John Carterer

Đây là bộ đề thi đề nghị các trường cho kì thi Olympic 30-4 toán 10 năm 2001. Em nên đăng từng đề vào từng chủ đề riêng để dễ thảo luận.

Vâng   tại em đặt chủ đề sai

Trường:THPT Lê Quý Đôn (BR-VT)

Bài 1: Giải hệ phương trình:

$$\begin{cases} \sqrt{x+30.4}+\sqrt{y-2001}=2121\\ \sqrt{x-2001}+\sqrt{y+30.4}=2121 \end{cases}$$

Bài 2: Cho $\Delta ABC$ tùy ý, tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

$$M=2\sqrt{3}\sin B\sin C+\sin A-2(\sin B + \sin C)$$

Bài 3: Cho $\Delta ABC$, hãy dựng $\Delta XYZ$ nội tiếp $\Delta ABC$ $(X\in BC,Y\in CA,Z\in AB)$ sao cho $\Delta XYZ\sim \Delta ABC$ và $S_{XYZ}$ nhỏ nhất

Bài 4: Cho tập hợp $A$={${0,1,2,3,4,5}$}. Có bao nhiêu số gồm $8$ chữ số lấy từ $A$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau đây:

1.Chữ số $0$ có mặt $3$ lần, mỗi chữ số khác có mặt đúng một lần

2.Các số lập được đều phải chẵn và không bắt đầu bởi nhóm các chữ số $1,0,0,0$

Trường: THPT Thoại Ngọc Hầu (An Giang)

Bài 1: Cho lục giác đều $A_{1}A_{2}A_{3}A_{4}A_{5}A_{6}$ tâm $I$, hình tròn $(O;R)$ bất kì chứa $I$. Các tia $IA_{i}$ $(1\leq i\leq 6)$ cắt $(O)$ tại $B_{i}$  $(1\leq i\leq 6)$. Tính theo $R$ tổng:

$$IB{_{1}}^{2}+IB{_{2}}^{2}+IB{_{3}}^{2}+IB{_{4}}^{2}+IB{_{5}}^{2}+IB{_{6}}^{2}$$

Bài 2: Cho $n$ số: $a_{1},a_{2},a_{3},...,a_{n}\in [0;1]$

Chứng minh rằng: $\left ( 1+a_{1}+a_{2}+a_{3}+...+a_{n} \right )^{2}\geq 4\left (a{_{1}}^{2}+a{_{2}}^{2}+a{_{3}}^{2}+...+a{_{n}}^{2} \right )$

Bài 3: $\Delta ABC$ có $AB=c$, $BC=a$, $CA=b$. Chứng minh rằng:

$$a^{2}(1-\sqrt{3} \cot A)+ b^{2}(1-\sqrt{3} \cot B)+c^{2}(1-\sqrt{3}\cot C)\geq 0$$

Bài 4: Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:

$$10+11^{x}+6^{x}=(\sqrt{3})^{y!}$$

a/ Xét hai tam giác vuông $OAM$ và $OBI$ ta có $\widehat {AOM}=\widehat{OBI}$=1v, $\widehat {OAM}=\widehat {OBI}$ và $OA=OB$

Vậy $\Delta OAM=\Delta OBI$

=>$OM=OI$

Tứ giác $OMHI$ có tổng hai góc đối $\widehat {IOM} + \widehat {MHI}=$ 1v + 1v=2v

Vậy nội tiếp được trong một đường tròn.

b/ *Chứng minh $OK=OH$

Theo câu a) tứ giác $OMHI$ nội tiếp mà $OM=OI$ nên $\stackrel\frown{OM}=\stackrel\frown{OI}$

=> $\widehat {MHO}=\widehat {OHK}= \frac {1} {2} \widehat {MHK} = \frac {1} {2} \cdot 90^{\circ} = 45^{\circ}$

$\Delta {OKH}$ có một góc nhọn là $45^{\circ}$ nên là tam giác vuông cân => $OK=KH$

*Tìm tập hợp các điểm $K$

1/Phần thuận: $\widehat {OKB} =$ $90^{\circ}$, từ $K$ ta luôn luôn nhìn đoạn thẳng cố định $OB$ dưới góc $90^{\circ}$, do đó $K$ chạy trên đường tròn đường kính $OB$

Giới hạn: Khi $M \equiv O$ thì $K \equiv O$, khi $M \equiv B$ thì $H \equiv B$, do $\Delta {OKH}$ vuông cân nên khi đó $K \equiv K_0$ là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính $OB$

