Đề hơi mờ mọi người thông cảm
Đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia 2015-2016 tỉnh Nghệ An
#1
Đã gửi 20-11-2015 - 21:37
- caovannct và nhungvienkimcuong thích
'' Để Đạt Được Thành Tích Bạn Chưa Từng Đạt Được, Bạn Phải Làm Những Việc Mà Bạn Chưa Tứng Làm''
#2
Đã gửi 20-11-2015 - 22:03
Đề hơi mờ mọi người thông cảm
Câu 1: Chuẩn hóa $a+b+c=3$, khi đó BĐT trở thành:
$\sum (\frac{a}{3-a}+\sqrt{\frac{a}{2(3-a)}})\geq 3$
Lại có: $\frac{a}{3-a}+\sqrt{\frac{a}{2(3-a)}}=\frac{2a+\sqrt{2a(3-a)}}{2(3-a)}\geq \frac{9}{8}a-\frac{1}{8}$
Thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng lại suy ra ĐPCM
- canhhoang30011999, Phanbalong, quan1234 và 1 người khác yêu thích
#3
Đã gửi 20-11-2015 - 23:06
Đề hơi mờ mọi người thông cảm
Sở GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA
BẬC THPT NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi : Toán
Thời gian làm bài : 180 phút
Ngày thi : 06/10/2015
Câu $1$ ($5,0$ điểm)
Cho $3$ số dương $a;b;c$ chứng minh rằng :
$\sum \frac{a}{b+c}+ \sum \sqrt{\frac{a}{2b+2c}} \geq 3$
Câu $2$ ($5,0$ điểm)
Tìm tất cả các số tự nhiên $a$ sao cho tồn tại số nguyên dương $n$ lớn hơn $1$ và thỏa mãn $a^{n}+1$ chia hết cho $n^{2}$
Câu $3$ ($5,0$ điểm)
Câu $4$ ($5,0$ điểm)
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Quoc Tuan Qbdh: 20-11-2015 - 23:07
- Nguyen Minh Hai, hoctrocuaZel, Phanbalong và 5 người khác yêu thích
#4
Đã gửi 21-11-2015 - 11:27
Bài 1. Bằng AM-GM, ta có thể chứng minh: $2(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)\geqslant 3(a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2)$
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+\dfrac{c}{a+b}\geqslant \dfrac{(a+b+c)^2}{2(ab+bc+ca)}$
Áp dụng bất đẳng thức Holder: $\sum \sqrt{\dfrac{a}{b+c}}\geqslant \sqrt{\dfrac{(a+b+c)^3}{2(a^2b+b^2c+c^2a+ab^2+bc^2+ca^2)}}\geqslant \dfrac{a+b+c}{2}\sqrt{\dfrac{3}{a^2+b^2+c^2}}$
Bằng việc chuẩn hóa $a+b+c=3$, ta đưa về chứng minh: $\dfrac{3}{ab+bc+ca}+\sqrt{\dfrac{3}{a^2+b^2+c^2}}\geqslant 2$
Đến đây ta mạnh dạng áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $VT\geqslant 2\sqrt{\dfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}}}$
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: $(ab+bc+ca)^2(a^2+b^2+c^2)\leqslant \dfrac{(a+b+c)^6}{27}=27$ nên ta có điều phải chứng minh.
- Phanbalong và royal1534 thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#5
Đã gửi 21-11-2015 - 12:13
Câu 4a/ Câu trả lời là không do số cuối cùng không thể là số lẻ.
Thật vậy, theo quy luật đề bài ta có:
chẵn + chẵn = chẵn
lẻ + lẻ = chẵn
chẵn + lẻ = lẻ + chẵn = lẻ
Trước dấu "=" là xóa đi và sau là số viết vào.
Ta thấy số lẽ luôn mất đi 2 hoặc không mất đi qua cả 3 TH ta xóa tùy ý. Mà ta có 1008 số lẻ nên theo luật bất biến rõ ràng số lẻ không thể còn lại cuối cùng.
- Phanbalong và CaptainCuong thích
#6
Đã gửi 21-11-2015 - 14:22
Bài 4b. Ta sẽ chứng minh $m$ thuộc tập các số chẵn từ $0$ đến $2014$ hay là chứng minh với một số chẵn bất kỳ thuộc $\{0,2,4,...,2014\}$ thì ta luôn tồn tại hữu hạn các thao tác biến đổi sao cho số cuối cùng còn lại là số đã chọn.
