Các bạn thấy đề năm nay với năm rồi cái nào dễ  hơn

Mình nghĩ năm nay dễ hơn. 

Còn bài cuối thì khó ngang nhau

Nghe nói lấy 500 hả các bạn 

ôi thôi/ lấy 600 đi , ko mình trượt

Bài toán:

Cho đa giác đều 2n (n lớn hơn hoặc bằng 3) . Hỏi có bao nhiêu tam giác tù có các đỉnh là các đình của đa giác đã cho.

 

 

Câu 7. Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $ab+bc+ca+2abc=1$. Chứng minh rằng 

$$\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2} \leqslant \frac{9}{16}$$

 

 

Đặt  $t=a+b+c$

Từ giả thiết $1\leq \frac{t^2}{3}+\frac{2t^3}{27}\rightarrow t\geq \frac{3}{2}$

  $\sum \frac{a(a+1)}{(2a+1)^2}$

  $=\frac{1}{4}\sum \left ( 1-\frac{1}{(2a+1)^2} \right )$

  $=\frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)^2}$

  $\leq \frac{3}{4}-\frac{1}{4}\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}$

Ta đi chứng minh   $\sum \frac{1}{(2a+1)(2b+1)}\geq \frac{3}{4}$  

 Bất đẳng thức này tương đương

   $\frac{2\sum a+3}{8abc+4\sum ab+2\sum a+1}\geq \frac{3}{4} \Leftrightarrow \frac{2\sum a+3}{4(1-\sum ab)+4\sum ab+2\sum a+1} \geq \frac{3}{4}$

  $\Leftrightarrow \frac{2t+3}{5+2t}\geq \sum \frac{3}{4}\Leftrightarrow t\geq \frac{3}{2}$ (đúng)

Dấu "=" xảy ra khi $a=b=c=1.5$

Chứ 127 không nguyên tố sao ???

Mình thật sự sốc toàn phần khi biết 127 cũng là nghiệm

Không hiểu là phải làm thế nào mới ra được 127 là nghiệm đây nữa     

Chả biết t sai cái gì nữa :v rối quá rồi

$127+1=2^7$ đó

Cũng hay 

Nhưng mà áp dụng vào chỗ nào của bài toán vậy bạn

 

Bài 4. Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O). Các đường cao AD,BE,CF đồng quy tại H

 1. Chứng minh $cos^2\widehat{BAC}+cos^2\widehat{ABC}+cos^2\widehat{BCA}<1$

 2. P là điểm thuộc cung nhỏ AC của đường tròn tâm O. Gọi M,I lần lượt là trung điểm của BC và HP

    Chứng minh MI vuông góc với AP 

Mình chỉ làm được phần 1 thôi 

Ta chứng minh $\Delta AEF\sim \Delta ABC\Rightarrow \frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left ( \frac{AE}{AB} \right )^2=cos^2\widehat{BAC}$

Tương tự hai cái còn lại rồi cộng vào ta được $cos^2\widehat{ABC}+cos^2\widehat{ACB}+cos^2\widehat{BAC}=\frac{S_{AEF}+S_{BFD}+S_{CED}}{S_{ABC}}<1$

 

Câu 1

  1.Cho $a,b,c$ là các số thực thỏa mãn $abc=1$ và $a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}$

  Chứng minh có ít nhất một số trong $a,b,c$ bằng 1

2.Cho $n$ là số nguyên dương . Chứng minh $A=2^{3n+1}+3^{3n-1}+1$ là hợp số

1.$a+b+c=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=ab+bc+ca\Rightarrow abc-1+a+b+c-ab-bc-ca=0$

$\Leftrightarrow (a-1)(b-1)(c-1)=0\Rightarrow $ ít nhất một trong ba số bằng 1

2.$2A=2^{3n+2}+2^{3n}+2=5.8^n+2$

 Do $8\equiv 1(mod7)\Rightarrow 8^n\equiv 1(mod7)\Rightarrow A\equiv 5+2\equiv 0(mod7)\Rightarrow A\vdots 7$

 Mặt khác ta chứng minh được $A>7$ nên A là hợp số

 

