vÒNG 1
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA TỈNH QUẢNG TRỊ
#1
Đã gửi 28-09-2016 - 17:39
- datcoi961999, pdtienArsFC, CaptainCuong và 3 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 28-09-2016 - 17:41
#3
Đã gửi 28-09-2016 - 18:15
Bài 2 vòng 1 :
Cho dãy số $x_n$ xác định bởi $x_1=2$
Và $x_{n+1} = \frac{2x_n+1}{x_n+2} $
Tìm số hạng tổng quát và tính $Lim x_n $
Bài giải
Bài này thì quen thuộc rồi
Ta có $x_{n+1} -1 = \frac{2x_n+1}{x_n+2} -1 = \frac{2x_n +1 - x_n-2}{x_n+2} = \frac{x_n-1}{x_n+2} $
$x_{n+1} +1 =\frac{2x_n+1}{x_n+2} +1 =\frac{2x_n+1+x_n+2}{x_n+2} = \frac{(3(x_n+1)}{x_n+2} $
Do đó $\frac{x_{n+1}+1}{x_{n+1}-1} =3\frac{x_n+1}{x_n-1}=... = 3^{n} . \frac{x_1+1}{x_1-1} $
Do đó tìm được CTTQ của $x_n= \frac{3^n+1}{3^n-1} $
Cho $n-> +\infty => lim x_n =1 $
- thinhrost1, datcoi961999 và ineX thích
#4
Đã gửi 28-09-2016 - 18:27
Bài 1 ngày 1:
a/ Giải phương trình
$\sqrt{x+3} + \sqrt{3x+1} =2\sqrt{x} + \sqrt{2x+2} $
b/ Giải hệ phương trình
$\left\{\begin{matrix} x^3+y=2(x^2+1) & \\\ 2y^3+z=2(2y^2+1) \\\ 3z^3+x=2(3z^2+1)\ \end{matrix}\right.$
Bài làm
a/ Chuyển vế và nhân liên hiệp, ta được pt tương đương với
$(x-1)( \frac{1}{2\sqrt{x} + \sqrt{3x+1} } + \frac{1}{\sqrt{2x+2} + \sqrt{x+3} } )=0 => x=1 $
b/ Hệ phương trình tương đương với
$\left\{\begin{matrix} y-2=x^2(2-x) & \\\ z-2=2y^2(2-y) \\\ x-2=3z^2(2-z)\ \end{matrix}\right.$
Nếu tồn tại 1 trong 3 số $x,y,z$ bằng $2$ thì nghiệm của hệ là $(2;2;2) $
Giả sử cả 3 số đều khác $2$
Nhân hết lại , ta cần giải phương trình
$x^2+2y^2+3z^2+1 = 0 $
Mà rõ ràng hệ này vô nghiệm
- thinhrost1, datcoi961999, CaptainCuong và 2 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 28-09-2016 - 18:28
câu 8 .đề k chặt lắm ,
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvunamtan123: 28-09-2016 - 18:28
#6
Đã gửi 28-09-2016 - 18:40
Câu 5 ngày 2: Tìm tất cả hàm số $f: R-> R $ thỏa
$f(f(x-y)) =f(x)f(y) +f(x)-f(y) -xy $
Thay $x=y=0 => f(f(0)) = f^2(0) $
Thay $x=y => f(f(0)) = f^2(x) -x^2 $
Thay $x=f(0) => f(f(0)) = f^2(f(0)) - f^2(0) = f^2(f(0)) -f(f(0)) =>f(f(0)) =0 $ hoặc $f(f(0))=2 $
TH1:
$f(f(0)) =2 => f^2(0) =2 $
Thay $y=0 => f(f(x)) =f(x)f(0) +f(x) -f(0) $
Thay $x=f(0) => f(2) = f(0) +2 $
Mà mặt khác do $f^2(x) -x^2 =2 => f^2(2) = 6 = (f(0)+2)^2 => 2+4+4f(0) =6 => f(0) =0 $ vô lí
TH2:
$f(f(0)) =0 => f(0)=0 => f^2(x) = x^2 $
Giả sử $\exists a,b: f(a)=a ; f(b)=-b $ với $a,b \neq 0 $
Thay $x=a, y =b => f(f(a-b)) =a+b $
Mà do $f(f(a-b)) = a-b $ hoăc $f(f(a-b)) = b-a $ nên vô lí
Thử lại ta thấy chỉ có $f(x) =x $ thỏa YCBT
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 29-09-2016 - 21:34
- thinhrost1, datcoi961999, CaptainCuong và 1 người khác yêu thích
#7
Đã gửi 28-09-2016 - 18:57
Câu 6 ngày 2
Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=2 $
Chứng minh rằng
$x^2y+y^2z+z^2x \leq x^3+y^3+z^3 \leq 1+ \frac{1}{2}(x^4+y^4+z^4) $
Bài làm
Chứng minh vế đầu: $x^2y+y^2z+z^2x \leq x^3+y^3+z^3 $
Ta có $x^3+x^3+y^3 \geq 3x^2y $
$y^3+y^3+z^3 \geq 3y^2z $
$z^3+z^3+x^3 \geq 3zx^2 $
Do đó cộng lại ta có đpcm
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z $
Chứng minh vế sau $x^3+y^3+z^3 \leq 1+ \frac{1}{2}(x^4+y^4+z^4) $
Đặt $x+y+z= p ; xy+yz+zx=q, xyz=r $
Quy tất cả về $pqr$ và thế $p=2 $ vào, ta cần chứng minh
$r \geq 2q-q^2-q =- (q-1)^2 $
Mà cái này hiển nhiên đúng do $r \geq 0 \geq -(q-1)^2 $
Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1; z=0 $ và các hoán vị
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 29-09-2016 - 21:57
- thinhrost1, datcoi961999 và ineX thích
#8
Đã gửi 28-09-2016 - 20:11
Bài 3: Tứ giác nội tiếp mà các góc đều nhọn là như thế nào?
Bài 8: Chứng minh $a^a+b^b+a^b+b^a$ chia hết cho $p$
$a^a+b^b-a^b-b^a$ chia hết cho $p$
- datcoi961999, Nguyen Van Luc, baopbc và 2 người khác yêu thích
#9
Đã gửi 28-09-2016 - 20:43
Bài hình ngày 1:
Ta chỉ cần cm $MN$ là trung trực của $PQ$ là đủ. Thật vậy, gọi $J$ là trung điểm $IA$ thì ta có $JQ=\frac{1}{2}.IA,JM=\frac{1}{2}.IB$, suy ra $JQ:JM=IA:IB=IQ:IP$. Mặt khác, ta có $\widehat{QJM}=\widehat{QIP}$, do $\widehat{QIA}=\widehat{PIB}$. Vậy nên 2 tam giác $PIQ$ và $PJM$ đồng dạng, do đó 2 tam giác sau cũng dồng dạng :$QJI$ và $QMP$ theo phép vị tự quay. Mà tam giác $QJI$ lại cân tại $J$ nên $QMP$ cũng cân tại $M$. Hoàn toàn tương tự, tam giác $QNP$ cân tại $N$, suy ra $đ.p.c.m$.
Hình vẽ bài toán
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 28-09-2016 - 20:50
- datcoi961999, ineX và yeutoan2001 thích
#10
Đã gửi 28-09-2016 - 21:19
Chém phát câu 4 1) bài toán tương đương với việc tìm số các bộ không có thứ tự $(a,b)$ trong đó $a$, $b$ là các số tự nhiên và $1\leq a,b\leq 1000$ và $a+b>1000$. Giả sử $a>b$ thì $a\geq 501$. Từ đây dễ tính được số bộ như vậy là $1+3+5+...+997+999=\left(\frac{999+1}{2}\right) ^2=250000$.
- datcoi961999 yêu thích
#11
Đã gửi 28-09-2016 - 21:22
Bài 7:
a, Gọi I là tâm (SPQ)
$\frac{SP}{SM}=\frac{SI}{SO}=\frac{SQ}{SN}$ nên PQ song song MN.
