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

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSGQG TỈNH ĐỒNG THÁP

hsg tst đề thi

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 187 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:Autumn River (?)

Đã gửi 25-07-2019 - 15:53

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSGQG TỈNH ĐỒNG THÁP

Hình gửi kèm

  • 66859567_2645184972182394_2114167187252969472_n.jpg

"After all this time?"

"Always.."      


#2 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 25-07-2019 - 23:30

Mình chưa học dãy nên tạm làm câu 2  :icon6: 

Hệ tương đương:

$ \left\{\begin{matrix} xy = 2 + \sqrt{2y^2+4y+4}  (1)\\  xy = 2+ \sqrt{2x^2+4x+4} (2) \end{matrix}\right. $

(2) - (1) : $ \sqrt{2x^2+4x+4} -  \sqrt{2y^2+4y+4}  = 0 $ 

$ \Leftrightarrow (x -y) (x+y  +2) = 0 $.

Xử lí TH $ x + y  +2 = 0 $ $ \Leftrightarrow x = - 2 -y $. Thay vào (1) ta được : 

$ ( -2 -y)y = 2 + \sqrt{2y^2+4y+4} $ 

$  \Leftrightarrow  2y^2 + 4y + 4 + 2\sqrt{2y^2+4y+4} = 0 $

$  \Leftrightarrow 2y^2+4y+4 = 0 $ hoặc $ 2y^2+4y+4 = - 2 $ 


๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#3 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 26-07-2019 - 00:05

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.


๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#4 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 187 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:Autumn River (?)

Đã gửi 26-07-2019 - 07:45

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.

Chú ý là a,b,c chỉ là các số thực thôi nhé,  nên không dùng được AM-GM như vậy đâu..


"After all this time?"

"Always.."      


#5 Arthur Pendragon

Arthur Pendragon

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 187 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hải Phòng, Việt Nam
  • Sở thích:Autumn River (?)

Đã gửi 26-07-2019 - 08:35

Bài 1:

a. Biến đổi: $x_n=2\left(1-\frac{1}{2n^2+\sqrt{4n^4+1}}\right) \\ = 2\left(1+2n^2-\sqrt{(2n^2+2n+1)(2n^2-2n-1)}\right) \\ = \left(\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1}\right)^2$

Do đó: $\sqrt{x_n}=\sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2n^2-2n+1} = \sqrt{2n^2+2n+1}-\sqrt{2(n-1)^2+2(n-1)+1}=u_n-u_{n-1}$

Với $u_n=\sqrt{2n^2+2n+1}$

Do đó $S_n=\sum_{i=1}^{n}x_i=\sum_{i=1}^{n}(u_i-u_{i-1})=u_n-u_0=\sqrt{2n^2+2n+1}-1$

Thay n=20 ta được $S_n=28$

b. Theo a, $S_n=\sqrt{2n^2+2n+1}-1$

Để $S_n$ nguyên thì $2n^2+2n+1=k^2(k \in\mathbb{Z}) \\ 2k^2-(2n+1)^2=1$. Đặt $2n+1=t$ .Dễ thấy cặp $(k;t)=(5;7)$ thỏa mãn.

Mặt khác, chứng minh được rằng nếu $(k;t)=(n_0,k_0)$ thỏa mãn đẳng thức trên thì cặp $(k;t)=\left(\frac{(k_0+t_0\sqrt{2})^x+(k_0-t_0\sqrt{2})^x}{2};\frac{(k_0+t_0\sqrt{2})^x-(k_0-t_0\sqrt{2})^x}{2\sqrt{2}}\right)$ cũng thỏa mãn.

Từ đây suy ra đpcm.


"After all this time?"

"Always.."      


#6 Sin99

Sin99

    Thiếu úy

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

Đã gửi 26-07-2019 - 09:44

Bài 3: Bất đẳng thức tương đương: 

$ (\sum ab)^2 + (\sum a)^2 \geq 18abc $.

Áp dụng AM-GM: VT $ \geq  2(\sum ab)(\sum a) \geq 2.3.3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}\sqrt[3]{abc} = 18abc $ = VP.

Dấu "=" khi a = b = c = 1.

Mình xin sửa lại lời giải như sau khi tham khảo và tìm hiểu ở tài liệu tác giả Nguyễn Văn Huyện.

Đặt $ a = x + 1,  b = y  +1, c = z+1  \Rightarrow x + y  +z = 0  $.  BĐT tương đương 

$ (\sum xy ) ^2 \geq 12( \sum xy ) + 18xyz. $

Ta thấy $ xy.yz.xz = x^2y^2z^2 \geq 0 $ nên tồn tại ít nhất 1 số $ \geq 0 $, giả sử $ xy \geq 0 $. Rút $ z = -x -y $ ta được : 

$ ( x^2 + y^2  +xy)^2 + 12(x^2 + xy+y^2)  +18xy(x+y) \geq 0 $ 

Ta có $ (x^2  + xy + y^2) \geq \frac{3}{4}(x+y)^2 \geq 3xy $ với $ xy  \geq 0 $.  Áp dụng suy ra 

VT $ \geq 9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y)  $ 

Ta cần chứng minh  $  9x^2y^2 + 9(x+y)^2 + 18xy(x+y) \geq 0 $  hay $ x^2y^2 + (x+y)^2 + 2xy(x+y) \geq 0 $. BĐT đúng do $ (xy + x + y )^2 \geq 0 $. 

Dấu "=" xảy ra khi a=b=c = 1 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sin99: 26-07-2019 - 10:29

๐·°(৹˃̵﹏˂̵৹)°·๐


#7 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 553 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 20-12-2019 - 22:42

Mình gõ lại đề bằng Latex cho mọi người dễ theo dõi: 

 

$1/$ Cho dãy số dương $(x_n)$ xác định bởi $x_n=2- \frac{2}{2n^2+ \sqrt{4n^4+1}}, \forall n \geq 1.$

Đặt $S_n= \sqrt{x_1}+ \sqrt{x_2}+...+ \sqrt{x_n},n \geq 1.$

$a)$ Tính $S_{20}.$

$b)$ Chứng minh tồn tại vô số số tự nhiên $n$ sao cho $S_n \in \mathbb{Z}.$

 

$2/$

$a)$ Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix} x=\frac{2+\sqrt{2y^2+4y+4}}{y}\\ y=\frac{2+\sqrt{2x^2+4x+4}}{x} \end{matrix}\right.$

$b)$ Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ sao cho $M=a^4+10a^2+2^b$ là số chính phương.

 

$3/$ Cho $a,b,c \in \mathbb{R}$ thỏa mãn $a+b+c=3.$ Chứng minh $(ab+bc+ca)^2+9 \geq 18abc.$

 

$4/$ Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$ cố định, điểm $A$ di động trên $(O)$ sao cho $AB \neq AC \neq 0.$

$D,E,F$ là chân đường cao hạ từ $A,B,C$ của $\Delta ABC.EF$ cắt $(O)$ tại $P,Q.$ Chứng minh:

$a)(PQD)$ đi qua một điểm cố định.

$b)$ Tâm $(PQD)$ chạy trên một đường tròn cố định.

 

$5/$ Xét bảng ô vuông $5 \times n (n \in \mathbb{Z^+}),$ gồm $5$ hàng và $n$ cột.

Tìm $n$ để bảng đã cho có thể lát kín chỉ dùng loại gạch như hình dưới (gạch có thể xoay theo mọi hướng.)geogebra-export.png


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#8 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 553 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 20-12-2019 - 23:13

$4/$ Gọi $PQ$ cắt $BC$ ở $I,J$ là trung điểm $AO,G$ là trung điểm $BC.$

$a)(IDBC)=-1 \Rightarrow ID.IG=IB.IC=IP.IQ \Rightarrow (PQD)$ đi qua $G$ cố định.

$b)AO$ là trung trực $PQ$ nên $J$ thuộc trung trực $PQ.$

Lại có $AD \perp BC, OG \perp BC$ nên $J$ thuộc trung trực $DG.$

Kết hợp với kết quả câu $a)$ ta suy ra $J$ là tâm $(PQD).$

Hiển nhiên $J$ chạy trên đường tròn cố định là ảnh của đường tròn $(O)$ qua phép vị tự tâm $O$ tỉ số $\frac{1}{2}.$

Ta có đpcm.

Hình gửi kèm

  • geogebra-export.png

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.

#9 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 553 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 21-12-2019 - 11:28

Xem lời giải bài 5 tại đây.


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
I am MPCBCNMLHTBHMLPC.





0 người đang xem chủ đề

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