Bài 5:   a) Tìm các số nguyên tố p sao cho $\frac{p^{2}-p-2}{2}$ là lập phương của một số tự nhiên

             

Các bác ơi chả hiểu thế nào mà em thử thấy cả 127 cũng là nghiệm

Mình xin đóng góp cách giải nữa cho bài này

Nhận thấy $VP> 0\Rightarrow x> 0$

$VP=3(x-1)^2+1\geq 1,VT=\sqrt{x.x.(3-2x)}\leq \frac{x+x+3-2x}{3}=1\Rightarrow VT\leq VP$

Dấu đẳng thức xảy ra nên $x=1$

đây có phải căn bậc 3 đâu

bạn

đánh giá nhầm chỗ này r nhé

cách của minh gần giống bạn

$x\sqrt{3-2x}\leq \frac{x^{2}+3-2x}{2}= \frac{\left ( x-1 \right )^{2}}{2}+1$

$\Rightarrow 3\left ( x-1 \right )^{2}+1\leq \frac{\left ( x-1 \right )^{2}}{2}+1\Rightarrow \frac{5}{2}\left ( x-1 \right )^{2}\leq 0$

=>x=1. thử lại đúng

Mình xin sửa lại thế này

$VP=3(x-1)^2+1\geq 1$

$\sqrt[3]{x.x.(3-2x)}\leq \frac{x+x+3-2x}{3}=1\Rightarrow x^2(3-2x)\leq 1\Rightarrow VT=\sqrt{x^2(3-2x)}\leq 1$

$\Rightarrow VT\leq VP$

Thế này chỉ có thể suy ra y=x=z thôi chứ sao suy ra bằng 1 được

Buồn cười thật

x=y=z thì đương nhiên là a=b=c=1 rồi mà bạn

Bài 5.

 2.Cho 5 số thực không âm a,b,c,d,e có tổng bằng 1 . Xếp 5 số này trên một đường tròn. Chứng minh luôn tồn tại một cách xếp sao cho hai số bất kì cạnh nhau có tích không lớn hơn $\frac{1}{9}$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                                KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 9

             HÀ NỘI                                                                         NĂM HỌC 2014 - 2015

     ĐỀ CHÍNH THỨC                                                                        Môn thi: Toán

                                                                                               Thời gian làm bài: 150 phút

                                                                                                      Ngày thi: 09/04/2015

 

 

Bài 2:   a) Giải phương trình $x\sqrt{3-2x}=3x^{2}-6x+4$

          

Mình xin đóng góp cách giải nữa cho bài này

Nhận thấy $VP> 0\Rightarrow x> 0$

$VP=3(x-1)^2+1\geq 1,VT=\sqrt{x.x.(3-2x)}\leq \frac{x+x+3-2x}{3}=1\Rightarrow VT\leq VP$

Dấu đẳng thức xảy ra nên $x=1$

Mình xin đóng góp 1 bài 

Cho $a,b,c$ là độ dài 3 cạnh một tam giác có chu vi bằng 3. Chứng minh

                    $3a^2+3b^2+3c^2+4abc \geq 13$

Cho a,b,c là dộ dài 3 cạnh của tam giác có chu vi bằng 2: CMR:
$\frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc < 2 $

Mình có 1 cách này khá ngắn gọn, phù hợp với kiến thức cấp 2, dễ hiểu nữa   

Mọi người cũng đã chứng minh $a,b,c<1$

Áp dụng BĐT Cô-si ta có $(1-a)(1-b)(1-c)\leq \left [ \frac{3-(a+b+c)}{3}\right ]^3=\frac{1}{27}$

Ta có $0<(1-a)(1-b)(1-c)\leq \frac{1}{27}$

          $\Leftrightarrow 1<ab+bc+ca-abc\leq \frac{28}{27}$

          $\Leftrightarrow 2<(a+b+c)^2-(a^2+b^2+c^2+2abc)\leq \frac{56}{27}$

          $\Leftrightarrow 2<4-(a^2+b^2+c^2+2abc)\leq \frac{56}{27}$

          $\Leftrightarrow \frac{52}{27}\leq a^2+b^2+c^2+2abc<2$  

Kết quả của bài hình có thể coi là một cách mở rộng đường tròn Euler cho tứ giác, có thể phát biểu gộp lại như sau

 

Cho tứ giác $ABCD$ không là hình thang và nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $CD, BC,DA$. Gọi $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $MNP$. Gọi $L$ đối xứng với $O$ qua $K$. Chứng minh rằng $L$ là trực tâm tam giác $ECD$.