Vậy $K$ chỉ chuyển động trên cung $\stackrel\frown {OK_0}$ ($\frac {1} {4}$ đường tròn đường kính $OB$)

2/Phần đảo: Đảo lại lấy một điểm $K'$ bất kì thuộc $\stackrel\frown {OK_0}$, $BK'$ cắt đường thẳng $AO$ tại $I'$, $\widehat {OK'B}= 90^{\circ}$ (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính $OB$) suy ra $K'$ là chân của đường vuông góc hạ từ $O$ xuống $BI'$

3/Kết luận: Tập hợp các điểm $K$ là cung tròn $OK_0$ bằng $\frac {1} {4}$ đường tròn đường kính $OB$

 Capture1.PNG   25.72K   0 Số lần tải

Ta có:

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{ME}{MF}$ (do $Sin \widehat{AMF}=Sin \widehat{AME}$)

$\frac{S_{AME}}{S_{AMF}}= \frac{AM\cdot AE\cdot Sin \widehat{MAE}}{AF\cdot AM\cdot Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}$

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}= \frac{ME}{MF}\cdot \frac{AF}{AE} \left ( 1 \right )$

Tương tự:

$\frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}= \frac{FN}{DN}\cdot \frac{BD}{BF}\left ( 2 \right )$

$\frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{PD}{PE}\cdot \frac{CD}{CE} \left ( 3 \right )$

Nhân cả hai vế của (1), (2), (3) với nhau, ta được:

$\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \frac{ME\cdot AF\cdot FN\cdot BD\cdot PD\cdot CD}{MF\cdot AE\cdot DN\cdot BF\cdot PE\cdot CE}$

hay $\frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= \left ( \frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE} \right )\cdot \left ( \frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE} \right )$

Vì AD, BE, CF đồng quy, DM, EN, FP đồng quy, theo định lí Ceva ta có:

$\frac{AF}{BF}\cdot \frac{BD}{CD}\cdot \frac{CE}{AE}= 1$

$\frac{EM}{MF}\cdot \frac{FN}{ND}\cdot \frac{DP}{PE}= 1$

$\Rightarrow \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$

Do $ \frac{Sin \widehat{MAE}}{Sin \widehat{MAF}}\cdot \frac{Sin \widehat{FBN}}{Sin \widehat{DBN}}\cdot \frac{Sin \widehat{PCD}}{Sin \widehat{PCE}}= 1$, theo Ceva-sin ta có AM, BN, CP đồng quy (đpcm)

$d=8$

$S = 35$

Ta có:

Xét hai trường hợp:

-Trường hợp 1: n=0 và k=0

$\left ( 1 \right )\Leftrightarrow 2= N^{m}$ 

$\Rightarrow$ m=1

-Trường hợp 2: $n> 0$; k$k\geq 0$

Đa thức $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ có bậc 3, $n^{2}+1$ có bậc 2 nên $n^{2}+1\neq 44n^{3}+11n^{2}+10n+2$

Vì $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ có bậc 3 nên có thể phân tích về dạng $\left ( a\times n+b \right )^{3}$ với $a> 0;b\geqslant 0$, mà k là số nguyên không âm nên $2^{k}\neq 3$

Do $n^{2}+1$ và $44n^{3}+11n^{2}+10n+2$ khác nhau về cơ số và số mũ$\Rightarrow$ tích hai số này là một số có số mũ bằng 1, tức m=1

Vậy nếu tồn tại các số nguyên không âm m,n,N,k thỏa mãn $\left ( n^{2}+1 \right )^{2^{^{k}}}\times (44n^{3}+11n^{2}+10n+2)= N^{m}$ thì m=1

Lập luận mơ hồ, thiếu nhiều trường hợp

Điểm bài 5

S = 9+ 5*3 =24

cho a là góc nhọn: chứng minh rằng

$\sin ^{2014}a +\cos ^{2014}a< 1$

$\sin ^{2014}a +\cos ^{2}a< \frac{5}{4}$

$3(\sin ^4a+\cos ^4a)-2(\sin ^6a+\cos ^6a)$

bài 2: cho a là góc nhọn $\cos a =\frac{1}{3}$

tính: P= $3\tan a-2\cot a+5\sin a$

Câu 1: cho a + b + c = 0

và $a^2 + b^2 + c^2 = 14$

Tính A= $a^4 + b^4 + c^4$

Câu 2: cho x>0 thỏa mãn $x^2 + \frac{1}{x^2}$

tính giá trị biểu thức: B = $x^5 + \frac{1}{x^5}$