho 

$3x^5+4x+5=9.4^y$

 

Bài 4 (5 điểm)

Cho đa thức lồi $\mathcal{G}$ có $2016$ cạnh.$\mathcal{X}$ là tập chứa $n(n\ge 2)$ cạnh hay đường chéo của $\mathcal{G}$ sao cho $2$ đoạn bất kì trong $\mathcal{X}$ đều có điểm chung.

Tìm giá trị lớn nhất của $n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 09-11-2015 - 14:01

[Zaraki]

Bài 2 (5 điểm)

Cho hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ sao cho 

$(y+1)f(x)+f\left ( xf(y)+f(x+y) \right )=y\ \ ;\forall x,y\in \mathbb{R} \qquad (1)$

$a)$ Chứng minh rằng $f(0)\neq 1$

$b)$ Tìm tất cả hàm số $f(x)$ thỏa mãn điều kiện 

Lời giải. Giả sử $P(x,y)$ là tính chất của $(1)$.

$P(0,y) \Rightarrow (y+1)f(0)+f(f(y))=y. \qquad (2)$ 

Từ đây ta suy ra $f$ song ánh. Do đó tồn tại $k$ thoả mãn $f(k)=0$.

$P(k,0) \Rightarrow f(kf(0))=0=f(k)$ suy ra $kf(0)=k$ suy ra hoặc $f(0)=1$ hoặc $k=0$.

 

Nếu $f(0)=1$ thì thay $y$ bởi $0$ vào $(2)$ ta được $f(1)=-1$. 

Khi đó $P(0,1) \Rightarrow f(-1)=-1=f(1)$, mâu thuẫn vì $f$ song ánh. 

 

Nếu $k=0$ tức $f(0)=0$. Khi đó $y=f(f(y))$ theo $(2)$. 

$P(x,0) \Rightarrow f(x)+f(f(x))=0$ suy ra $f(x)=-f(f(x))=-x$.

Thử lại thấy thoả mãn. Vậy $f(x)=-x$.

[viet nam in my heart]

 

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA-NGÀY 1

Bài 3 (5 điểm)

Cho $\Delta ABC$ có tâm đường tròn nội tiếp $I$.Một đường tròn qua $B,C,$ cắt các đoạn $BI,CI$ tại $P,Q$ sao cho $BP.CQ=PI.QI$.Chứng minh rằng

$a)$ $(PQI)$ và $(ABC)$ tiếp xúc nhau tại $T$

$b)$ $TI$ đi qua trung điểm của $PQ$

a)Từ $P$ kẻ $PX$ song song với $IC$ ($X \in BC$)

Theo giả thiết ta có: $BP.CQ=IP.IQ \Leftrightarrow \dfrac{BP}{PI}=\dfrac{QI}{QC}$

Áp dụng định lý $Thales$ ta có: $\dfrac{BP}{PI}=\dfrac{BX}{XC} \Rightarrow \dfrac{BX}{XC}=\dfrac{QI}{QC}$.Theo định lý $Thales$ đảo suy ra $QX \parallel BI$

Suy ra $PIQX$ là hình bình hành.

Gọi $T$ là giao điểm của $IX$ với $(PIQ)$ ($T \neq I$). Ta sẽ chứng minh $T$ nằm trên $(ABC)$

Ta có: $\widehat{PTI}=\widehat{PQI}=\widehat{IBC}$. Suy ra tứ giác $BPXT$ nội tiếp.

Tương tự: Tứ giác $CQXT$ nội tiếp

Ta có: $\widehat{BTC}=\widehat{BTP}+\widehat{PTQ}+\widehat{QTC}=\widehat{PXB}+\left(180^o-\widehat{BIC}\right)+\widehat{QXC}=\widehat{ICB}+\left(180^o - \widehat{PTI}\right)+\widehat{IBC}$

Suy ra $\widehat{BTC} = 180^o -\widehat{BAC}$ 

Do đó $T$ nằm trên $(ABC)$

Ta chứng minh $(ABC)$ và $(PQI)$ tiếp xúc với nhau tại $T$

Kẻ tiếp tuyến $Tz$ của $(IPQ)$. Ta chứng minh $Tz$ cũng là tiếp tuyến của $(ABC)$.

Thật vậy: $\widehat{BTz}=\widehat{ITz}-\widehat{ITB}=\widehat{IQT}-\widehat{IPX}=\widehat{IQT}-\widehat{IQX}=\widehat{XQT}=\widehat{BCT}$

Do đó: $Tz$ cũng là tiếp tuyến của $(ABC)$.

Vậy $(PQI)$ và $(ABC)$ tiếp xúc nhau tại $T$

b)$IPXQ$ là hình bình hành nên $XI$ đi qua trung điểm của $PQ$. Mà $T,X,I$ thẳng hàng

Suy ra $TI$ đi qua trung điểm của $PQ$

[quochung262]

$P(0,y) \Rightarrow (y+1)f(0)+f(f(y))=y. \qquad (2)$ 
Từ đây ta suy ra $f$ song ánh. Do đó tồn tại $k$ thoả mãn $f(k)=0$.
Chổ này nếu f(0)=1 thì song áng kiểu gì?

[Zaraki]

$P(0,y) \Rightarrow (y+1)f(0)+f(f(y))=y. \qquad (2)$ 
Từ đây ta suy ra $f$ song ánh. Do đó tồn tại $k$ thoả mãn $f(k)=0$.
Chổ này nếu f(0)=1 thì song áng kiểu gì?

Bạn nói đúng, mình bất cẩn quá. Nếu thế thì mình nghĩ ta có thể xét $f(0)=1$ trước, xét $f(0) \ne 1$ rồi suy ra $f$ song ánh ở trường hợp này.

 

Cho trường hợp $f(0)=1$. Ta đã tính được $f(-1)=-1$. Khi đó $P(1,-1) \Rightarrow f(f(-1)+f(0))=-1$ hay $f(0)=-1$, mâu thuẫn.

 

Trường hợp $f(0) \ne 1$ thì làm tương tự như post trước.