captain luffy7

Câu b hình có thể cm BP,CQ qua trung điểm EF bằng cách gọi J là trung điểm EF và dung ceva sin cho tam giác ABE và ACF biến đổi đưa về tỉ số các cạnh và dùng tam giác đồng dạng 1 xí là xong. Bài này có trong tập Red Geometry của thầy Hùng thì phải    . Hoặc có thể tìm trong chuyên đề của thầy Hùng trong Epsilon 3

Câu I. Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi :

$$\left\{\begin{matrix} u_1\in(1;2)\\u_{n+1}=1+u_n-\dfrac{u_n^2}{2},\forall n=1,2,..  \end{matrix}\right.$$

Chứng minh rằng $u_n$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

Câu II. Cho các số thưc dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng :

$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^3+b^3+c^3+3}}.$$

 

Câu III. Cho tam giác nhọn $ABC( AB<AC).$ có $M$ là trung điểm cạnh $BC,$ ; các đường cao $AD,BE,CF.$ Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC, K$ là trung điểm $AH,$ và $L$ là giao điểm $EF$ và $AH.$ Gọi $N$ là giao điểm của đoạn $AM$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCH.$

1/ Chứng minh rằng $5$ điểm $A,E,N,H,F$ cùng thuộc 1 đường tròn.

2/ Chứng minh rằng $\widehat{HMA}=\widehat{LNK}.$

 

Câu IV. Có bao nhiêu hoán vị $(a_1,a_2,..,a_{10})$ của các số $1,2,3,..,10$ sao cho $a_i>a_{2i}$ với $1\leq i  \leq 5$ và $a_j>a_{2j+1}$ với $1\leq i  \leq 4$.

 

Câu V. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y),\forall x,y\in\mathbb{R}$$

 

Câu VI. Gọi $O,I$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác $ABC$ không đều. Chứng minh rằng :

$$\widehat{AIO}\leq 90^0\Leftrightarrow 2BC\leq AB+AC$$

 

Câu VII. Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho : Với $n$ số nguyên dương $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau , luôn tồn tại hai chỉ số $i,j\in\begin{Bmatrix}1,2,3,..,n \end{Bmatrix}$ để $a_i+a_j\geq 2017(a_i,a_j)$

với $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương $a,b.$

III, V .... Old problems  

Bài 3 ngày 1 là một bài quen thuộc về bất biến và từng xuất hiện trong topic đề thi mẫu hướng tới VMO 2016 tại đây.

 

Bài 6 ngày 2 có thể giải không cần sử dụng định lí Thebault mà chỉ cần sử dụng phương tích với định lí Thales là được, cụ thể :

Gọi $X,Y$ lần lượt là tiếp điểm của $\odot (O_1),\odot (O_2)$ với $BC$. $Z,T$ lần lượt là tiếp điểm của $\odot (O_1),\odot (O_2)$ với $\odot (O)$.

Theo định lí Thales $ZX,TY$ đi qua điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$. Gọi điểm đó là $D$.

Theo định lí về tâm đẳng phương thì $CT,ZX,TY$ đồng quy nên $C,T,D$ thẳng hàng.

Ta có $DT^2=\overline{DX}\cdot \overline{DZ}=DA^2$ nên $T$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$.

 

PS. Mình nghĩ có thể đây là bài đề nghị của THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ cho cuộc thi Duyên Hải 2016 nên không thể nói là sao chép được!

Bài này là bài đề nghị của Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng  

Bài 3:

a) Cộng góc giống bạn ở trên

b) Ý tưởng là như thế này:

 Lấy $O',H'$ đối xứng $O,H$ qua $BC$. $AH$ cắt $BC$ tại $T$. Kẻ $OE'$ song song $O'H'$. Bằng cộng góc đơn giản suy ra $\widehat{OE'H}=\widehat{ADB}=\widehat{ALO}$ do đó $E'$ thuộc $(S)$ hay $E'$ trùng $E$.Do đó $HA=OO'=H'E=HF$ (Tính chất đối xứng) Suy ra đpcm.

Ngày 1:

Câu 1: (khá quen thuộc nhưng mình xét BĐT hơi loằng ngoằng)

a) Xét $f'_{n}(x)=\dfrac{2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1}{(x-1)^2}$

$f'_n(x)=0 \Leftrightarrow 2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0 (x \neq 1)$

Ta chứng minh $g_{n}(x)=2nx^{2n+1}-(2n+1)x^{2n}+1=0$ có nghiệm duy nhất trên $\mathbb{R}$

Xét $g'_n(x) = 2n(2n+1)x^{2n}-2n(2n+1)x^{2n-1}=0 \Leftrightarrow x^{2n}=x^{2n-1} \Leftrightarrow x=0$ hoặc $x=1$

Do đó với $x<0$ thì $g'_n(x) \neq 0$ do đó $f'_n(x)=0$ có nghiệm duy nhất trên $(-\infty;0)$ 

Mặt khác ta cũng có thể viết : $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$ nên rõ ràng với $x\geq 0$ thì  $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1>0$

Vậy $f'_{n}(x)=0$ có duy nhất một nghiệm

Mặt khác $f_n(x)$ có giá trị nhỏ nhất trên $\mathbb{R}$ nên nó chỉ đạt giá trị nhỏ nhất đó tại một điểm duy nhất 

b) $f'_{n}(x)=2nx^{2n-1}+...+1$

Do đó $f'_{n}(-1)<0$ và $f'_{n}(0)>0$ nên rõ ràng $(s_n)$ bị chặn giữa $-1$ và $0$

Ta chứng minh $(s_n)$ là dãy giảm

Từ phần $(a)$ dễ suy ra $f'_{n}(x)$ đồng biến trên $(-\infty;0)$

Do đó chỉ cần chứng minh $f'_{n+1}(s_n) > f'_{n+1}(s_{n+1})=0$

Do đó ta cần chứng minh $2(n+1)s_{n}^{2n+1}+(2n+1)s_{n}^{2n}>0$ hay $s_n>\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}$

Hay cần chứng minh $f_n(\dfrac{-(2n+1)}{2(n+1)}) <0$

Bằng cách ghép lần lượt $2nx^{2n-1}+(2n-1)x^{2n-2} <0$ và tương tự thì ta dễ dàng có điều phải chứng minh 

Do đó $s_{n}$ giảm và bị chặn nên ta có điều phải chứng minh

Câu 2: (Nhiều khả năng bài này chế từ một bài trong Old and new)

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ thì dễ có $a^5b^5(a^5+b^5+1+1+1)\geq 5a^6b^6$

Chứng minh tương tự và đặt $a^5=x,b^5=y,c^5=z$ thì $x+y+z=3$

Ta có: $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq xy(x+y+3)+yz(y+z+3)+zx(z+x+3)=2pq-3r$ với $p=x+y+z,q=xy+yz+zx,r=xyz$

Áp dụng bất đẳng thức Schur ta thu được: $27+9r\geq 4pq \Leftrightarrow 2pq-\dfrac{9r}{2} \leq \dfrac{27}{2} $

Áp dụng bất đẳng thức $AM-GM$ ta thu được $r \leq 3 \Leftrightarrow \dfrac{r}{2} \leq \dfrac{3}{2}$

Suy ra $5(a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6) \leq 15 \Rightarrow a^6b^6+b^6c^6+c^6a^6 \leq 3$

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$

Câu 4 ngày 1 liệu có vấn đề gì không nhỉ sao nó đúng với $k=0$ được

Có vẻ như bài 2 từ đoạn Schur xuống AM-GM bạn hơi nhầm thì phải  Tới khúc chỗ shur thì áp dụng trưc tiếp vào vs p<=3 là đc

Câu 3??  

Bài hình ngày 2:

a, Bằng biến đổi góc đơn giản suy ra $AZKY$ nội tiếp từ đó $PKYC,ZKPB$ nội tiếp từ đó suy ra $\widehat{BPA'}= \widehat{APB}= \widehat{KPC}$ suy ra đpcm.

b,$BN$, $CM$ là các đường cao của tam giác $ABC$.Trung tuyến $At$ của tam giác $ABC$ giao $(AH)$ tại $I$. Ta có hai tam giác $ZIM,MIY$ đồng dạng suy ra $MIN=ZIY$ suy ra $I$ thuộc $(AYZ)$ do đó $SI'$ vuông góc $AI$ ($S$ là tâm $(AYZ)$, $I'$ là trung điểm $AH$) Ta có đpcm.

P/s: Không biết bài hình ngày 1 dễ hay khó chưa vẽ thử hình. Bài hình ngày 2 câu b hơi nhói 1 chút.

Em thấy vô lý quá. Toán mà làm trắc nghiệm thi không biết thi kiểu chi nx =_=. Đúng là mấy ông ở bộ...thật vi diệu. Thi trắc nghiệm thì loto đại có khi còn hơn những bạn thực sự giỏi về môn toán. Thi như thế này thì chắc là mỗi năm mấy ổng đổi mới căn bản toàn diện>< thế này chỉ làm cho các thế hệ học sinh ngày càng thụt lùi biến thành những con vẹt. Thế này thì tấm bằng đại học ở "Việt Nam" còn gì giá trị nữa>>>