Đến nội dung


Hình ảnh

Kì thi chọn đội tuyển dự thi HSG Quốc Gia môn Toán lớp 12 THPT tỉnh Hà Tĩnh


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 25 trả lời

#1 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 14-09-2015 - 11:46

                   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                      KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT

                                 HÀ TĨNH                                                                               NĂM HỌC:2015-2016

                                                                                                                 MÔN TOÁN - NGÀY THI 14/9/2015

 

Bài 1 ( 5 điểm).Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi 

                                             

$$x_1=1;x_{n+1}=3+\frac{5}{x_n}$$ với $n=1;2...$ 

 

Tìm số thực dương $a$ sao cho dãy số $(y_n)$ xác định bởi 

            

 $$y_n=\frac{a^n}{x_1.x_2...x_n}$$ với $n=1;2...$

 

có giới hạn hữu hạn và $\mathbb{lim} y_n\neq 0$

 

Bài 2 ( 5 điểm ).Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp $(O)$ có đường cao $AH$ và tâm đường tròn nội tiếp là $I$.Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của $(O)$.$D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$.Đường thẳng $MD$ cắt đường thẳng $BC$ ,$AH$ theo thứ tự tại các điểm $P$,$Q$

            a.Chứng minh tam giác $IPQ$ vuông

            b.Đường thẳng $DI$ cắt $(O)$ tại điểm $E$ khác $D$.Hai đường thẳng $AE$ và $BC$ cắt nhau tại $F$ .Chứng minh nếu $AB+AC=2BC$ thì $I$ là trọng tâm của tam giác $APF$

 

Bài 3 ( 5 điểm).Tìm tất cả các đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

$$(P(x))^3-3(P(x))^2=P(x^3)-3P(-x)\forall x\in \mathbb{R}$$

 

Bài 4 ( 5 điểm).Xác định tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn tính chất tồn tại một cách chia hình vuông có độ dài cạnh là $n$ thành đúng năm hình chữ nhật sao cho độ dài các cạnh của năm hình chữ nhật đó là các số $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$

 

HẾT                               


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 14-09-2015 - 14:31


#2 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 14-09-2015 - 13:20

Câu 1 là $y_n=\frac{a^n}{x_1x_2...x_n}$ nhé bạn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NMDuc98: 14-09-2015 - 13:24

Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#3 MiuraHaruma

MiuraHaruma

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 25 Bài viết

Đã gửi 14-09-2015 - 19:58

Bài 1 ( 5 điểm).Cho dãy số $(x_n)$ xác định
$$x_1=1;x_{n+1}=3+\frac{5}{x_n}$$ với $n=1;2...$
Tìm số thực dương $a$ sao cho dãy số $(y_n)$ xác định bởi
$$y_n=\frac{a^n}{x_1.x_2...x_n}$$ với $n=1;2...$
có giới hạn hữu hạn và $\mathbb{lim} y_n\neq 0$

Ta nhân cả 2 vế dãy ban đầu với $x_1.x_2...x_n$ thì $x_1.x_2...x_{n+1}=3.x_1.x_2...x_n+5.x_1.x_2...x_{n-1}$.

Đặt $z_n=x_1.x_2...x_n$ thì $z_{n+1}=3z_n+5z_{n-1}$.
Dãy này có CTTQ là $z_n=\frac{\sqrt{29}+1}{2\sqrt{29}}.(\frac{3-\sqrt{29}}{2})^n+\frac{\sqrt{29}-1}{2\sqrt{29}}.(\frac{3+\sqrt{29}}{2})^n$

Khi đó $y_n=\frac{a^n}{z_n}=\frac{1}{(\frac{3-\sqrt{29}}{2a})^n.q+(\frac{3+\sqrt{29}}{2a})^n.p}$.

Vậy, để dãy có giới hạn hữu hạn và khác 0 thì $a=\frac{3+\sqrt{29}}{2}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi MiuraHaruma: 14-09-2015 - 20:00

"Every saint has a past, every sinner has a future"

#4 hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quảng Bình

Đã gửi 15-09-2015 - 11:23

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 Bài 2 ( 5 điểm ) Cho các số hữu tỉ $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c\in \mathbb{Z}\\ (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3 \end{matrix}\right.$

 Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $m,n$ thỏa mãn $(m,n)=1$ và $abc=\frac{m^2}{n^3}$

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

 Bài 4 ( 5 điểm ) Cho P là một đa giác lồi 2016 cạnh. Một cách chia P thành tam giác bằng các đường chéo không cắt nhau bên trong P được gọi là một cách chia đẹp P

          a) Chứng minh rằng số đường chéo cần phải nối để chia đẹp P theo các cách khác nhau đều bằng nhau

          b) Một tam giác thu được từ phép chia đẹp P nói trên được gọi là một tam giác trong nếu cả 3 cạnh của nó đều là các đường chéo của P. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia đẹp P mà có đúng một tam giác trong biết rằng hai cách chia là khác nhau nếu có ít nhấu một cặp tam giác không trùng nhau.