 

Khi $A,B$ và $E$ trùng nhau. Ta thu được đường tròn Euler cho tam giác.

Thầy là thầy Quang Hùng đúng ko ạ ??

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                           ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

    BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                             NĂM HỌC 2015-2016

                                                      Thời gian làm bài: 180 phút 

                                                        (Lần 1, ngày 14/08/2015)

Câu I. 1/  Tìm tất cả các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn:

$$x^2(y-1)+y^2(x-1)=1$$

         2/ Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ có tính chất: với $a$ là ước nguyên dương bất kì của $n$ thì $a+1$ là ước của $n+1$.

Câu II. 1/ Giải hệ phương trình 

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

        2/ Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn $a+b+c \leq 3$.Tìm GTNN của:    

$$P=\frac{a+1}{a^2+3a}+\frac{b+1}{b^2+3b}+\frac{c+1}{c^2+3c}$$

Câu III. Cho tứ giác $ABCD$ không là hình thang và nội tiếp trong đường tròn $(O$. Hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $E$. Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $CD, BC,DA$. Gọi $(K)$ là đường tròn $(MNP)$. Gọi $L$ đối xứng với $O$ qua $K$.

     1/ Chứng minh $EL$ vuông góc $CD$

     2/ Gọi $I$ là tâm $(ECD)$. Giả sử $IK$ chia đôi $EL$. Chứng minh rằng khi đó $E$ nằm trên $(K)$

Câu IV. Hai bạn A,B chơi 1 trò chơi như sau. Bạn B chọn một số nguyên dương n tùy ý, bạn A chia 4030 số nguyên dương đầu tiên 1,2,3,..., 4030 thành 2015 cặp. Sau đó bạn B chọn trong mỗi cặp (mà A vừa chia) ra một số . Nếu tổng của các số được B chọn ra từ các cặp bằng n thì B thắng, trái lại thì A thắng. Chứng minh rằng với mỗi cách chọn số n của B thì A luôn có cách chia cặp để chắc chắn thắng.

Spoiler

vì học kém hình và tổ nên câu III và IV bỏ trắng. Chán thật     

 

2. Trong hình tròn $(C)$ có diện tích bằng 8 đặt 17 điểm phân biệt bất kì. Chứng minh rằng bao giờ cũng tìm được ít nhất 3 điểm tạo thành 1 tam giác có diện tích bé hơn 1

8. Chứng minh rằng có thể tìm được số tự nhiên có dạng 201520152015...2015000...0 chia hết cho 1999

 

2.Chia hình tròn thành 8 phần có diện tích như nhau, mỗi phần có diện tích là 1

 Có 17 điểm được đặt trong 8 phần , 17 chia 8 = 2 dư 1 nên tồn tại ít nhất một phần chứa ít nhất 3 điểm 

 Đương nhiên, 3 điểm nằm trong một phần sẽ có diện tích nhỏ hơn 1 (đpcm)

8. $201520152015...2015000...0 = 201520152015...2015 \times 100...0 $

  Do $100...0$ và $1999$ nguyên tố cùng nhau nên ta cần chứng minh rằng tồn tại một số tự nhiên có dạng

  $201520152015...2015$ chia hết cho $1999$

Xét 2015 số có dạng sau:

    $2015$

    $20152015$

    $201520152015$

    .....

    $201520152015...2015$ (2015 nhóm 2015)

 Có 2015 số mà có 1999 số dư khi chia cho 1999 nên theo Nguyên lí Dirichle thì tồn tại 2 số có cùng số dư khi chia cho 1999. Gọi 2 số đó là 

           $a_m$ và $a_n$  $(1 \leq n<m \leq 2015)$ ($m,n$ là số nhóm 2015)

$\Rightarrow a_m-a_n \vdots 1999$

 $\Leftrightarrow 201520152015...2015000...0 \vdots 1999$ (m-n nhóm 2015, 4n chữ số 0)

 $\Leftrightarrow 201520152015...2015 \vdots 1999$   (m-n nhóm 2015)

 $\Rightarrow $ đpcm

 

Bài 2:   a) Tìm các cặp số nguyên dương (a, b) sao cho $\frac{a^{2}-2}{ab+2}$ là số nguyên

           

 

Bài 2a) : 

Xét 1 : nếu b=0 thì a = 2k thõa mãn ( với k thuộc N ) 

Xét 2 : nếu $b \neq 0$ thì có $a^2 - 2$ chia hết cho $ab+2$ <=> $-2(a+b)$ chia hết cho $ab+2$ =>

TH1 : -2 chia hết cho $ab+2$ => ab=0 => Xét 1 ; ab= -1 => loại 

TH2 : $a+b$ chia hết cho $ab+2$ => không tồn tại a , b do a+b =< ab + 2 với a , b nguyên dương . 

Vậy nghiệm của phương trình là b=0 , a=2k 

Không thể giải như vậy và chú ý rằng b nguyên dương nhé

Giải như sau:

   $b(a^2-2) \vdots ab+2$

   $\Leftrightarrow a(ab+2)-2(a+b) \vdots ab+2 \Rightarrow 2(a+b) \vdots ab+2$

Đặt $2(a+b)=k(ab+2)$

 Khi $k \geq 2 \Rightarrow a+b \geq ab+2 \Leftrightarrow (a-1)(b-1) \leq -1$  (vô lí)

$\Rightarrow k=1 \Rightarrow 2a+2b=ab+2 \Rightarrow (a-2)(b-2)=2$

Đến đây giải ra được   $(a;b)=(4;3)$

 

 

             b) Cho ba số nguyên dương a, b, c thỏa mãn $2^{a}=b^{c}+1$ và a > 1. Tìm tất cả các giá trị của c thỏa mãn điều kiện đã cho

 

Do  $b^c+1$  chẵn nên  $b$  lẻ

Nếu   $c$  chẵn thì  $b^c$  là số chính phương lẻ nên chia 4 dư 1 nên  $b^c+1$  chia 4 dư 2

  Mà $2^a \vdots 4$

$\Rightarrow c$  lẻ  $\Rightarrow c=2t+1$   ($t \geq 1$)

$2^a=b^c+1=b^{2t+1}+1=(b+1)(b^{2t}-b^{2t-1}+...+1)=(b+1).M$

                     Với   $M=b^{2t}-b^{2t-1}+...+1$

M là tổng của  $2t+1$  số lẻ nên  $M$  lẻ

Mà  $M$  là ước của  $2^a$  nên  $M=1$

$\Rightarrow c=1$

                    

 

 

Bài 3

a,Tìm các số tự nhiên $n$ sao cho $3n^{3}+2n^{2}+17n+6$ chia hết cho $n^{2}+4$

b,Tìm các số nguyên $x;y$ thỏa mãn $x^{2}+5y^{2}+4xy+6x+12y+8=0$

 

a.$3n^3+2n^2+17n+6=(3n+2)(n^2+4)+5n-2 \Rightarrow 5n-2\vdots n^2+4\Rightarrow 25n^2-4\vdots n^2+4\Rightarrow                   104\vdots n^2+4$ 

b. pt tương đương $x^2+2x(2y+3)+5y^2+12y+8=0$

$\Delta' _{x}=(2y+3)^2-(5y^2+12y+8)=-y^2+1\Rightarrow -y^2+1\geq 0\Rightarrow y\in \left \{ -1;0;1 \right \}$

  đến đây giải $x$ theo $y$ 

                      

Bài 1

a,Tính giá trị biểu thức $A=\frac{1}{(x-1)^{2}}+\frac{1}{(y-1)^{2}}$ với $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2};y=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$

b,Cho $x;y;z$ thỏa mãn $x+y+z=0$ và $xyz$ khác $0$

Chứng minh $\sum \frac{1}{x^{2}+y^{2}-z^{2}}=0$

 

a. $A=3$

b.Từ giả thiết $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}x+y=-z & & & \\ y+z=-x & & & \\ x+z=-y \end{matrix}\right. \Rightarrow \left\{\begin{matrix}x^2+y^2-z^2=-2xy & & & \\ y^2+z^2-x^2=-2yz & & & \\ x^2+z^2-y^2=-2xz & & & \end{matrix}\right. \Rightarrow \sum \frac{1}{x^2+y^2-z^2}=\sum \frac{-1}{2xy}=-\frac{x+y+z}{2xyz}=0$

Câu 3: Đặt $x-y=a \geq 0$

PT thứ nhất trở thành:

$\sqrt{a+1}+1=4a^2+\sqrt{3a} \Leftrightarrow (4a^2-1)+(\sqrt{3a}-\sqrt{a+1})=0$

$ \Leftrightarrow (2a-1)(2a+1+\frac{1}{\sqrt{3a}+\sqrt{a+1}})=0 \Rightarrow a= \frac{1}{2}$ 

Đến đây dễ giải tiếp

Bài 7.

$\frac{b^2}{a}+\frac{c^2}{b}+\frac{a^2}{c}+\frac{9}{2(ab+bc+ca)} \geq a+b+c+\frac{9}{2(ab+bc+ca)}$

$ \geq \sqrt{3(ab+bc+ca)}+\frac{9}{2(ab+bc+ca)}$

$=\frac{\sqrt{3(ab+bc+ca)}}{2}+\frac{\sqrt{3(ab+bc+ca)}}{2}+\frac{9}{2(ab+bc+ca)} $

$\geq 3 \sqrt[3]{\frac{27}{8}}=\frac{9}{2}$

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                      ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

     BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                                NĂM HỌC 2015-2016

                                                           Thời gian làm bài : 210 phút

                                                              (Đợt 2, ngày 30/10/2015)

Câu I. 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ thỏa mãn

                $$a^2+b\mid a^2b+a,b^2-a\mid ab^2+b$$

     2) Cho $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên bậc 2015 với hệ số bậc cao nhất là 1. Đặt $Q(x)=(P(x))^2-9$. Chứng minh rằng số nghiệm nguyên phân biệt của đa thức $Q(x)$ không vượt quá 2015.

Câu II. 1) Cho dãy số $(a_n)$, $n\in \mathbb{N}$ xác định như sau: $\left\{\begin{matrix}a_0=1 & & \\ a_{n+1}=3a_n+\left [ a_n\sqrt{5} \right ] & & \end{matrix}\right.$

       Chứng minh rằng $a_{n+1}=6a_n-4a_{n-1}$ và $5a_n^2-4^n$ là số chính phương với mọi $n\in \mathbb{N}$

     2) Cho $a,b,c$ là các số thực khác 1 và thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:

$$\frac{a^2}{(a-1)^2}+\frac{b^2}{(b-1)^2}+\frac{c^2}{(c-1)^2}\geq 1$$

Câu III. Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD với D thuộc đoạn thẳng BC. P là một điểm di chuyển trên đoạn thẳng BC. Đường thẳng qua P vuông góc với BC lần lượt cắt CA,AB tại E,F. Gọi K,L lần lượt là các điểm đối xứng của D qua CA,AB.

    1) Chứng minh rằng (LFB) và (KEC) cắt nhau tại 1 điểm M trên BC.

    2) Gọi giao điểm khác M của (LFB) và (KEC) là N. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi.

Câu IV. Tìm điều kiện của số nguyên dương $n \geq 2$ sao cho ta có thể nối được $n$ đoạn thẳng với các đầu mút là các đỉnh của một đa giác đều $2n$ cạnh thỏa mãn đồng thời:

    i) mỗi đỉnh của đa giác là đầu mút đúng của một trong các đoạn thẳng vừa nối;

    ii) các đoạn thẳng trên có độ dài khác nhau.

---- HẾT----