Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


toanhoc2017

Đăng ký: 14-09-2017
Online Đăng nhập: Hôm nay, 00:00
**---

#728974 $(ab+bc+ca)\left ( \sqrt{ab}+\sqrt{bc...

Gửi bởi toanhoc2017 trong 12-01-2020 - 23:32

bày này rất quen




#728972 $\frac{1}{a^{2}}+\frac{1...

Gửi bởi toanhoc2017 trong 12-01-2020 - 23:10

cách hay




#728704 CMR.

Gửi bởi toanhoc2017 trong 01-01-2020 - 09:27

Cho 2 số hữu tỉ a,b >0 sao cho $a^3+4a^2b=4a^2+b^4$.CM $\sqrt{a} - 1$ là bình phương của một số hữu tỉ.




#728389 DE THI HSG TOAN 9 TỈNH QUẢNG BÌNH

Gửi bởi toanhoc2017 trong 19-12-2019 - 23:04

THÁI BÌNH mới thi xong ,anh em nào có đề pót lên giải tý




#728388 DE THI HSG TOAN 9 TỈNH QUẢNG BÌNH

Gửi bởi toanhoc2017 trong 19-12-2019 - 23:02

xem lại này sẽ giải xong câu bất 


anh em xử các câu còn lại nhé 

File gửi kèm




#728383 DE THI HSG TOAN 9 TỈNH QUẢNG BÌNH

Gửi bởi toanhoc2017 trong 19-12-2019 - 22:38

câu cấu tạo số kq 2025 và 3136 bài ny giải nhiều rồi 




#728382 DE THI HSG TOAN 9 TỈNH QUẢNG BÌNH

Gửi bởi toanhoc2017 trong 19-12-2019 - 22:36

CÂU TÍNH TỔNG LÀ $2020-\frac{1}{2020}$




#727511 $\frac{a^{5}}{b^{^{3}}(c+2)}+\frac{b^{5}}{c^{^{3}}(a+2)}+...

Gửi bởi toanhoc2017 trong 19-11-2019 - 11:03

Đặt $x=\frac{a}{b}$ loi dung abc=1


#727459 Bạn đã tìm lời giải như thế nào ?

Gửi bởi toanhoc2017 trong 17-11-2019 - 22:43

top píc hay 




#726645 bài BĐT HSG QUỐC GIA TỈNH QUẢNG NGÃI 2019-2020

Gửi bởi toanhoc2017 trong 20-10-2019 - 14:11

cho a,b,c dương và abc=8 hãy chứng minh $3(a+b+c)^2\geq4(a^3+b^3+c^3+3)$




#726313 Bất đẳng thức

Gửi bởi toanhoc2017 trong 09-10-2019 - 21:14

Cho a,b,c > 0 thỏa mãn $\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = 2$
C/m $\frac{1}{a^{4}+b^{2}+2ab^{2}} + \frac{1}{a^{2}+b^{4}+2a^{2}b} \leq \frac{1}{2}$




#724077 Đề thi môn Toán chuyên tuyển sinh lớp 10 chuyên Trần Hưng Đạo Bình Thuận năm...

Gửi bởi toanhoc2017 trong 22-07-2019 - 14:49

Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{ACB} = 90^\circ$ và $D$ là chân đường cao tương ứng với đỉnh $C$. Gọi $X$ là một điểm trong của đoạn thẳng $CD$. Gọi $K$ là điểm trên đoạn thẳng $AX$ sao cho $BK=BC$. Tương tự, gọi $L$ là điểm trên đoạn thẳng $BX$ sao cho $AL=AC$. Gọi $M$ là giao điểm của $AL$ và $BK$. Chứng minh rằng $MK=ML$.
 




#724076 Đề thi môn Toán chuyên tuyển sinh lớp 10 chuyên Trần Hưng Đạo Bình Thuận năm...

Gửi bởi toanhoc2017 trong 22-07-2019 - 14:47

Bài 4.

Tìm tất cả các hàm số $f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}$ sao cho với mọi $a+b+c=0$ thì
$$ f(a)^2+f(b)^2+f(c)^2 = 2f(a)f(b) + 2f(b)f(c) + 2f(c)f(a). $$


 




#724075 Đề thi môn Toán chuyên tuyển sinh lớp 10 chuyên Trần Hưng Đạo Bình Thuận năm...

