Chủ đề này có 6 trả lời

[t_toan]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP - ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI HỌC SINH GIỎI ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG LẦN THỨ XV

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 05 tháng 01 năm 2008
(Thí sinh không được sử dụng các loại máy tính bỏ túi)

Bài 1: Giải hệ phương trình:

$x^4y+4x^3-6x^2y-4x+y=0$
$y^4z+4y^3-6y^2z-4y+z=0$
$z^4x+4z^3-6z^2x-4z+x=0$

Bài 2: Gọi $M$ là giao điểm của hai đường chéo $AC, BD $ của tứ giác lồi $ABCD$. Đường phân giác của góc $ACD$ cắt tia $BA$ tại$ K$.
Giả sử $MA.MC+MA.CD=MB.MD$
Chứng minh rằng góc $BKC$ = góc $CDB$.

Bài 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$y^2=1+x+x^2+x^3+x^4$

Bài 4: Cho $f(x)$ là một đa thức với hệ số hữu tỉ, $a$ là số thực sao cho:

$a^3-a=[f(a)]^3-f(a)=3^{2007}$
Chứng minh rằng: $[f^{(2007)}(a)]^3-f^{(2007)}(a)=3^2007$
Trong đó: $f^{(n)}(a)=f(f(...f(a)...))$ với mọi số tự nhiên $n \geq 1.$

Bài 5: Có bao nhiêu cách sắp xếp $5$ người gồm $ 3$ nam ( nhóm nam) và $2$ nữ ( nhóm nữ) ngồi vào một hàng $8 $ ghế sao cho: $3 $ nam ngồi kề nhau, $2 $ nữ ngồi kề nhau và giữa hai nhóm này có ít nhất một ghế bỏ trống.

Bài 6: Giả sử $a, b, c$ là các số dương thỏa mãn điều kiện $a^2+b^2+c^2=3$.
Chứng minh rằng:
$\dfrac{a}{(b+c)^2}+\dfrac{b}{(c+a)^2}+\dfrac{c}{(a+b)^2} \geq \dfrac{3}{4}$

Bài 7: Trong mặt phẳng cho đường tròn ($O;R$) và một điểm $A $ cố định, $I $ là điểm di động trên ($O$), đường tròn tâm $I$ luôn đi qua $A$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của hai đường tròn ($O$) và ($I$) luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

HẾT

Nguyễn Đức Tuấn 11T THPT TX Cao Lãnh.

[zaizai]

Đề cũng vui thật
Bài nghiêm nguyên đánh giá nghiệm. Chặn 2 đầu là ra
Bài bdt thì đơn giản ta có:
$\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\ge \dfrac{9}{4(a+b+c)}\ge \dfrac{3}{4}$
Bài hình chưa thử nhưng ý tưởng của mình chứng minh tứ giác nội tiếp. Còn lại đều chưa thử

[MyLoveIs4Ever]

Bài 3 thì dễ rùi ko nói tới (dùng phương pháp đánh giá)
Bải 4:
Xét $ f(t)=t^3-t-3^{2007} $
đạo hàm dễ dàng CM được pt này có 1 nghiệm duy nhất mà theo đề bài pt này có 2 nghiệm $ f(a) ; a $ => $ f(a)=a $
Vậy $ [f^{(2007)}(a)]^3 - f^{(2007)}(a) = a^3-a = 3^{2007} $

Bài 6: do chưa tìm được cách nào ít trâu bò nên dùng tạn cách nì
Theo ChebuSep ta có
$ VT \geq \dfrac{1}{3}(a+b+c)(\sum \dfrac{1}{(a+b)^2} ) $
THeo Iran 96
$ \sum \dfrac{1}{(a+b)^2} \geq \dfrac{9}{4(ab+bc+ac)} $
Ta có $ \dfrac{1}{3}(a+b+c)(\dfrac{9}{4(ab+bc+ac)}) \geq \dfrac{3(a+b+c)}{4(ab+bc+ac)} \geq \dfrac{3}{4} <=> a+b+c \geq ab+bc+ac $
Mặt khác $ (a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ac) \geq (ab+bc+ac)^2 (dpcm) $


Bài 1: theo pt đầu ta có : $ y= \dfrac{4x-4x^3}{x^4-6x^2+1} = f(x) $

Xét $ f'(x)= \dfrac{(4-12x^2)(x^4-6x^2+1)-(4x^3-12x)(4x-4x^3)}{(x^4-6x^2+1)^2} = \dfrac{4x^6+12x^4+12x^2+4}{MT} > 0 $ => $ f(x) $ đồng biến vậy $
x=y=z $ thay vào
$ pt <=> t^4-2t^2-3=0 $

Bài 5 : có 6 vị trí chọn cho nhóm nam ngồi
Ứng với mõi cách thì có số cách chọn ngươi khác nhau
Khi xét nhóm nam ngồi ở đầu thì có $ 3 $ cách sắp xếp nhóm nữ ngồi => có $ 2!.3 $ cách sắp nguoi nữ
Tương tụ cho nhóm nam xích dần lên ....
Tổng số cách là $ 3!.2!(1+2+3+3+2+1)=144 $ cách

Bài 6 có thể ko dùng Iran và giải như sau
Cũng Chebusep:
$ VT \geq \dfrac{1}{3}(a+b+c)(\sum \dfrac{1}{(a+b)^2}) \geq \dfrac{3(a+b+c)}{3+(a+b+c)^2} \geq \dfrac{3}{4} <=> t^2-4t+3 \leq 0 <=> (t-1)(t-3) \leq 0 $ $ t= a+b+c $
Mặt khác do $ a^2+b^2+c^2 < (a+b+c)^2 \leq 3(a^2+b^2+c^2) <=> \sqrt{3} < a+b+c < 3 <=> 1 < t \leq 3 (dpcm) $

Hoặc Holder :
$ (a+b+c)(\sum \dfrac{a}{(b+c)^2} ) \geq ( \sum \dfrac{a}{b+c} )^2 \geq \dfrac{9}{4} ( bdt Nesbit) <=> \sum \dfrac{a}{(b+c)^2} \geq \dfrac{9}{4(a+b+c)} \geq \dfrac{9}{4\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}} \geq \dfrac{3}{4} $


Bài 7: dùng phép nghịch đảo , ...
bài 2: Xét phân giác $ \widehat{ACD} $ cắt $ BD $ tại $ Q $ ta có
$ \dfrac{CD}{MC} = \dfrac{QD}{QM} <=> \dfrac{MD}{CD+MC}= \dfrac{MQ}{MC} = \dfrac{MA}{MB} $ => $ AMB $ đồng dạng tam giác $ MQC $ => $ ABCQ $ nội tiếp =>$ \widehat{BAC}=\widehat{BQC} <=> \widehat{BKC}+\dfrac{1}{2}\widehat{C} =\dfrac{1}{2}\widehat{C} + \widehat{BDC} <=> \widehat{BDC}=\widehat{BKC} $

[t_toan]

Đề cũng vui thật
Bài nghiêm nguyên đánh giá nghiệm. Chặn 2 đầu là ra
Bài bdt thì đơn giản ta có:
$\sum \dfrac{a}{(b+c)^2}\ge \dfrac{9}{4(a+b+c)}\ge \dfrac{3}{4}$
Bài hình chưa thử nhưng ý tưởng của mình chứng minh tứ giác nội tiếp. Còn lại đều chưa thử

Bài BDT dùng dồn biến là ra liền hà mấy bạn ơi, chỉ cần CM $f(a,b,c) \geq f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2})$ mấy bạn làm thử xem.
Còn sao cách chứng minh của ZAIZAI sao kì vậy? Từ đâu có?

[MyLoveIs4Ever]

Holder đó u

[zaizai]

Bài đó thì đơn giản Sử dụng Cauchy và Nesbit chứng minh đc:
$(a+b+c)VT\ge \left(\sum \dfrac{a}{b+c}\right)^2 \ge \dfrac{9}{4} $
Mặt khác lại có bất đẳng thức sau đúng:
$\dfrac{9}{4(a+b+c)}\ge \dfrac{3}{4}$
Được suy ra từ bdt cơ bản: $3(a^2+b^2+c^2)\ge (a+b+c)^2$

Bài một muốn chứng minh hàm đồng biến thì nên làm rõ ra như sau:
$f(x)=\dfrac{4x-4x^3}{x^4-6x^2+1}\to f'(x)=\dfrac{4(x^2+1)^3}{(x^4-6x^2+1)^2}> 0$
Suy ra $f(x)$ là một hàm đồng biến.

Bài 2 cũng giải như trên

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zaizai: 06-01-2008 - 17:32

[kathmetallica]

Bài BDT dùng dồn biến là ra liền hà mấy bạn ơi, chỉ cần CM $f(a,b,c) \geq f(a,\dfrac{b+c}{2},\dfrac{b+c}{2})$ mấy bạn làm thử xem.
Còn sao cách chứng minh của ZAIZAI sao kì vậy? Từ đâu có?

Bài bdt này cũng ngộ ngộ nhỉ,mĩnh nghĩ dùng dồn biến ko đẹp lắm ^__^
Cứ dùng Cauchy-Schwarz và Nesbit là đc rồi