                             ----------------------------------HẾT-----------------------------------

               - Thí sinh không sử dụng tài liệu + Máy tính cầm tay

Hình gửi kèm

  • 12002229_1641447086140440_6677038027333133627_n.jpg

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 15-09-2015 - 11:25


#5 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 15-09-2015 - 17:39

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 

Dễ thấy f song ánh.

Tồn tại a để $f(a)=0$, đặt $f(0)=b$

Thay thế: x=a,y=0, ta có: $f(a^4+b)=0=f(a)$ $\Rightarrow a^4+b=a$

Thế: x=0, y=a, ta có: $b=a+b^4$

Do đó: a=b=0

Thay lần lượt x=0, y=0 vào PT, dễ thấy f cộng tính, vì f đơn điệu, ta đc f(x)=cx. Thay ngược lại ta đc: $c= 1$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 15-09-2015 - 18:00

                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#6 Near Ryuzaki

Near Ryuzaki

    $\mathbb{NKT}$

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 15-09-2015 - 17:42

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 Bài 1. Ta có : $$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}(1)$$

Trong (1) thay $x=0$ và đặt $f(0)=a$ suy ra $f(f(x))=x+a^4$

Trong (1) lấy $f$ 2 vế ta được : $f(f(x^4+f(y)))=f(y+f^4(x))\forall x,y\in \mathbb{R}$

Suy ra $x^4+f(y)+a^4=f(y+f^4(x)) (2)$

Trong (2) thay y bởi f(y) ta được $x^4+y+2a^4=y+(x+a^4)^4\forall x,y\in \mathbb{R}$

Từ đây thay $x=y=0$ suy ra $f(0)=0.$

Từ đó trong (1) thay y bởi f(y) ta được $f(a+b)=f(a)+f(b)\forall a\geq 0,b\in \mathbb{R}(3)$

Trong (3) thay $y$ bởi $-x$ ta được $f(x)$ là hàm lẻ 

Sau đó trong (3) thay $x$ bởi $-x$ và thay $y$ bởi $-y$ ta được $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}.$

Lại có với $x\geq 0$ thì $f(x)\geq 0\forall x\geq 0$ ( do trong (1) nếu ta thay $y=0$ thì ta sẽ có được điều này )

Từ đó trong biểu thức (3) cho $y>0$ ta được f đơn điệu, f tăng

Từ đó $f(x)=kx\forall x\in \mathbb{R}$

Thế vào (2) ta được $k=1.$

Thử lại ta thấy thỏa.

Tổng quát : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^n+f(y))=y+f^n(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Near Ryuzaki: 15-09-2015 - 17:44


#7 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 15-09-2015 - 17:57

                   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                      KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT

                                 HÀ TĨNH                                                                               NĂM HỌC:2015-2016

                                                                                                                 MÔN TOÁN - NGÀY THI 14/9/2015

 

 

 

Bài 2 ( 5 điểm ).Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp $(O)$ có đường cao $AH$ và tâm đường tròn nội tiếp là $I$.Gọi $M$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của $(O)$.$D$ là điểm đối xứng với $A$ qua $O$.Đường thẳng $MD$ cắt đường thẳng $BC$ ,$AH$ theo thứ tự tại các điểm $P$,$Q$

            a.Chứng minh tam giác $IPQ$ vuông

                                    

Câu a nhé, bạn nào bày mình cách post hình lên với:

AO,AH là 2 đường đẳng giác trong tam giác do đó $\widehat{HAI}=\widehat{DAI}$ (1)

Gọi $K$ là giao điểm của $AM$ và $BC$

Dễ thấy $\widehat{HAK}=\widehat{KPM}$ (2)

Vì AMDC nội tiếp nên $\widehat{DCM}=\widehat{DAM}$ (3)

(1), (2), (3) ta có $\widehat{MCD}=\widehat{MPC}$

Do đó 2 tam giác MCD và tam giác MPC đồng dạng hay $MC^2=MD.MP$

Hay $MI^2=MQ.MP$ (Vì $MI=MB=MC$, và $MQ=MP$ )

Hay tam giác $IPQ$ vuông.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pdtienArsFC: 15-09-2015 - 18:16

                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#8 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 15-09-2015 - 19:00

bài đa thức , cho x=0 vào tính được p(0)=0 hặc =1 hoặc =2 
nếu p(0)=0 , đặt $p(x)=x^n.g(x)$  với g(0) khác 0 ,thay vào tính lại được g(0)=0 vậy p(x) chỉ có thể đồng nhất =0 trong trường hợp này

nếu p(0)=1 đặt $p(x)=x^n.g(x)+1$ thay vào được nếu n lẻ suy ra g(0)=0 suy ra p(x) đồng nhất =1 vậy xét trường hợp n chẵn 
suy ra $x^(2n ) .( g(x)^3 -g(x^3))= 3(g(x)-g(-x))$ đồng nhất hệ số ra g(x) đồng nhất = t thử lại tìm được t=1 , phần  đồng nhất hê số này chỉ xét bậc là ra không phức tạp 
suy ra $p(x)=x^(2n)+1$ thỏa mãn
nếu p(0)=2  đặt $p(x)=x^ng(x)$ với g(0) khác 0 nhưng thay vào thì vẫn suy ra g0=0 suy ra g(x) đồng nhất =2 :v , xong


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 15-09-2015 - 19:04


#9 NMDuc98

NMDuc98

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 314 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:K10A - THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)
  • Sở thích:Toán Học

Đã gửi 15-09-2015 - 22:05

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 Bài 2 ( 5 điểm ) Cho các số hữu tỉ $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c\in \mathbb{Z}\\ (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3 \end{matrix}\right.$

 Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $m,n$ thỏa mãn $(m,n)=1$ và $abc=\frac{m^2}{n^3}$

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

 Bài 4 ( 5 điểm ) Cho P là một đa giác lồi 2016 cạnh. Một cách chia P thành tam giác bằng các đường chéo không cắt nhau bên trong P được gọi là một cách chia đẹp P

          a) Chứng minh rằng số đường chéo cần phải nối để chia đẹp P theo các cách khác nhau đều bằng nhau

          b) Một tam giác thu được từ phép chia đẹp P nói trên được gọi là một tam giác trong nếu cả 3 cạnh của nó đều là các đường chéo của P. Hỏi có tất cả bao nhiêu cách chia đẹp P mà có đúng một tam giác trong biết rằng hai cách chia là khác nhau nếu có ít nhấu một cặp tam giác không trùng nhau.

                             ----------------------------------HẾT-----------------------------------

               - Thí sinh không sử dụng tài liệu + Máy tính cầm tay

Không liên quan đến bài giải nhưng em lôi con lợn của anh lên đây làm gì :P


Nguyễn Minh Đức

Lặng Lẽ

THPT Lê Quảng Chí (Hà Tĩnh)


#10 huuhieuht

huuhieuht

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 191 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đến từ trường THPT chuyên Hà Tĩnh(Đã từng học tại THCS Nguyễn Du)
  • Sở thích:Toán học,naruto,amzing spiderman...

Đã gửi 15-09-2015 - 23:13

b,Bổ đề: nếu AB+AC=2BC thì IO là đường trung trực của AM (đây là bài toán quen thuộc ,có nhiều trong sách vở) 

 Gọi K là giao điểm của IO với BC. Dễ thấy $\widehat{KIB}=90^{\circ}-\widehat{BIM}=90-\frac{180-\widehat{BMI}}{2}=\frac{\widehat{BCA}}{2}=\widehat{ICB}$ $\Rightarrow KI^{2}=KB.KC$ Gọi T là giao điểm của KA với đường tròn O thì $KT.KA=KC.KB=KI^{2}$ kết hợp với $\widehat{AIK}=90^{\circ}$ suy ra

$\widehat{ATI}=90^{\circ}$  $\Rightarrow T\equiv E \Rightarrow K\equiv F$ . Gọi S là trung điểm AP  thì IS là đường trung bình của tam giác AMP suy ra F,I,O,S thằng hàng. Gọi L là trung điểm AF thì $\widehat{AIL}=\widehat{IAL}=\widehat{IDM}=\widehat{IQM}=\widehat{MIP}$ suy ra L,I,P thẳng hàng .Do đó I là trọng tâm của tam giác AFP.

  p/s: câu a có thể giải bằng kiến thức THCS nhưng hơi dài


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huuhieuht: 17-09-2015 - 12:10

Không có giới hạn tư duy nào của con người ngoài giới hạn do chính con người đặt ra (Napoleon Hill)   :D  :D  :D  :like  ~O) 


#11 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 429 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 16-09-2015 - 09:52

bài đa thức , cho x=0 vào tính được p(0)=0 hặc =1 hoặc =2 
nếu p(0)=0 , đặt $p(x)=x^n.g(x)$  với g(0) khác 0 ,thay vào tính lại được g(0)=0 vậy p(x) chỉ có thể đồng nhất =0 trong trường hợp này

nếu p(0)=1 đặt $p(x)=x^n.g(x)+1$ thay vào được nếu n lẻ suy ra g(0)=0 suy ra p(x) đồng nhất =1 vậy xét trường hợp n chẵn 
suy ra $x^(2n ) .( g(x)^3 -g(x^3))= 3(g(x)-g(-x))$ đồng nhất hệ số ra g(x) đồng nhất = t thử lại tìm được t=1 , phần  đồng nhất hê số này chỉ xét bậc là ra không phức tạp 
suy ra $p(x)=x^(2n)+1$ thỏa mãn
nếu p(0)=2  đặt $p(x)=x^ng(x)$ với g(0) khác 0 nhưng thay vào thì vẫn suy ra g0=0 suy ra g(x) đồng nhất =2 :v , xong

Sai rồi nhé, còn có nghiệm $ P(x)=x^{2k+1}+1$ và $P(x)=-x^{2k+1}+1$ nữa, hì. Bạn làm như trên là không chuẩn. 



#12 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 16-09-2015 - 14:32

Câu hình a chỉ sử dụng pytago thôi và sử dụng thêm MI=MB=MC nữa là xong , phần B áp dụng potoleme cho tứ giác ABMC thì có I là trung điểm AM và chú ý AIHF nội tiếp thì ta có đpcm

#13 cachuoi

cachuoi

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 117 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:hà nội
  • Sở thích:chả khoái gì

Đã gửi 16-09-2015 - 14:35

Sai rồi nhé, còn có nghiệm $ P(x)=x^{2k+1}+1$ và $P(x)=-x^{2k+1}+1$ nữa, hì. Bạn làm như trên là không chuẩn.

thử lại p(x)=x+1 có thỏa mãn đâu ?

#14 Responsive Creature

Responsive Creature

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 13 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:T1K25 - THPT Chuyên Hà Tĩnh
  • Sở thích:xem Arsenal đá, đá PES, xem Super Sentai...
    học lập trình và toán

Đã gửi 17-09-2015 - 09:08

Bổ sung thêm 1 ý cho việc c/m câu a bài hình ngày 1:

(Do cấp THCS chưa học đường đẳng giác)

Ta có:

AH cắt (O) tại Z. Dễ dàng có được ZD // BC (cùng vuông góc với AH).

Do đó nên M cũng là điểm chính giữa cung nhỏ ZD.

$ \angle HAI = \angle ZAM = \angle ZCM = \angle DBM = \angle DAI $

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Henshin!!! Mister Dangerous!!! 

:icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:  :icon6:


#15 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 17-09-2015 - 18:09

b,Bổ đề: nếu AB+AC=2BC thì IO là đường trung trực của AM (đây là bài toán quen thuộc ,có nhiều trong sách vở) 

 Gọi K là giao điểm của IO với BC. Dễ thấy $\widehat{KIB}=90^{\circ}-\widehat{BIM}=90-\frac{180-\widehat{BMI}}{2}=\frac{\widehat{BCA}}{2}=\widehat{ICB}$ $\Rightarrow KI^{2}=KB.KC$ Gọi T là giao điểm của KA với đường tròn O thì $KT.KA=KC.KB=KI^{2}$ kết hợp với $\widehat{AIK}=90^{\circ}$ suy ra

$\widehat{ATI}=90^{\circ}$  $\Rightarrow T\equiv E \Rightarrow K\equiv F$ . Gọi S là trung điểm AP  thì IS là đường trung bình của tam giác AMP suy ra F,I,O,S thằng hàng. Gọi L là trung điểm AF thì $\widehat{AIL}=\widehat{IAL}=\widehat{IDM}=\widehat{IQM}=\widehat{MIP}$ suy ra L,I,P thẳng hàng .Do đó I là trọng tâm của tam giác AFP.

  p/s: câu a có thể giải bằng kiến thức THCS nhưng hơi dài

Thay bởi cách làm trên, ta có cách sau:

 

Bổ đề 1: Nếu AB+BC=2BC thì OI vuông góc với AM

Bổ đề 2: Nếu AB+BC=2BC thì K là trung điểm IM (1)

Ta đi chứng minh F,I,O thẳng hàng.