Gửi bởi toanhoc2017 trong 22-07-2019 - 14:42

Trò chơi đoán kẻ nói dối là một trò chơi giữa hai người chơi $A$ và $B$. Quy tắc của trò chơi phụ thuộc vào hai số nguyên dương $k$ và $n$ mà cả hai người chơi đều đã biết trước.

Bắt đầu trò chơi, $A$ sẽ chọn các số nguyên $x$ và $N$ với $1 \le x \le N$. $A$ giữ bí mật số $x$ và nói số $N$ cho $B$. $B$ sẽ cố thu nhận thông tin về số $x$ bằng cách hỏi $A$ các câu hỏi như sau : mỗi câu hỏi bao gồm việc $B$ xác định một tập $S$ tùy ý các số nguyên dương (có thể là một tập đã được nhắc đến trong câu hỏi trước đó) và hỏi $A$ xem $x$ có thuộc $S$ hay không. Sau mỗi câu hỏi, $A$ phải trả lời hoặc không, nhưng có thể nói dối bao nhiêu lần tùy thích, chỉ có điều là phải trả lời đúng ít nhất một trong số $k+1$ câu hỏi liên tiếp.

Sau khi $B$ đã hỏi xong, $B$ phải chỉ ra một tập $X$ có tối đa $n$ số nguyên dương. Nếu $x \in X$, $B$ thắng; nếu ngược lại, $B$ thua. Chứng minh rằng :

  1. Nếu $n \ge 2^k$, $B$ có thể đảm bảo một chiến thắng.
  2. Với mọi $k$ đủ lớn, tồn tại một số nguyên $n \ge 1.99^k$ sao cho $B$ không thể đảm bảo có một chiến thắng.

Giả sử đã có $x \in S = \{1, ..., n\}$ với $n > 2^k$, ta chứng minh rằng sau một số câu hỏi, có thể tìm được tập con $S' \subset S$ sao cho $|S'| < |S|$ và chắc chắn $x \in S'$. Quá trình này sẽ dừng khi $|S| \leq 2^k$, và do đó suy ra được điều cần chứng minh.

 

Thật vậy, vì $|S| > 2^k$ nên tồn tại song ánh $f$ giữa một tập con thật sự $T$ của $S$ và tập hợp các chuỗi nhị phân độ dài $k$. Gọi $m$ là một phần tử nằm trong $S$ nhưng ko nằm trong $T$. Đồng thời ký hiệu $T_i$ là nghịch ảnh của tập hợp các chuỗi nhị phân có bit ở vị trí $i$-th là $0$, đối với $f$. Ta thực hiện các câu hỏi sau:

 

1. Hỏi liên tục các câu với tập hợp $\{m\}$. Nếu sau $k + 1$ câu hỏi như vậy mà ta đều nhận được đáp án "có" thì vì trong các câu này phải có ít nhất 1 câu $A$ nói thật nên có thể kết luận $X = \{m\}$, hết chuyện.

 

2. Ngược lại, giả sử tại câu hỏi thứ $i$-th ta có câu trả lời "không". Từ câu $i + 1$ đến câu $i + k$, ta lần lượt hỏi với các tập hợp $T_i$ như đã mô tả ở trên. Vì $i...i + k$ là $k + 1$ câu hỏi liên tiếp nên trong số chúng, có ít nhất 1 câu đáng tin. Thế tức là nếu ta kết hợp tất cả các điều kiện ngược với các câu trả lời thì dựa vào đó, tập hợp thu được sẽ vẫn chứa $x$. Ký hiệu $res(T_i) = T_i$ nếu câu trả lời ứng với câu hỏi $T_i$ là "có" và $res(T_i) = \overline{T_i}$ nếu câu trả lời này là "không" (ở đây $\overline{T_i}$ là tập hợp các chuỗi nhị phân độ dài $k$ và có bit ở vị trí $i$-th là $1$, hợp với các phần tử còn lại trong $S$, ngoài $m$ và các phần tử trong các $T_j$). Ta tìm giao của các tập hợp $\overline{res(T_i)} \cap (\bigcup T_i)$. Rõ ràng mỗi tập hợp kiểu này cho ta một mô tả về phần tử $x$ nằm trong giao của chúng (i.e. $x$ có bit thứ $i$-th là $0$ hay $1$). Vậy nên giao này khác rỗng (và tất nhiên là không phủ hết $(\bigcup T_i)$, vì bản thân các $\overline{res(T_i)}$ cũng không phủ được!). Do vậy, phần tử $x$ cần tìm mất đi ít nhất $1$ khả năng, và đó là điều ta đang muốn  




#724062 Đề thi môn Toán chuyên tuyển sinh lớp 10 chuyên Trần Hưng Đạo Bình Thuận năm...

Gửi bởi toanhoc2017 trong 22-07-2019 - 07:44

Bài 1: Cho $a_0 < a_1 < a_2 \ldots$ là một dãy vô hạn số nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại duy nhất $n\geq 1$ sao cho

\[a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1}.\]

 

Bài 2: Cho $n \ge 2$ là một số nguyên. Xét một bàn cờ kích thước $n \times n$ chứa $n^2$ hình vuông đơn vị. Một bộ $n$ quân cờ được gọi là hòa bình nếu mỗi hàng và mỗi cột chứa đúng 1 quân. Tìm số nguyên dương $k$ lớn nhất, sao cho, với mỗi bộ $n$ quân cờ hòa bình, tồn tại một hình vuông $k \times k$ không chứa bất cứ quân cờ nào trong $k^2$ ô vuông của nó.

 

Bài 3: Tứ giác lồi $ABCD$ có $\angle ABC = \angle CDA = 90^{\circ}$. Điểm $H$ là chân đường vuông góc từ $A$ xuống $BD$. Các điểm $S$ và $T$ nằm trên $AB$ và $AD$, tương ứng, sao cho $H$ nằm ở miền trong $SCT$ và

 

$\angle CHS - \angle CSB = 90^{\circ}, \quad \angle THC - \angle DTC = 90^{\circ}.$ Chứng minh rằng $BD$ là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác $TSH$ 

Harry Potter is offline   

 

 

Bài 1: cũng không phải quá đơn giản.
Nhận xét: nếu có N mà $\frac{x_0+x_1+..+x_N}{N}\leq x_{N} $ (1) thì mọi n>N-2 đều có $\frac{x_0+x_1+..+x_n}{n}\leq x_{n}<x_{n+1} $ (quy nạp đơn giản là có điều này)
Điều này gợi ý cho ta việc nếu chỉ số nhỏ nhất thỏa mãn (1) là k>1, thì chỉ số thỏa đề bài là k-1.
Tồn tại chỉ số k này không khó chỉ ra, chọn $n>x_0 $ thì hiển nhiên thỏa mãn (1).
Hơn nữa, hiển nhiên có k>1. Do vậy có đpcm.  

Bài 3:  
Ta sẽ dựng ra hai điểm S,T theo một cách "không liên quan".
1, Dựng S,T. Vẽ trung trực của BD cắt CH tại O, ta xét đường tròn tâm O, bán kính BO, nó cắt lại CH tại X trên tia CH. Qua X vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB,AD tại S và T.
Như vậy ta thấy $\widehat{BCS}=\widehat{BXS}=\widehat{XDB} $, từ đó suy ra DX và CS cắt nhau tại K nằm trên (w) ngoại tiếp ABCD.
Tương tự BX và CT cắt nhau tại R nằm trên (w).
Chỉ dùng góc là có thể thấy KR và ST song song.
2. Ta sẽ chỉ ra rằng HS và HT lần lượt vuông góc BX,XD.
Để làm điều này, ta cần bổ đề sau:
Cho hình thang KRTS, KS cắt RT tại C. Vẽ CY vuông góc KR, X là giao của CY và ST. Khi đó, lấy M trên CX để $MT \perp XS $thì $MS \perp XR $.
Thật vậy: $RS^2-RM^2+XM^2-SX^2=RS^2-(KM^2+RY^2-YS^2)+XM^2-SX^2 $
Chú ý là đã có : $MT \perp XS $, nên $KM^2-KT^2+XT^2-XM^2=0 $
Thay vào, suy ra ta cần có $SR^2-KT^2=RY^2+SX^2-KY^2-XT^2 $ ( cái này không khó để chỉ ra trong hình thang KSTR có KS cắt RT tại C và X,Y là chân các đường cao từ C)
Như vậy, ta đã lấy được $M $ mà $MT,MS $ lần lượt vuông góc $XD, XB. $
Do vậy $MB^2-MD^2= (BS^2+XM^2-SX^2)-(DT^2+XM^2-XT^2)= (XC^2-CB^2)-(XC^2-CD^2)=CD^2-CB^2=AB^2-AD^2 $, vậy $AM $ vuống góc $BD $, nói cách khác $M $ là giao của $AH $ và $CH $, do đó $M $ trùng $H $.
3, Vậy có các điều kiện $HS,HT $ lần lượt vuông góc $XB,XD $.
Ta suy ra $\widehat{CHS}=90+\widehat{XSH}=90+\widehat{BXC}=90 +\widehat{BSC} $, dễ thấy cách xác định "S của đề bài là duy nhất" nên $S $ được dựng như trên. Tương tự với $T $.
Cuối cùng $\widehat{BMS}=90-\widehat{HBX}=90-\widehat{HBR}=90-\widehat{RCD}=\widehat{CTD}=\widehat{CTS} $
Như thế thì $BH $ tiếp xúc với $(HST) $, và ta có đpcm.

 

Ta sẽ chỉ ra rằng với $k^2<n<(k+1)^2+1 $ thì với bàn cờ ô vuông cạnh n, k là số lớn nhất thỏa mãn.
Thật vậy, ta chỉ cần xét $n=(k+1)^2 $. Lúc này, chia bàn cờ thành $(k+1)^2 $ hình vuông cạnh k+1. 
Xét bộ quân xe mà ở mỗi hình vuông có đúng 1 quân xe, hình vuông ở hàng thứ i, cột thứ j thì quân xe được đặt vào hàng thứ i, cột thứ j của hình vuôn đó.
Dễ thấy trong cấu hình này, ta không thể tìm ra hình vuông nào cạnh k+1, không chứa bất kỳ quân xe nào. Tương tự suy ra với các số n thuộc đoạn trên thì k là số lớn nhất thỏa mãn.
Ta chứng minh, với các n trên, thì luôn tìm được một hình vuông cạnh k thỏa mãn. Thật vậy: Đặt $n=k^2+r $.
Giả sử có cách xếp các quân xe mà không hình vuông cạnh k nào là trống. 
Xét hình vuông lớn cạnh $k^2 $ ở góc trên bên trái bàn cờ, nó được chia thành $k^2 $ hình vuông cạnh k. Nếu mỗi hình vuông này đều không trống thì suy ra trong hình vuông cạnh $k^2 $ này phải có ít nhất $k^2 $ quân cờ. Và hơn nữa, trong hình vuông cạnh $k^2 $ này cũng chỉ có tối đa $k^2 $ quân cờ ( do điều kiện mỗi hàng một quân)
Xét r cột cuối cùng bên phải, và r hàng cuối cùng bên trái, ta còn đúng r quân cờ để bỏ vào. Mà để mỗi hàng có đúng 1 quân, mỗi cột đúng 1 quân thì bắt buộc phải có r quân trong hình vuông cạnh r ở góc dưới bên phải của bảng.
Như vậy xét hình chữ nhật $k^2 $ nhân r ở góc trên bên phải của bảng thì nó không chứa bất kỳ quân cờ nào. Nếu $r>k $, ta có ngay một hình vuôn cạnh k trống.
Nếu $r<k $, xét hình chữ nhật k nhân $k^2 $ ở góc trên bên phải của bảng. Theo giả sử phản chứng thì hình chữ nhật này có ít nhất k quân cờ. Mặt khác, nó lại chỉ gồm k-r cột có thể chứa quân cờ, tức là nó có tối đa k-r quân cờ. Hai điều này mâu thuẫn với nhau, từ đó ta suy ra đpcm.

 

Dưới đây là một lời giải khác cho bài hình:
Giả sử trung trực $SH$ cắt $AH$ ở $I$, cắt $AB$ kéo dài ở $X$; trung trực $TH$ cắt $AH$ ở $J$, cắt $AD$ kéo dài ở $Y$. 

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $HS,HT,HC$ và $O$ là trung điểm của $AC$, cũng là tâm của $(ABCD)$. Ta có $PO\parallel AH,AH\bot BD\Rightarrow PO\bot BD$ nên $PB=PD$.

Đặt $\angle CSX=\alpha ,\angle CTY=\beta $ thì theo giả thiết, ta có $\angle CHS=90{}^\circ +\alpha ,\angle CHT=90{}^\circ +\beta $. 

Mặt khác, gọi ${X}'$ là tâm của $(HSC)$ thì $\angle C{X}'S=360{}^\circ -2(90{}^\circ +\alpha )=180{}^\circ -2\alpha $ nên ta được $\angle {X}'SC=\angle {X}'CS=\alpha =\angle XSC$, suy ra ${X}'\in SB$ hay $X\equiv {X}'$. Từ đó, ta có $X,Y$ chính là tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác $CHS,CHT$. 

Theo định lý Menelaus thì \[\frac{IA}{IH}\cdot \frac{MH}{MS}\cdot \frac{XS}{XA}=1\Rightarrow \frac{IA}{IH}=\frac{XA}{XS}.\] Tương tự, ta cũng có $\dfrac{JA}{JH}=\dfrac{YA}{YT}$. Do đó, để $(HST)$ tiếp xúc với $BD$ thì tâm của nó phải nằm trên $AH$ hay nói cách khác, $I\equiv J$ và ta cần có $\dfrac{XA}{XS}=\dfrac{YA}{YT}\Leftrightarrow \dfrac{XA}{YA}=\dfrac{XS}{YT}$.

Chú ý rằng các tứ giác $CPBX,CPDY$ nội tiếp. Theo định lý sin thì 
$$\dfrac{XA}{YA}=\dfrac{XC}{YC}\Leftrightarrow \dfrac{\sin AYX}{\sin AXY}=\dfrac{\sin CYX}{\sin CXY}\Leftrightarrow \dfrac{\sin PCB}{\sin PCD}=\dfrac{\sin PBC}{\sin PDC}\Leftrightarrow \dfrac{\sin PCB}{\sin PBC}=\dfrac{\sin PCD}{\sin PDC}.$$ Ta cũng có $$\frac{\sin PCB}{\sin PBC}=\frac{PB}{PC}=\frac{PD}{PC}=\frac{\sin PCD}{\sin PDC}.$$ Từ đó, ta có đpcm

 

 

.  Chi tiết bài 1 xem thế nào:

+) Giả sử không tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $
Hay với mọi $n $ thì $\left[ \begin{array}{ll} a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n > na_{n+1} \\ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \end{array} \right $
Giả sử $n_0 $ là nhỏ nhất thỏa $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0} > n_0a_{n_0+1} $.
$\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+1} $ 
$\to $ $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n_0+1} > (n_0+1) a_{n_0+2} $
Vậy $a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_n \forall n \le n_0 $ Sai ngay với $n=1 $ $\to n_0=1 $ 
Vậy:
$a_0+a_1>a_2 $
$a_0+a_1+a_2>2a_3 $
......
$a_0+a_1+a_2+a_3+...+a_n>na_{n+1} $ ($n $ tiến đến vô cùng)
Cộng vế với vế suy ra $na_0+na_1>na_{n+1} $
Vô lý do $n $ tiến đến vô cùng 
Vậy tồn tại $n $ thỏa $a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $


+) Giờ ta chứng minh tồn tại suy nhất:
Giả sử tồn tại $n < m $ đồng thời thỏa mãn :
$a_n < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n}{n} \leq a_{n+1} $ (*)
$a_m < \frac{a_0+a_1+a_2+\cdots+a_m}{m} \leq a_{m+1} $ (**)

Từ (*): $ a_0+a_1+a_2+\cdots+a_n \le na_{n+1} $
$\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+1} \le (n+1)a_{n+1} $
$\to a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{n+2} \le (n+1)a_{n+1} + a_{n+2}< (n+2)a_{n+2} $
Lặp lại chu trình trên đến khi $n=m $ ta sẽ được;
$a_0+a_1+a_2+\cdots+a_{m} < ma_{m} $ Vô lý với điều giả sử (**)