Tiếp tuyến M,N cắt nhau tại T. ta có $\widehat{MSN}=180^{\circ}-\widehat{MON}=\widehat{PAQ}$
nên $\frac{IA}{OT}=\frac{IQ}{ON}=\frac{SI}{SO}$
$\Rightarrow$ A,S,O thẳng hàng
$\Rightarrow$ AMSN là tứ giác điều hòa.
b, Ta có $DE=SM.sin\widehat{DSE}=SM.sin\widehat{AMN}$
$DF=SN.sin\widehat{DSF}=SN.sin\widehat{ANM}$
$\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{SM.sin\widehat{AMN}}{SN.sin\widehat{ANM}}=\frac{AN.sin\widehat{AMN}}{AM.sin\widehat{ANM}}=1$
- datcoi961999 yêu thích
#12
Đã gửi 28-09-2016 - 21:23
Câu 3 có gì đó sai sai
#13
Đã gửi 28-09-2016 - 22:03
Câu 4,
a, gọi độ dài 2 cạnh còn lại là $x$ và $y$ do độ dài cạnh lớn nhất là 1000, nên ta có $x+y >1000 $
do đó tồn tại 1 cạnh lớn hơn 500,
TH1: $x,y \geq 501$, khi đó có $C^2_{500}$ cách chọn bộ số $x,y \in {501;...1000}
TH2: $x \geq 501, y \leq 500$ khi đó,
$y=1, x=1000$
$y=2, x=1000,999$
....
$y=500, x=1000;999;...;501$
trường hợp này có $1+2+3+...+500 = \frac{500.501}{2}$ cách chọn.
Tổng lại có đáp số là $500^2$ cách.
b, với $n=2$, ta có $S_1+S_2>1$ và $S_1,S_2<1$. Do 2 đường tròn ko khép kín được hình vuông nên chúng chắc chắn phải giao nhau. Điểm thuộc khoảng giao nhau đó là điểm cần tìm.
với $n \geq 3$, ta chứng minh giao điểm hai đường chéo luôn là điểm thỏa mãn.
Gọi giao điểm 2 đường chéo là $O$.
Do các đường tròn đều nằm trong hình vuông nên hình tròn lớn nhất không chứa điểm $O$ (ko kể đường tròn) là hình tròn có đường tròn đi qua $O$ và tiếp xúc với 2 cạnh của hình vuông (mọi hình tròn có bán kính lớn hơn sẽ đều chứa $O$). Bán kính hình tròn này là $R$, ta có $R+R\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}} \Leftrightarrow R=\frac{1}{\sqrt{2}(\sqrt{2}+1)}$
Diện tích hình tròn này là $S_{min}=\pi.R^2=\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$
Gọi diện tích các hình tròn là $S_1,S_2,...S_n$, giả sử $S_1=min{S_1,...,S_n}$
Ta chứng minh $S_1>\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$,( tức là khi đó, $S_1$ chứa điểm $O$)
Do tất cả các đường tròn nằm trong hình vuông nên bán kính mỗi đường tròn luôn nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{2}$.
Tức là $S_i \leq \pi.\frac{1}{2}^2=\pi/4 \forall i=2,..n$
Khi đó, $S_1 \geq (n-1)-(n-1).\frac{\pi}{4}=\frac{(n-1)(4-\pi)}{4} \geq \frac{(3-1)(4-\pi)}{4}>S_{min}$
Suy ra, $S_1$ chứa điểm $O$, suy ra các $S_i, i=2,...,n$ có diện tích lớn hơn $S_1$ sẽ đều chứa $O$.
Vậy điểm $O$ là điểm cần tìm trong trường hợp $n>2$
Vậy ta có điều phải chứng minh.
~~~~~
lời giải câu b là một lời giải đáng phải tính nhẩm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Van Luc: 28-09-2016 - 22:09
- thinhrost1 và IHateMath thích
Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu
___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___
#14
Đã gửi 28-09-2016 - 22:32
Chém tiếp 4 b) Phản chứng. Giả sử tồn tại hai đường tròn không có phần giao chung với bán kính là $R$ và $r$. Gọi $d$ là khoảng cách giữa tâm hai đường tròn đó. Ta có bất đẳng thức: $(R+r)^2\leq d^2\leq (1-R-r)^2$. Từ đó chỉ ra được $R+r\leq 2-\sqrt{2}$ (1) hoặc $R+r\geq 2+\sqrt{2}$ (2) Hiển nhiên (2) vô lí. Vậy tổng diện tích của hai đường tròn này là $\pi .(R^2+r^2)\leq \pi .\left[\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}\right) ^2 +\frac{1}{4}\right] <1$, mà mỗi đường tròn có diện tích không vượt quá $\frac{\pi}{4} <1$ nên tổng diện tích của tất cả các đường tròn không vượt quá $n-1$, vô lí. Vậy cứ hay đường tròn bất kỳ phải giao nhau, suy ra đpcm.
P/s: Mình làm hơi lố, vì chỉ cần chỉ ra hai đường tròn đó có tổng diện tích không vượt quá $1$ là được.
***
Đính chính: Lời giải trên đây của mình chưa chính xác, mong các bạn giúp mình khắc phục điều này Cảm ơn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 29-09-2016 - 16:51
#15
Đã gửi 28-09-2016 - 22:57
Câu 4b
Với $n=2$ thì hiển nhiên đúng
Mình không biết có đúng không
Giả sử tồn tại ít nhất 1 hình tròn không chứa O là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông
Gọi S là diện tích của hình đó
Với một đường tròn nằm trong hình vuông thì $S_max = \frac{\pi}{4} $
Do đó tổng diện tích của $n-1 $ đường tròn còn lại sẽ bé hơn $\frac{\pi}{4} . (n-1) $
Do đó tổng diện tích của các hình tròn sẽ là
$\frac{\pi}{4} (n-1) + x < \frac{\pi}{4}.n < n-1 $ Mâu thuẫn
Do đó ta có đpcm
Có gì sai xin mọi người chỉ giáo
- Hr MiSu yêu thích
#16
Đã gửi 28-09-2016 - 23:18
Câu 8 :
Xét $a=b$ đúng
Xét $a \ne b$
Đặt $a+b=kp,k$ nguyên dương suy ra $kp-b=a$
Ta chứng minh $(kp-b)^b+b^a \vdots p $ hay $b^a-b^b=b^b.(b^{a-b}-1) \vdots p$ (giả sử $a >b$)
Nếu $p|b \Rightarrow Q.E.D$
$p \not \mid b$ thì $a-b \vdots p-1 \Rightarrow b^{a-b}-1 \vdots b^{p-1}-1 \vdots p$ (định lí Fermat nhỏ)
Vậy ta có đpcm
- Nguyen Van Luc yêu thích
#17
Đã gửi 29-09-2016 - 17:40
a)Xét tam giác AID và tam giác BIC có góc AID= góc BIC nên IH/IK=AD/BC
Gọi J là trung điểm của AC, ta có IH/IK =JN/JM
và IH vuông góc với JN, IK vuông góc với JM suy ra góc MJN= góc KIH
Nên tam giác KIH đồng dạng với tam giác MJN, suy ra MN vuông góc với HK (đpcm)
b) Ta chứng minh được IQ/IP=AD/BC nên IH/IK=IQ/IP nên HK//QP suy ra MN vuông góc với QP
~ mọi ngừoi giúp em làm tiếp với ạ ^^ ~
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nanapiki: 30-09-2016 - 01:20
- Hr MiSu yêu thích
#18
Đã gửi 30-09-2016 - 10:08
Bài 7:
a, Gọi I là tâm (SPQ)
$\frac{SP}{SM}=\frac{SI}{SO}=\frac{SQ}{SN}$ nên PQ song song MN.
Tiếp tuyến M,N cắt nhau tại T. ta có $\widehat{MSN}=180^{\circ}-\widehat{MON}=\widehat{PAQ}$
nên $\frac{IA}{OT}=\frac{IQ}{ON}=\frac{SI}{SO}$
$\Rightarrow$ A,S,O thẳng hàng
$\Rightarrow$ AMSN là tứ giác điều hòa.
b, Ta có $DE=SM.sin\widehat{DSE}=SM.sin\widehat{AMN}$
$DF=SN.sin\widehat{DSF}=SN.sin\widehat{ANM}$
$\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{SM.sin\widehat{AMN}}{SN.sin\widehat{ANM}}=\frac{AN.sin\widehat{AMN}}{AM.sin\widehat{ANM}}=1$
Câu hình này là một bài trên THTT lâu rồi.
#19
Đã gửi 02-10-2016 - 02:27
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh