Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi chọn đội Dự Tuyển lớp $10$ trường PTNK - ĐHQG.TPHCM 2012-2013


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1
robin997

robin997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 207 Bài viết
Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
__________

Bài 1:
Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a+b\geq 0$. Chứng minh bất đẳng thức :
$\left( \frac{a^2+b^2}{2}\right)^3 \geq 4(a^3+b^3)(ab-a-b)$

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$, $n$ sao cho phân số $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Bài 3: Cho tập hợp $X=${$1,2,3,....2n-1$} gồm $2n-1$ số tự nhiên $(n\geq 2)$. Người ta tô màu ít nhất $n-1$ phần tử của $X$ với điều kiện: Nếu $a$ và $b$ ( Không nhất thiết phân biệt ) được tô thì $a+b$ cũng được tô màu, miễn là $a+b\in X$. Gọi $S$ là tổng các số không được tô màu của $X$.
$a)$ Chứng minh rằng: $S\leq n^2$
$b)$ Hãy chỉ ra tất cả các phép tô màu sao cho $S=n^2$

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi robin997: 26-01-2013 - 17:53

^^~

#2
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết
Chán, đề này mình chết toàn tập , chắc rớt mất rồi @@.Chủ topic làm được nhiêu thế?

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#3
robin997

robin997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 207 Bài viết

Chán, đề này mình chết toàn tập , chắc rớt mất rồi @@.Chủ topic làm được nhiêu thế?

Mình được một bài :'P... tại một số phần kiến thức mình không dám làm vào nên chỉ biết ngồi nhìn ='))
không đam mê lắm với thi 30-4 ^^~
...chú Triết làm mấy bài nhỉ

(sr, spam :'P)
^^~

#4
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết

Mình được một bài :'P... tại một số phần kiến thức mình không dám làm vào nên chỉ biết ngồi nhìn ='))
không đam mê lắm với thi 30-4 ^^~
...chú Triết làm mấy bài nhỉ

(sr, spam :'P)

Mình không làm được trọn bài nào cả, mỗi bài viết được một ít à :(((

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#5
Sagittarius912

Sagittarius912

    Trung úy

  • Thành viên
  • 776 Bài viết

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
__________

Bài 1:
Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a+b\geq 0$. Chứng minh bất đẳng thức :
$\left( \frac{a^2+b^2}{2}\right)^3 \geq 4(a^3+b^3)(ab-a-b)$


Trước hết ta có các bdt sau đúng với mọi số thực x,y :
$x^{2}+y^{2}\ge 2xy$
$(x+y)^{2}\ge 4xy$
Để ý rằng
$4(a^{3}+b^{3})(ab-a-b)=4(a+b)(ab-a-b)(a^{2}-ab+b^{2})$
Áp dụng mấy cái trên ta có
$4(a+b)(ab-a-b)\leq (a+b+ab-a-b)^{2}=a^{2}b^{2}$

$ab(a^{2}-ab+b^{2})\leq \frac{(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
$\Rightarrow VP\leq \frac{ab(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
và ta có
$VT=\frac{(a^{2}+b^{2})^{3}}{8}\geq \frac{ab(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
=> dpcm
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=4$
$a=b=0$
________________________

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 26-01-2013 - 20:08


#6
triethuynhmath

triethuynhmath

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1090 Bài viết

Trước hết ta có các bdt sau đúng với mọi số thực x,y :
$x^{2}+y^{2}\ge 2xy$
$(x+y)^{2}\ge 4xy$
Để ý rằng
$4(a^{3}+b^{3})(ab-a-b)=4(a+b)(ab-a-b)(a^{2}-ab+b^{2})$
Áp dụng mấy cái trên ta có
$4(a+b)(ab-a-b)\leq (a+b+ab-a-b)^{2}=a^{2}b^{2}$

$ab(a^{2}-ab+b^{2})\leq \frac{(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
$\Rightarrow VP\leq \frac{ab(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
và ta có
$VT=\frac{(a^{2}+b^{2})^{3}}{8}\geq \frac{ab(a^{2}+b^{2})^{2}}{4}$
=> dpcm
Dấu $=$ xảy ra khi $a=b=4$

Lời giải của bạn hình như đúng rồi nhưng còn $a=b=0$ nữa bạn à :)
À đúng rồi lời giải bạn thiếu một chỗ là chưa xác định được: $ab \geq 0$.
$ab$ phải $ab \geq 0$ thì mới nhân lại và rút gọn được bạn à.
THật ra bước này cũng dễ:
Xét $ab < a+b\Rightarrow$ bất đẳng thức được chứng minh.
Xét $ab \geq a+b \Rightarrow ab \geq 0$ Lúc này xét tiếp và làm như bạn :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi triethuynhmath: 26-01-2013 - 20:09

TRIETHUYNHMATH

___________________________

08/12/1997


#7
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$, $n$ sao cho phân số $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Tớ tưởng đề này béo phải làm hết :o
Ta sẽ chứng minh $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}<3$. Thật vậy điều đó tương đương:
$$9m^2+6n^2>5mn+5m$$
Đúng the0 bất đẳng thức $AM-GM$ : $4m^2+6n^2\geq 2\sqrt{24}.mn>5mn\\ 5m^2\geq 5m$
Vậy $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}\leq 2$ mà $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}>0$
$\bullet \frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}=2$. Lúc đó:
$$6m^2+4n^2=5m(n+1)$$
$$\Leftrightarrow 6m^2-5m(n+1)+4n^2=0$$
$$\Delta = 25(n+1)^2-4.4.6n^2\geq 0$$
$$\Leftrightarrow 50n+25-59n^2\geq 0$$
$$\Leftrightarrow n=1$$
Thay vào pt đầu suy ra $6m^2+4=10m\Rightarrow m=1$ :))

$\bullet \frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}=1$ thì:
$$3m^2+2n^2-5m(n+1)=0$$
$$\Delta= 25(n+1)^2-4.3.2n^2=n^2+50m+25 \text{Là số chính phương}$$
$\Rightarrow n^2+50m+25=x^2 (x\in \mathbb{N})\Rightarrow (n+25)^2-x^2=600\Rightarrow (n+x+25)(n-x+25)=600$
Nên $(n+x+25),(n-x+25)$ là ước của 600. Để ý $x+n+25>n-x+25>0$ và $x+n+25>25$, 2 số cùng chẵn suy ra $n\in \{126,52,28,10,6\}$
Thay vô pt đầu ta tìm ra $(m;n)= (9,6);(5,10);(32,28);(32,52);(32,52);(81;126)$
Vậy $\boxed{(m;n)= (9,6);(5,10);(32,28);(32,52);(32,52);(81;126);(1,1)}$
“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#8
huy thắng

huy thắng

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 97 Bài viết

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.

Tui chém bài hình nhé :">
Hình đã gửi
Gọi $S$ là giao điểm của $BE,AD$ (vì $AB$ không đi qua $O$)
đặt $K$=$CS$ cắt $AB$
Nếu $CP//BC$ thì $<=>PQ$ qua $K$ cố định
$*$ Xét $CP$ không $//BA$
Đặt $L=CP$ Cắt $AB$
Lấy $P'$ trên $BC$ Sao cho $DP//BE$'
Theo hệ quả định lí Talet $=> DP=DA$,Ta có
$\frac{\overline{EB}}{\overline{EL}}=\frac{\overline{DP'}}{\overline{DL}}$
$=>(\frac{\overline{EB}}{\overline{EL}})^2=(\frac{\overline{DP'}}{\overline{DL}})^2=>(\frac{\overline{EB}}{\overline{EL}})^2=(\frac{\overline{DA}}{\overline{DL}})^2<=>(\frac{\overline{EC.PE}}{\overline{EL}})^2=(\frac{\overline{DP.DC}}{\overline{DL}})^2=>\frac{\overline{EP}}{\overline{EL}}:\frac{\overline{DP}}{\overline{DL}}=\frac{\overline{DC}}{\overline{DL}}:\frac{\overline{EC}}{\overline{EL}}$
$=> (EDPL)=(DECL)=>(EDPL)=(ABKL)$ (Phép chiếu xuyên tâm S)
$=>EA,BD,PK$ đồng quy $=>EK$ luôn đi qua $Q$. Vậy $PQ$ Luôn đi qua một điểm cố định $(K)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huy thắng: 26-01-2013 - 22:38

Hình đã gửi


#9
Math Is Love

Math Is Love

    $\mathfrak{Forever}\ \mathfrak{Love}$

  • Thành viên
  • 620 Bài viết

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
__________

Bài 1:
Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a+b\geq 0$. Chứng minh bất đẳng thức :
$\left( \frac{a^2+b^2}{2}\right)^3 \geq 4(a^3+b^3)(ab-a-b)$

Cách khác:
Ta thấy:
$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)\geq 0$
Vì $VT\geq 0\forall a,b$ nên nếu $ab-a-b\leq 0$ thì BĐT hiển nhiên đúng
Ta chỉ xét TH $ab-a-b\geq 0$
Áp dụng BĐT $AM-GM$ cho VP,ta có:
$$4(a^3+b^3)(ab-a-b)=(2a+2b)(a^2-ab+b^2)(2ab-2a-2b)\leq \frac{(a^2+ab+b^2)^3}{27}$$
$$\leq \frac{(\frac{3}{2}(a^2+b^2))^3}{27}=VT$$
Vậy BĐT đã cho được chứng minh.
Giải hệ tìm ra dấu $"="$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doxuantung97: 27-01-2013 - 14:03

Hình đã gửi


#10
robin997

robin997

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 207 Bài viết

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.


Hình đã gửi

-Chọn hệ tọa độ trực chuẩn sao cho $(ABC)$ là đường tròn đơn vị.
Với $z$ là tọa vị điểm $Z$ trên mặt phẳng: $a.a^*=b.b^*=c.c^*=1$, $ab=1$
-Điểm $C$ chính giữa $\widehat{AB}$: $c=\sqrt{ab}=\sqrt{1}$
Ta chọn $c=1$:
-Với $C,D,E,P$ thẳng hàng, ta lấy đường thẳng là tập hợp các điểm với tọa vị:
$f(k)=c+kx=1+kx$ $($ Với $x.x^*=1$, $f:R\rightarrow C$ $)$
$\Rightarrow f^*(k)=1+kx^*=\frac{1}{x^2}(x^2+kx)=\frac{1}{x^2}(f(k)+x^2-1)$
-Điểm $P$ trên đường tròn đơn vị:
$|p|=1\Leftrightarrow p.p^*=1\Rightarrow p(p+x^2-1)=x^2\Leftrightarrow (p-1)(p+x^2)=0$
$\Rightarrow p=-x^2$ ( $p\neq 1$ )
Ta viết lại: $f^*(k)=\frac{1}{p}(-f(k)+p+1)$
-Tiếp tuyến tại $A$ là tập hợp các điểm vuông góc $OA$ tại $A$:
$(D)_A: \frac{z-a}{a}+\frac{z^*-a^*}{a^*}=0\equiv z+z^*a^2=2a$
-Điểm $D$ thuộc tiếp tuyến tại $A$: $dp+a^2 (-d+p+1)=2ap\Leftrightarrow d(a^2-p)=a^2(p+1)-2ap\Leftrightarrow d=\frac{a^2(p+1)-2ap}{a^2-p}$
-Đổi vai trò $A$ và $B$, ta được điểm $E$:
$e=\frac{b^2(p+1)-2bp}{b^2-p}$
-Giao điểm $Q$ của $BD$ và $AE$, $q$ là nghiệm của hệ:
$\begin{cases}
& \ z(a^*-e^*)-z^*(a-e)+ae^*-a^*e=0 \\
& \ z(b^*-d^*)-z^*(b-d)+bd^*-b^*d=0
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(b^2+a+ap-2ab-p)+x^*(a^2p+ab^2+ab^2p-a^2b^2-2abp)=(p+1)(a^2+b^2)-2bp-2a^2b \\
& \ z(a^2+b+bp-2ab-p)+x^*(b^2p+a^2b+a^2bp-a^2b^2-2abp)=(p+1)(a^2+b^2)-2ap-2ab^2
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(b^2+a+ap-2-p)+x^*(a^2p+b+bp-1-2p)=(p+1)(a^2+b^2)-2bp-2a \\
& \ z(a^2+b+bp-2-p)+x^*(b^2p+a+ap-1-2p)=(p+1)(a^2+b^2)-2ap-2b
\end{cases}\\\Leftrightarrow \begin{cases}
& \ z(\delta -p-1)+z^*(-\delta p+p+1)=-2(p-1) \\
& \ z(\delta ^2+\delta p+\delta-6-2p)+z^*(\delta ^2p+\delta p+\delta-6p-2)=2(p+1)(\delta ^2-\delta -2)
\end{cases}\\\Rightarrow q=\frac{\delta ^2p^2+\delta ^2 p-\delta p^2-\delta-4p^2}{\delta ^2+2\delta p-2p^2-4p-2}$

( Với $\delta =a+b\Rightarrow \delta ^*=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{a+b}{ab}=a+b=\delta$ )
-Theo đó: $q-p=\frac{(\delta -2p)(p^2-\delta p+1)}{2p^2+2+4p-2\delta p-\delta ^2p}=\frac{(\delta -2p)(-\delta +p+p^*}{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}$, với $p$ là biến chuyển động trên mặt phẳng.

-Đường thẳng $PQ$ là tập hợp các điểm :

$r_{k\in R}(k)=p+k(q-p)=p+k\frac{(\delta -2p)(-\delta +p+p^*)}{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}\\\Rightarrow r(\frac{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}{2(-\delta +p+p^*)})=p+\frac{\delta }{2}-p=\frac{\delta }{2}$
Không phụ thuộc vào $p$,nên là cố định.
Theo đó, đường thẳng $PQ$ luôn qua điểm cố định là :
$r(\frac{-\delta ^2-2\delta +4+2p^*+2p}{2(-\delta +p+p^*)})=\frac{\delta }{2}$

$(+)$ Về ý nghĩa hình học, điểm cố định chính là trung điểm của $AB$
$(+)$ Ở trên, với trung điểm cung $AB$, $\sqrt{1}$ , ta chỉ chọn một giá trị $1$,theo đó, đề bài vẫn đúng với
$C$ là trung điểm cung nhỏ $AB$
^^~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi robin997: 29-01-2013 - 18:34

^^~

#11
huy thắng

huy thắng

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 97 Bài viết
Cách này nhìn trâu quá @-@ bạn nào giải dùm mình bài tổ hợp được không ? :icon12:

Hình đã gửi





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh