Đến nội dung

Hình ảnh

ĐỀ CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC 30-4, LỚP 10


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1
ilovemath97

ilovemath97

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 32 Bài viết
Trường THPT chuyên Quốc Học Huế Lớp 10- Thời gian 180 phút
Tổ Toán

Câu 1(4 điểm)

Giải phương trình:

$\sqrt{x+\frac{14}{x}}+\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=6$
Câu 2(4 điểm)

Tìm $a,b,c\in \mathbb{N^{*}}$ sao cho biểu thức $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc$ đạt giá trị nhỏ nhất, biết rằng $a,b,c$ đôi một phân biệt và thỏa mãn $ab+bc+ca\geq 299$

Câu 3(4 điểm)

Trong mặt phẳng cho trục x'Ox và 4 điểm $A,B,C,D$ $\in x'Ox$ sao cho $A,B$ có tọa độ dương và $C,D$ có tọa độ âm thỏa mãn $OA.OB =OC.OD=1$. Xét 2 đường tròn $(O1);(O2)$ có đường kính lần lượt là $AB,CD$. Tiếp tuyến chung ngoài của $(O1);(O2)$ tiếp xúc với $(O1);(O2)$ lần lượt tại $A1,B1$.Tiếp tuyến chung trong của $(O1);(O2)$ tiếp xúc với $(O1);(O2)$ lần lượt tại $A2,B2$. Gọi $I$ là giao điểm của $A1A2$ và $B1B2$. Tìm tập hợp các điểm $I$ khi $A,B,C,D$ thay đổi

Câu 4(4 điểm) Gọi $a,b$$(a>b)$ là 2 nghiệm của phương trình $X^{2}-X-1=0$. Đặt$u$n = $\frac{1}{\sqrt{5}}(a^{n}-b^{n}), n\in \mathbb{N}^{*}$
a. Chứng minh rằng $u$n $\in \mathbb{N}$
b. Chứng minh có vô hạn $n\in \mathbb{N}$ thỏa $u$n chia hết cho 2013

Câu 5(4 điểm)

Cho $m\in \mathbb{N}^{*}$, gọi $C$ là tập con của tập hợp $\begin{Bmatrix}0,1,2,...,m \end{Bmatrix}$ sao cho $\left | C \right |\geq \frac{m}{2}+1$. Chứng minh rằng trong $C$ tồn tại một phần tử có dạng $2^{s}$,$(s\in \mathbb{N})$ hoặc tồn tại hai phần tử phân biệt có tổng là 1 số có dạng $2^{s}$,$(s\in \mathbb{N})$

...........................................................................................................................
P/S: Đề này mình chém đc câu 1,2,3 và 4a. Trong lớp có 4 đứa làm đc 4.5 câu và 1 đứa đc 4 câu. Còn 10 toán 2 ko bik thế nào, chán ghê, mong chờ điều kì diệu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovemath97: 11-03-2013 - 20:01

VMO 2014 đánh dấu chuỗi ngày buồn vì thất bại. Không sao cả! VMO 2015 đợi mình nhé


#2
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Câu 2(4 điểm)

Tìm $a,b,c\in \mathbb{N^{*}}$ sao cho biểu thức $a^{3}+b^{3}+c^{3}-3abc$ đạt giá trị nhỏ nhất, biết rằng $a,b,c$ đôi một phân biệt và thỏa mãn $ab+bc+ca\geq 299$

PP. Bữa nay hên thật, làm được câu này.
Lời giải. Áp dụng hằng đẳng thức $a^3+b^3+c^3-3abc= \frac 12 (a+b+c) \left[ (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \right]$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $a>b>c$. Khi đó $a \ge b+1, \; b \ge c+1, \; a \ge c+2$.
Do đó $(a-b)^2 \ge 1, \; (b-c)^2 \ge 1, \; (c-a)^2 \ge 4$, như vậy $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2 \ge 6$.
Như vậy $a^2+b^2+c^2 -ab-bc-ca \ge 3 \Rightarrow a^2+b^2+c^2 \ge 302$.

Ta lại có $(a+b+c)^2= a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca \ge 302+598=900$.
Vì $a,b,c \in \mathbb{N}$ nên $a+b+c \ge 30$.
Do đó $a^3+b^3+c^3-3abc \ge 3 \cdot 30=90$.
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a,b,c$ là ba số liên tiếp và $ab+bc+ca=299$, tức $a,b,c$ là các hoán vị của $9,10,11$. $\square$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Phạm Quang Toàn: 11-03-2013 - 20:02

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#3
donghaidhtt

donghaidhtt

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 494 Bài viết

Trường THPT chuyên Quốc Học Huế Lớp 10- Thời gian 180 phút
Tổ Toán
Câu 1(4 điểm)

Giải phương trình:

$\sqrt{x+\frac{14}{x}}+\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=6$

ĐKXĐ:$\left\{ \begin{array}{l}x+\dfrac{14}{x}\geq 0\\4-x+\dfrac{14}{4-x}\geq 0\\x\neq 0\\x\neq 4\end{array} \right.$

Với ĐKXĐ trên ta có:

$3VT=3\sqrt{x+\frac{14}{x}}+3\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=\sqrt{(2+7)(x+\dfrac{14}{x})}+\sqrt{(2+7)(4-x+\dfrac{14}{4-x})}$ $\geq \sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}$
(BĐT Bunhiakovsky)
$=\sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}+5\sqrt{2}(\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{4-x}})$
$\geq 4+4+5\sqrt{2}\dfrac{2}{\sqrt[4]{x(4-x)}}\geq 4+4+\dfrac{10\sqrt{2}}{\sqrt{\dfrac{x+4-x}{2}}}=4+4+10=18$ (BĐT Cauchy)
$\Leftrightarrow VT\geq 6$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=2$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 11-03-2013 - 20:41


#4
ilovemath97

ilovemath97

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 32 Bài viết

ĐKXĐ:$\left\{ \begin{array}{l}x+\dfrac{14}{x}\geq 0\\4-x+\dfrac{14}{4-x}\geq 0\\x\neq 0\\x\neq 4\end{array} \right.$

Với ĐKXĐ trên ta có:

$3VT=3\sqrt{x+\frac{14}{x}}+3\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=\sqrt{(2+7)(x+\dfrac{14}{x})}+\sqrt{(2+7)(4-x+\dfrac{14}{4-x})}$ $\geq \sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}$
(BĐT Bunhiakovsky)
$=\sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}+5\sqrt{2}(\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{4-x}})$
$\geq 4+4+5\sqrt{2}\dfrac{2}{\sqrt[4]{x(4-x)}}\geq 4+4+\dfrac{10\sqrt{2}}{\sqrt{\dfrac{x+4-x}{2}}}=4+4+10=18$ (BĐT Cauchy)
$\Leftrightarrow VT\geq 6$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=1$

anh làm đúng đấy, cũng gần giống em, em lại bình phương áp dụng AMGM vs Bunhia. Nhưng đáng tiếc anh kết luận nghiệm sai, chắc do nhầm thôi, nghiệm là 2

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ilovemath97: 11-03-2013 - 20:41

VMO 2014 đánh dấu chuỗi ngày buồn vì thất bại. Không sao cả! VMO 2015 đợi mình nhé


#5
ducthinh26032011

ducthinh26032011

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 290 Bài viết

ĐKXĐ:$\left\{ \begin{array}{l}x+\dfrac{14}{x}\geq 0\\4-x+\dfrac{14}{4-x}\geq 0\\x\neq 0\\x\neq 4\end{array} \right.$

Với ĐKXĐ trên ta có:

$3VT=3\sqrt{x+\frac{14}{x}}+3\sqrt{4-x+\frac{14}{4-x}}=\sqrt{(2+7)(x+\dfrac{14}{x})}+\sqrt{(2+7)(4-x+\dfrac{14}{4-x})}$ $\geq \sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{7\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}$
(BĐT Bunhiakovsky)
$=\sqrt{2}\sqrt{x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{x}}+\sqrt{2}\sqrt{4-x}+\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{4-x}}+5\sqrt{2}(\dfrac{1}{\sqrt{x}}+\dfrac{1}{\sqrt{4-x}})$
$\geq 4+4+5\sqrt{2}\dfrac{2}{\sqrt[4]{x(4-x)}}\geq 4+4+\dfrac{10\sqrt{2}}{\sqrt{\dfrac{x+4-x}{2}}}=4+4+10=18$ (BĐT Cauchy)
$\Leftrightarrow VT\geq 6$
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $x=2$

Sao anh nghĩ đến những con số đó,căn tùm lum hết @@

donghaidhtt : Bài này để ý điểm rơi của x khi áp dụng Bunhia >:) >:) , cách dưới chắc dễ hơn. :ukliam2: :ukliam2:

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mai Duc Khai: 11-03-2013 - 21:51

Hình đã gửi


#6
donghaidhtt

donghaidhtt

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 494 Bài viết
Ta sẽ đi chứng minh:$\sqrt{x+\dfrac{14}{x}}+\sqrt{4-x+\dfrac{14}{4-x}}\geq 6$
Thật vậy:
Bình phương 2 vế ta có:
$x+\frac{14}{x}+4-x+\frac{14}{4-x}+2\sqrt{(x+\frac{14}{x})(4-x+\frac{14}{4-x})}\geq 36 \Leftrightarrow \frac{14}{x}+\frac{14}{4-x}+2\sqrt{(x+\frac{14}{x})(4-x+\frac{14}{4-x})}\geq 32$
Ta có: $(x+\frac{14}{x})(4-x+\frac{14}{4-x})\geq 81\Leftrightarrow x(4-x)+\frac{14x}{4-x}+\frac{14(4-x)}{x}+\frac{196}{x(4-x)}\geq 81\Leftrightarrow (x-2)^2(x^2-4x+105)\geq 0$

Và $\dfrac{14}{x}+\dfrac{14}{4-x}\geq \dfrac{14.4}{x+4-x}= 14$
Nên BĐT được chứng minh.
Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow x=2$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi donghaidhtt: 11-03-2013 - 21:15





1 người đang xem chủ đề

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