Giả sử ta muốn có số $2k$. Ta sẽ thực hiện phép biến đổi với các cặp như sau: $(1,2), (3,4),..., (2k-3, 2k-2), (2k-1, 2k+1), (2k+2, 2k+3),..., (2014,2015)$
Sau khi thực hiện các phép biến đổi sẽ ra $1006$ số $1$, $1$ số $2$ và số $2k$
Ta thực hiện phép biến đổi cho $(2,1)$ thì ta được $1006$ số $1$ và số $2k$
Đến đây thực hiện phép biến đổi cho từng cặp số $1$ thì chỉ còn lại $503$ số $0$ và số $2k$ và đến đây thì áp dụng phép biến đổi tùy ý, đến cuối ta được số $2k$
Vậy ta có điều phải chứng minh.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 21-11-2015 - 16:43
- Nguyen Minh Hai, TonnyMon97, Phanbalong và 1 người khác yêu thích
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
#7
Đã gửi 21-11-2015 - 21:57
Câu 1: Chuẩn hóa $a+b+c=3$, khi đó BĐT trở thành:
$\sum (\frac{a}{3-a}+\sqrt{\frac{a}{2(3-a)}})\geq 3$
Lại có: $\frac{a}{3-a}+\sqrt{\frac{a}{2(3-a)}}=\frac{2a+\sqrt{2a(3-a)}}{2(3-a)}\geq \frac{9}{8}a-\frac{1}{8}$
Thiết lập 2 BĐT tương tự rồi cộng lại suy ra ĐPCM
Bạn cho mình hỏi ở đây mình biết bạn dùng UCT, nhưng mình lại không biết cách mà bạn lại biết đổi ra được $\frac{9}{8}a -\frac{1}{8}$ , cũng như cách bạn chứng minh bất đẳng thức bạn tìm được là đúng . Mong bạn viết rõ một tí , mình còn hơi kém
'' Để Đạt Được Thành Tích Bạn Chưa Từng Đạt Được, Bạn Phải Làm Những Việc Mà Bạn Chưa Tứng Làm''
#8
Đã gửi 22-11-2015 - 08:37
Bạn cho mình hỏi ở đây mình biết bạn dùng UCT, nhưng mình lại không biết cách mà bạn lại biết đổi ra được $\frac{9}{8}a -\frac{1}{8}$ , cũng như cách bạn chứng minh bất đẳng thức bạn tìm được là đúng . Mong bạn viết rõ một tí , mình còn hơi kém
Mình tính đạo hàm bạn ạ, gọi là phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh BĐT
#9
Đã gửi 22-11-2015 - 09:00
Cho $a,b,c$ không âm thỏa $ab+bc+ac+abc=4$.Chứng minh rằng:
$$a+b+c+\sqrt{a+b+c+2abc+4} \geq 6$$
Bất đẳng thức tương tự sau vẫn đúng:
$$\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b}+\left(\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}\right)^2\geq 6$$
$$(\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+\frac{c}{a+b})\left(\sqrt{\frac{2a}{a+b}}+\sqrt{\frac{2c}{c+a}}+\sqrt{\frac{2b}{b+c}}\right)\geq \frac{9}{2}$$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi longatk08: 22-11-2015 - 09:06
#10
Đã gửi 22-11-2015 - 17:09
Mình tính đạo hàm bạn ạ, gọi là phương pháp tiếp tuyến trong chứng minh BĐT
mình lại tưởng là UCT, vậy cho mình hỏi dùng UCT ở đây có được ko vậy ?
'' Để Đạt Được Thành Tích Bạn Chưa Từng Đạt Được, Bạn Phải Làm Những Việc Mà Bạn Chưa Tứng Làm''
#11
Đã gửi 22-11-2015 - 17:16
Câu $3$ ($5,0$ điểm)
Câu b) Không liên quan đến câu a) lắm (giống định lý Newton).
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 22-11-2015 - 17:35
#12
Đã gửi 22-11-2015 - 18:37
Câu số học có vẻ giống bài IMO 1990.
#13
Đã gửi 22-11-2015 - 19:22
Câu số học có vẻ giống bài IMO 1990.
Hơi liên quan: T gọi $p$ là ước nguyên tố nhỏ nhất của $n$ thì chứng minh được $a$ phải là số tự nhiên thỏa mãn $a+1$ chia hết cho $p^2$ (đó mới là điều kiện cần, chưa phải điều kiện đủ).
Nói chung: "Ngu số" @@
#14
Đã gửi 22-11-2015 - 20:55
Câu $3$ ($5,0$ điểm)
Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp ($O$)$a)$ Gọi $J$ là giao điểm $AC$ và $BD$. Đường tròn ($O'$) tiếp xúc với hai tia $JA;JB$ tại $E;F$ và tiếp xúc trong với ($O$). Chứng minh đường thẳng $EF$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABD$$b)$ Các đường phân giác ngoài của các góc tứ giác $ABCD$ cắt nhau tạo thành tứ giác $MNPQ$. Gọi $X;Y$ lần lượt là trung điểm của $MP;NQ$ . Chứng minh rằng $X;O:Y$ thẳng hàng.
Câu $3$ ($5,0$ điểm)
Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp ($O$)$a)$ Gọi $J$ là giao điểm $AC$ và $BD$. Đường tròn ($O'$) tiếp xúc với hai tia $JA;JB$ tại $E;F$ và tiếp xúc trong với ($O$). Chứng minh đường thẳng $EF$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABD$$b)$ Các đường phân giác ngoài của các góc tứ giác $ABCD$ cắt nhau tạo thành tứ giác $MNPQ$. Gọi $X;Y$ lần lượt là trung điểm của $MP;NQ$ . Chứng minh rằng $X;O:Y$ thẳng hàng.Câu a): Đây chính là định lý Lyness mở rộng.Câu b) Không liên quan đến câu a) lắm (giống định lý Newton).
Câu hình b) (Câu a là Bổ đề $Sawayama$)
Bổ để 1: $MP \perp NQ$
Gọi $X$ là giao điểm của $AD$ và $BC$. $Y$ là giao điểm của $AB$ và $CD$
Theo giả thiết dễ dàng suy ra $M,N$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp $2$ tam giác $YAD$ và $XAB$
$P$ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc $Y$ của tam giác $YBC$
$Q$ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc $X$ của tam giác $XCD$
Do đó: $X,N,Q$ thẳng hàng và $Y,M,P$ thẳng hàng. $YP$ và $XQ$ lần lượt là phân giác góc $\widehat{BYC}$ và góc $\widehat{DXC}$
Gọi $Z$ là giao điểm của $YP$ và $XQ$ ta có: $$\widehat{XZY}=180^o -\left(\widehat{AYX}+\widehat{AXY}\right)-\widehat{ZYA}-\widehat{ZXA} =\widehat{XAY}-\dfrac{\widehat{BYC}+\widehat{DXC}}{2}$$
Lại có: $\widehat{XAY}-\dfrac{\widehat{BYC}+\widehat{DXC}}{2}=\widehat{BAD}-\dfrac{\left(180^o-\widehat{ABC}-\widehat{BCD}\right)+\left(180^o-\widehat{CDA}-\widehat{BCD}\right)}{2}=90^o$
Vậy $MP \perp NQ$
Bổ đề 2: Gọi $E,F,G,H$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $\left(O\right)$ với $MN,NP,PQ,QM$. Khi đó $EF \parallel GH \parallel MP,EH \parallel FG \parallel NQ$ và $EFGH$ là hình chữ nhật
Ta có: $\widehat{EMP}=\widehat{YAM}+\widehat{AYM}=\dfrac{\widehat{YAD}+\widehat{AYD}}{2}=\dfrac{\widehat{ADC}}{2}$
Lại có: $\widehat{NEF}=\widehat{NBA}=\dfrac{\widehat{XBA}}{2}=\dfrac{\widehat{ADC}}{2}=\widehat{EMP}$
Suy ra $EF \parallel MP$
Chứng minh tương tự ta thu được: $EF \parallel GH \parallel MP,EH \parallel FG \parallel NQ$
Kết hợp với bổ đề $1$ suy ra điểu phải chứng minh
Trở lại bài toán: Gọi $I,J$ lần lượt là trung điểm của $MP,NQ$. Ta cần chứng minh $O,I,J$ thẳng hàng
Gọi $K$ là trung điểm của $EH$. $I'$ là giao điểm của $OJ$ với $MP$. Ta sẽ chứng minh $I \equiv I'$ hay $I'$ là trung điểm của $MP$
Vì $EH \parallel NQ$ nên $M,K,J$ thẳng hàng.
Vì $K$ là trung điểm của $EH$ nên $OK \perp EH$. Mà $EH \perp MP$ nên $OK \parallel MP$
Vì $EFGH$ là hình chữ nhật nên $O$ là đồng thời là trung điểm của $EG$ và $FH$. Suy ra $HG=EF=2OK$
Áp dụng định lý $Thales$ ta có: $$\dfrac{OK}{MI'}=\dfrac{JK}{JM}=\dfrac{QH}{QM}=\dfrac{HG}{MP}=\dfrac{2OK}{MP}$$
Suy ra $MP= 2MI'$ hay $I'$ là trung điểm của $MP$. Suy ra $I \equiv I'$ hay $O,I,J$ thẳng hàng
Vậy $O,I,J$ thẳng hàng
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 31-03-2017 - 11:25
- canhhoang30011999, Chris yang, Namthemaster1234 và 4 người khác yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh