Đề chọn hsg 10 chuyên Lê Khiết
#1
Đã gửi 24-02-2013 - 16:20
2/ Có $2013$ đồng xu, mỗi đồng xu có hai mặt xanh đỏ. Xếp các đồng xu trên bảng sao cho các mặt xanh ngửa lên. Thực hiện lật 4 đồng xu bất kì tùy ý ( có thể đổi mặt xanh thành đỏ thành xanh). Hỏi có thể nhận được kết quả mà tất cả các đồng xu mặt đỏ ngửa lên không?
3/Tìm tất cả hàm $f: Q->Q$ thỏa mãn:
$$f(x+y)=f(x)+f(y)+xy$$
4/a/ Tìm các số nguyên tố thỏa: $(p-1)!+1 \vdots p^2$
b/ CMR tồn tại các số nguyên thỏa:
$$\sum_{1\le i_{1} \le ...\le i_{p-2}\le p-1} \vdots p^2$$
5/ Cho các số thực thỏa mãn: $a,b,c \ge -1$ và$2(a+b+c)+3(ab+bc+ac)+3abc=0$. CMR:
$$\sum \frac{bc+b+c+1}{(a+1)^3(c+2b+3)} \ge 1$$
6/ Cho tam giác SAB, đường tròn $(O)$ đi qua A và B cắt các cạnh SB, SA tại C và D. Hai tiếp tuyến với $(O)$ tại A và B cắt nhau tại M, hai tiếp tuyến với $(O)$ tại C;D cắt nhau tại N, AC cắt BD tại K. CMR: 4 điểm M,N,S,K thẳng hàng.
- N H Tu prince, thukilop, Sagittarius912 và 3 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 24-02-2013 - 16:23
1/ Giải phương trình: $x^3+3x^2-\sqrt[3]{2x+1}=-2x-1$.
$x^{3}+3x^{2}+3x+1+x+1=2x+1+\sqrt[3]{2x+1} \Leftrightarrow (x+1)^{3}+(x+1)=\left ( \sqrt[3]{2x+1} \right )^{3}+\sqrt[3]{2x+1} \Leftrightarrow x+1=\sqrt[3]{2x+1} \Leftrightarrow x^{3}+3x^{2}+x=0$
- ilovemath97 yêu thích
#3
Đã gửi 24-02-2013 - 16:30
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovemath97: 24-02-2013 - 16:31
- N H Tu prince, ntuan5 và Sagittarius912 thích
VMO 2014 đánh dấu chuỗi ngày buồn vì thất bại. Không sao cả! VMO 2015 đợi mình nhé
#4
Đã gửi 24-02-2013 - 17:15
Đặt $g(t)=f(t)-\frac{t^2}{2}=>f(t)=g(t)+\frac{t^2}{2}$ thay vào pt ta được:3/Tìm tất cả hàm $f: Q->Q$ thỏa mãn:
$$f(x+y)=f(x)+f(y)+xy$$
$g(x+y)+\frac{(x+y)^2}{2}=g(x)+g(y)+xy+\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}$
$=>g(x+y)=g(x)+g(y)=>g(x)=kx,k\in \mathbb{R}=>f(x)=kx+\frac{x^2}{2},k\in \mathbb{R}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangngocbao1997: 24-02-2013 - 17:21
- ntuan5 và ilovemath97 thích
#5
Đã gửi 24-02-2013 - 17:32
Gọi $J,P$ lần lượt là giao điểm của $SK$ với $CD$ và $AB$
Ta có đường đối cực của $M$ là $CD$ qua $I$, nên đường đối cực của $I$ qua $M$
Ta sẽ chứng minh $SK$ chính là đường đối cực của $I$ để suy ra $S,K,M$ thẳng hàng
Thật vậy, có $(IPAB)=-1$ nên đường đối cực của $I$ qua $P$
Qua phép chiếu xuyên tâm $S$ ta có $(IJDC)=-1$ nên đường đối cực của $I$ qua $J$
Do đó $PJ$ chính là đường đối cực của $I$ hay $SK$ chính là đường đối cực của $I$
Như thế ta đã hoàn tất chứng minh $S,K,M$ thẳng hàng
Và vì điểm $M,N$ có vai trò giống nhau trong đường tròn, nên hoàn toàn tương tự, ta cũng đi đến $S,K,N$ thẳng hàng
Vậy, $S,K,M,N$ thẳng hàng(đpcm) và đặc biệt 4 điểm ấy nằm trên đường đối cực của $I$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovemath97: 24-02-2013 - 17:43
- N H Tu prince và ntuan5 thích
VMO 2014 đánh dấu chuỗi ngày buồn vì thất bại. Không sao cả! VMO 2015 đợi mình nhé
#6
Đã gửi 24-02-2013 - 19:50
#7
Đã gửi 24-02-2013 - 22:31
Đặt $\sqrt[3]{2x+1}=y+1$1/ Giải phương trình: $x^3+3x^2-\sqrt[3]{2x+1}=-2x-1$.
khi đó ta có hệ
$\left\{\begin{matrix} x^{3}+3x^{2}+2x-y=0\\ y^{3}+3y^{2}+3y-2x=0 \end{matrix}\right.$
Trừ 2 vế của pt trên ta có
$x^{3}-y^{3}+3(x^{2}-y^{2})+4(x-y)=0\Rightarrow ...$
#8
Đã gửi 25-02-2013 - 01:28
Đặt5/ Cho các số thực thỏa mãn: $a,b,c \ge -1$ và$2(a+b+c)+3(ab+bc+ac)+3abc=0$. CMR:
$$\sum \frac{bc+b+c+1}{(a+1)^3(c+2b+3)} \ge 1$$
$a+1=x$
$b+1=y$
$c+1=z$
$\Rightarrow x,y,z \ge 0$
Ta có$xyz=(a+1)(b+1)(c+1)=abc+1+(a+b+c)+(ab+bc+ca)$
nên$2(a+b+c)+3(ab+bc+ac)+3abc=0$
$\Leftrightarrow 3xyz-(a+b+c+1+1+1)=0$
$\Leftrightarrow x+y+z=3xyz$
$\Leftrightarrow \frac{1}{xy}+\frac{1}{yz}+\frac{1}{zx}=3$ (1)
BĐT cần chứng minh là
$\sum \frac{bc+b+c+1}{(a+1)^3(c+2b+3)} \ge 1$
$\Leftrightarrow \sum \frac{(b+1)(c+1)}{(a+1)^3[c+1+2(b+1)]} \ge 1$
$\Leftrightarrow \sum \frac{yz}{x^{3}(y+2z)} \ge 1$
$\Leftrightarrow \sum \frac{yz}{x^{2}(yx+2zx)} \ge 1$ (2)
Lại đặt tiếp$\frac{1}{xy}=m$
$\frac{1}{yz}=n$
$\frac{1}{zx}=p$
Khi đó từ (1) ta có$m+n+p=3$
$x^{2}=\frac{n}{mp}$
$y^{2}=\frac{p}{mn}$
$z^{2}=\frac{m}{np}$
(1) được viết lại thành$\sum \frac{m^{2}p^{2}}{n^{2}(p+2m)}\ge 1$
Sử dụng Cauchy-Schwarz ta có$\sum \frac{m^{2}p^{2}}{n^{2}(p+2m)}=\sum \frac{m^{4}p^{4}}{m^{2}n^{2}p^{2}(p+2m)}\geq \frac{(m^{2}n^{2}+n^{2}p^{2}+p^{2}m^{2})^{2}}{3.m^{2}n^{2}n^{2}(m+n+p)}$
Mặt khác ta có$(m^{2}n^{2}+n^{2}p^{2}+p^{2}m^{2})\geq mnp(m+n+p)$
$\Rightarrow (m^{2}n^{2}+n^{2}p^{2}+p^{2}m^{2})^{2}\geq m^{2}n^{2}p^{2}(m+n+p)^{2}=3m^{2}n^{2}p^{2}(m+n+p)$
$\Rightarrow \frac{(m^{2}n^{2}+n^{2}p^{2}+p^{2}m^{2})^{2}}{3.m^{2}n^{2}n^{2}(m+n+p)} \geq 1$
$\Rightarrow$ đ.p.c.m
Dấu = xảy ra khi $m=n=p=1$ $\Leftrightarrow a=b=c=0$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi doandat97: 25-02-2013 - 01:33
- N H Tu prince, ducthinh26032011, tran thanh binh dv class và 3 người khác yêu thích
0 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh