nhatduy01

 

 

KIỂM TRA TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LỚP 11

 

 

 

 

Câu 4. Trong mặt phẳng cho $2n+1$ đường thẳng phân biệt sao cho không có $2$ đường thẳng nào song song hoặc vuông góc và không có 3 đường thẳng nào đồng quy. Chúng cắt nhau tạo thành các tam giác. Chứng minh số tam giác nhọn được tạo ra không vượt quá $\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

 

 

Lời giải

                Gọi f(n) là số các tam giác nhọn được tạo thành từ các đường thẳng như đầu bài.

                          Ta cần chừng minh      $f(n)\leq \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

                Gọi g(n) là số các tam giác tù được tạo thành từ các đường thẳng

           Gọi 1 tam giác được tạo thành bởi 3 đường thẳng a,b,c là "nhọn cạnh a" nếu các góc chung cạnh a của tam giác đó là góc nhọn.

      Ta chọn 1 đường thẳng x trong số 2n+1 đường thẳng đã cho làm trục hoành.

       Do không có 2 đường thẳng nào song song hay vuông góc và không có 3 đường thẳng nào đồng qui nên các đường thẳng còn lại sẽ được chia thành 2 tập.

       Tập A gồm các đường thẳng với hệ số góc dương

       Tập B gồm các đường thẳng với hệ số góc âm

   Hai đường thẳng tạo với x một tam giác "nhọn cạnh x" nếu 1 đường thẳng thuộc A và 1 đường thẳng thuộc B        

  Gọi p là số đường thẳng thuộc A,q là số đường thẳng thuộc B.

     Có p+q=2n.

        Số tam giác "nhọn cạnh x" là pq 

Có  $pq\leq \left ( \frac{p+q}{2} \right )^{2}=n^{2}$

         Do x có thể là đường thẳng bất kì trong số 2n+1 đường thẳng đã cho nên ta có 

           Số tam giác "nhọn cạnh x " $\leq n^{2}(2n+1)$

   Trong cách tính trên mỗi tam giác nhọn được tính 3 lần (theo 3 cạnh), mỗi tam giác tù được tính 1 lần.

Do đó

            $3f(n)+g(n)\leq n^{2}(2n+1)$

Tổng số tam giác được tạo thành từ các đường thẳng đã cho là $C_{2n+1}^{3}$  

     $\Rightarrow f(n)+g(n)=C_{2n+1}^{3}=\frac{(2n+1)(2n)(2n-1)}{6}$

         $\Rightarrow 2f(n)\leq n^{2}(2n+1)-(f(n)+g(n))=\frac{n(n+1)(2n+1)}{3}$

     $\Rightarrow f(n)\leq \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$  (đpcm)

Có bao nhiêu hoán vị $\left ( a_{1},a_{2}...,a_{4024} \right )$ của $\left ( 1,2,...,4024 \right )$ sao cho 

                           $\left | a_{1}-1 \right |=\left | a_{2}-2 \right |=...=\left | a_{4024}-4024 \right |$$> 0$                   

Giải phương trình

                        $3x^{2}+1-(3x+2)\sqrt{x^{2}-x+1}=0$

Cho x, y, z không âm thỏa xyz = 1. Chứng minh rằng: $x^{2}+y^{2}+z^{2}+x+y+z\geq 2(xy+yz+zx)$

Theo AM-GM ta có $x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}=3$

           Do đó ta cần CM     $x^{2}+y^{2}+z^{2}+3\geq 2(xy+yz+zx)$

                                         $\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})(x+y+z)+3(x+y+z)\geq 2(x+y+z)(xy+yz+zx)$

                                         $\Leftrightarrow \sum x^{3}+\sum xy(x+y)+3\sum x\geq 2\sum xy(x+y)+6xyz$  

                                         $\Leftrightarrow \sum x^{3}+3\sum x\geq \sum xy(x+y)+6$

            Áp dụng AM-GM và Schur bậc 3 ta được

                                       $\sum x^{3}+3\sum x=(\sum x^{3}+(x+y+z))+2(x+y+z)\geq (\sum x^{3}+3\sqrt[3]{xyz})+2.3\sqrt[3]{xyz}=(\sum x^{3}+3xyz)+6\geq \sum xy(x+y)+6$

                $\Rightarrow$ đpcm

 Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

Cho $x,y,z>0$.Chứng minh rằng

                                P= $\frac{x^{3}}{y^{3}}+\frac{y^{3}}{x^{3}}+\frac{y^{3}}{z^{3}}+\frac{z^{3}}{y^{3}}+\frac{z^{3}}{x^{3}}+\frac{x^{3}}{z^{3}}\geq 2(\frac{x^{2}}{y^2}+\frac{y^{2}}{zx}+\frac{z^{2}}{xy})$

Giải phương trình

                               $\sqrt{2x+3}.\sqrt[3]{x+5}=x^{2}+x-6$

Giải hệ pt sau:

$$\left\{\begin{matrix} \dfrac{2}{x}+\dfrac{3}{y}+\dfrac{3}{z}=-2 \\ \dfrac{4}{xy}-\dfrac{3}{z^2}-\dfrac{2}{y}=3 \end{matrix}\right.$$

 

Mod sửa giúp mình cái tiêu đề, không hiểu sao sửa rồi mà nó vẫn lỗi hoài.

@@:ok đã fix

hệ $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{2}{x}-1=-3-\frac{3}{y}-\frac{3}{z} & & \\ \frac{2}{y}(\frac{2}{x}-1)-\frac{3}{z^{2}}=3 & & \end{matrix}\right.$

           $\Rightarrow \frac{2}{y}(-3-\frac{3}{y}-\frac{3}{z})-\frac{3}{z^{2}}=3$

           $\Leftrightarrow (\frac{1}{z}+\frac{1}{y})^{2}+(\frac{1}{y}+1)^{2}=0$

              $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{1}{z}=\frac{-1}{y} & & \\ \frac{1}{y}=-1 & & \end{matrix}\right.$

                 ...

Tổ hợp

Vì không quan tâm đến thứ tự cách xếp nên ta có công thức $C^{k}_{n}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\rightarrow C^{2}_{n}=\frac{n!}{2!(n-2)!}=\frac{n(n-1)}{2}$

Công thức bạn ghi thì mình không hiểu lắm , để mình xem lại

đây là phân hoạch chứ không phải tổ hợp ,đây là tìm số cách xếp n quả bóng khác nhau vào 2 chiếc hộp giống nhau ,mỗi hộp có ít nhất 1 quả bóng   

Cho x,y,z là các số thực không âm bất kì. Tìm Max của:

$P=\sum \frac{x^{2}}{4x^{3}+3yz+2}$

Theo AM-GM ta có 

                         $4x^{3}+2=2(x^{3}+x^{3}+1)\geq 6x^{2}$

Nếu cả 3 số x,y,z đều bằng $0$ thì $P=0$

Nếu có 2 trong 3 số x,y,z bằng 0 ,chẳng hạn $y=z=0$ thì $P=\frac{x^{2}}{4x^{3}+2}\leq \frac{1}{6}$

Nếu có 1 trong 3 số x,y,z bằng 0 , chẳng hạn $z=0$ thì 

                                       $P=\frac{x^{2}}{4x^{3}+2}+\frac{y^{2}}{4y^{3}+2}\leq \frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=1$

Xét cả 3 số $x,y,z$ dều dương

    Ta có $\frac{x^{2}}{4x^{3}+3yz+2}\leq \frac{x^{2}}{6x^{2}+3yz}$

    lập các bđt tương tự cộng lại ta có $P\leq\sum \frac{x^{2}}{6x^{2}+3yz}=\frac{1}{3}(\sum \frac{1}{2+\frac{yz}{x^{2}}})$

Đặt $a=\frac{yz}{x^{2}},b=\frac{zx}{y^{2}},c=\frac{xy}{z^{2}}$ thì $a,b,c>0$ và $abc=1$

Khi đó $P\leq \frac{1}{3}(\sum \frac{1}{2+a})=\frac{1}{3}(\frac{12+4(\sum a)+\sum ab}{9+4(\sum a)+2(\sum ab)})$

 Có $\sum ab\geq 3$ (AM-GM)

       $\Rightarrow 9+4\sum a+2\sum ab\geq 12+4\sum a+\sum ab$

              $\Rightarrow P\leq \frac{1}{3}$

Đẳng thức xảy ra khi $x=y=z=1$

  Vậy mã của $P$ bằng $\frac{1}{3}$ khi trong 3 số $x,y,z$ có 2 số bằng 1 và số còn lại bằng 0,hoặc cả 3 số bằng 1

Câu1

         $\left\{\begin{matrix} x^{3}+3xy^{2}=25 & & \\ x^{2}+6xy+y^{2}=10x+6y-1 & & \end{matrix}\right.$

     Nhân pt thứ hai của hệ với 3 .lấy pt thứ nhất của hệ trừ đi ta được

             $(x-1)((x-1)^{2}+3(y-3)^{2})=0$

             $\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x=1 & & \\ x=1 ,y=3 & & \end{bmatrix}$

        ...

Câu3

      2/Ta có 

               $\frac{a}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{b}=3$

           Đặt $x^{3}=\frac{a}{c},y^{3}=\frac{b}{a},z^{3}=\frac{c}{b}$

             $\Rightarrow x^{3}+y^{3}+z^{3}-3xyz=0$

             $\Leftrightarrow (x+y+z)(x^{2}+y^{2}+z^{2}-yz-xy-zx)=0$

  Nếu $x^{2}+y^{2}+z^{2}-xy-yz-zx=0$ thì $x=y=z$$\Rightarrow a=b=c$

            Do đó $abc=a^{3}$ là lập phương của 1 số nguyên

  Nếu $x+y+z=0$ thì $\sqrt[3]{\frac{a}{c}}+\sqrt[3]{\frac{b}{a}}+\sqrt[3]{\frac{c}{b}}=0$

       $\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a\sqrt[3]{abc}+ac+\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}=0 & & \\ \sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}}+c\sqrt[3]{abc}+bc=0 & & \end{matrix}\right.$

        $\Rightarrow (a-c)\sqrt[3]{abc}=c(b-a)$

   Nếu $a=c$ thì $a=b=c\Rightarrow x=y=z=1$(không thỏa mãn $x+y+z=0$)

    Vậy $a\neq c$ .Do đó $abc=(\frac{c(b-a)}{a-c})^{3}$ là lập phương của 1 số hữu tỉ.

           do $a,b,c$ là số nguyên nên $abc$ là lập phương của 1 số nguyên.

Cho đa giác đều $n$ cạnh nội tiếp đường tròn tâm $O$. Chứng minh rằng $\sum_{i=1}^{n}\overrightarrow{OA_{i}}=\overrightarrow{0}$

Gọi $\underset{OA}{\rightarrow}=\sum_{i=1}^{n}\underset{OA_{i}}{\rightarrow}$

Nhận xét rằng khi quay đa giác 1 góc bằng $\frac{2\Pi }{n}$ thì

                   Đa giác không đổi nên $\sum_{i=1}^{n}\underset{OA_{i}}{\rightarrow}=\underset{OA}{\rightarrow}$

vecto $\underset{OA}{\rightarrow}$ sẽ bị quay cùng chiều 1 góc $\frac{2\Pi }{n}$

Suy ra vecto $\underset{OA}{\rightarrow}$ có hướng tùy ý

Suy ra $\underset{OA}{\rightarrow}=\underset{0}{\rightarrow}$ (đpcm) 

bạn có thể xem trên hình của mình để thấy $CI$ ko vuông góc vơi $AG$ :-?

chắc là đề ra sai rồi, cảm ơn bạn .

                                             Đề thi chọn đội tuyển HSG Quốc Gia tỉnh Bắc Giang

                                                              Năm học 2013-2014

                                                        Thời gian : 180 phút

Câu 1(4 điểm)

          Giải hệ phương trình

                                 $\left\{\begin{matrix} 3x^{2}-8x+2(x-1)\sqrt{x^{2}-2x+2}=2(y+2)\sqrt{y^{2}+4y+5} & & \\ x^{2}+2y^{2}=4x-8y-6 & & \end{matrix}\right.$             

Câu 2(4 điểm)

          Cho ba số dương $a,b,c$ thỏa mãn $ab+bc+ca=3$.CMR

                    $a\sqrt{\frac{b+c}{a^{2}+bc}}+b\sqrt{\frac{c+a}{b^{2}+ca}}+c\sqrt{\frac{a+b}{c^{2}+ab}}\leq \frac{3}{abc}$

Câu 3(4 điểm)

           Cho tam giác $ABC$ có $\angle ABC<\angle BAC$.Trên đường thẳng $BC$ lấy điểm $D$ thỏa mãn $\angle CAD=\angle ABC$.Đường tròn $(O)$ bất kì đi qua $B,D$ cắt $AB,AD$ lần lượt tại $M,N$ .Kẻ hai tiếp tuyến $AP,AQ$ với $(O)$ ,$P,Q$ thuộc $(O)$ .Gọi $G$ là giao điểm của $BN$ và $DM$,gọi $I$ là trung điểm của $AG$.

           a/ CMR : $P,Q,G$ thẳng hàng.

           b/ CMR : $CI$ vuông góc với $AG$.

Câu 4(4 điểm)

          Cho dãy số $(x_{n})$ thỏa mãn  

                                      $\left\{\begin{matrix} x_{1}=0,x_{2}=1 & & \\ x_{n+1}=\frac{3x_{n-1}+2}{10x_{n}+2x_{n-1}+2},n\geq 2 & & \end{matrix}\right.$ 

                 Chứng minh rằng dãy $(x_{n})$ có giới hạn và tìm $lim x_{n}$

Câu 5(4 điểm)

         Tìm cặp các số nguyên $(a,b)$ sao cho

                                          $\frac{b^{2}+ab+a+b-1}{a^{2}+ab+1}$

             là một số nguyên.

Giải hệ phương trình 

                                $\left\{\begin{matrix} x^{2}+3x+2=\frac{8}{y}-\sqrt{5y-1} & & \\ y^{2}+3y+2=\frac{8}{z}-\sqrt{5z-1} & & \\ z^{2}+3z+2=\frac{8}{x}-\sqrt{5x-1} & & \end{matrix}\right.$