Thật vậy: OI vuông góc với AM nên OI là trục đẳng phương của (AEI) và (IBC)

Mà FA.FE=FB.FC nên F thuộc trục đẳng phương của (AEI) và (IBC)

Do đó: F,I,O thẳng hàng hay FI vuông góc với AM hay FI song song với MP (2)

(1);(2) ta có FIPM là hình bình hành hay K là trung điểm FP kết hợp $AI=\frac{2}{3}AK$ nên I là trọng tâm.


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#16 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 17-09-2015 - 21:14

 

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

 

2

gọi $M$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ ta có $E,M,F$ thẳng hàng

ta có   $\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$$=\frac{\cos^{2} \frac{C}{2}}{\cos^{2} \frac{B}{2}}=$$\frac{\ sin^{2} \widehat{BCM}}{\ sin^{2} \widehat{CBM}}=$$\frac{BM^{2}}{CM^{2}}$

mà $\bigtriangleup EBM\sim \bigtriangleup FMC$

nên$\frac{BE}{MF}=\frac{ME}{FC}=\frac{MB}{MC}$

$\Rightarrow \frac{MB^{2}}{MC^{2}}= \frac{BE}{CF}$

Qua $D$ kẻ tiếp tuyên chung của 2 đường tròn cắt $AB$ ở $H$ lấy $T$ đối xứng với $E$ qua $H$ ta có

$HE^{2}=HD^{2}= HB.HA\Rightarrow (ABPH)=-1$

Nên $DE$ là phân giác ngoài của $ADB$

$\Rightarrow \frac{EB}{EA}=\frac{DB}{DA}$

tương tự ta có $\frac{FC}{AF}= \frac{DC}{DA}$

$\Rightarrow \frac{BE}{CF}= \frac{DB}{DC}$

$\Rightarrow \frac{1+\ cosB}{1+\ cosC}= \frac{BE}{CF}=\frac{DB}{DC}$ 



#17 Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Ninh Binh
  • Sở thích:Number theory , Geometry

Đã gửi 17-09-2015 - 23:01

                   SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                      KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA LỚP 12 THPT

                                 HÀ TĨNH                                                                               NĂM HỌC:2015-2016

                                                                                                                 MÔN TOÁN - NGÀY THI 14/9/2015

 

Bài 1 ( 5 điểm).Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi 

                                             

$$x_1=1;x_{n+1}=3+\frac{5}{x_n}$$ với $n=1;2...$ 

 

Tìm số thực dương $a$ sao cho dãy số $(y_n)$ xác định bởi 

            

 $$y_n=\frac{a^n}{x_1.x_2...x_n}$$ với $n=1;2...$

 

có giới hạn hữu hạn và $\mathbb{lim} y_n\neq 0$

           

 

Lời giải tóm tắt : 

 $\bullet $ Dùng Lagrange để tìm được $\lim x_n$

 $\bullet $ Ta có $y_n=\frac{a^n}{x_1x_2...x_n}=(\frac{a}{\sqrt[n]{x_1x_2...x_n}})^n$

Có định lý quen thuộc $\lim x_n=L\Rightarrow \lim \sqrt[n]{x_1x_2...x_n} =L$

Từ đây dễ suy ra : để $y_n$ có giới hạn thì $a=\lim x_n=L$


$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#18 Belphegor Varia

Belphegor Varia

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 227 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Ninh Binh
  • Sở thích:Number theory , Geometry

Đã gửi 18-09-2015 - 20:36

 Bài 3 ( 5 điểm ) Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc ngoài với $(O)$ tại $D$ đồng thời tiếp xúc với tia đối của các tia $BA,CA$ lần lượt tại $E$ và $F$.

          a) Chứng minh rằng $\frac{DB}{DC}=\frac{1+\cos C}{1+\cos B}$

          b) Giả sử $AJ$ cắt $(O)$ tại $T$ khác $A$. Gọi $P,Q$ lần lượt là các điểm di động trên cung nhỏ $AB,AC$ của $(O)$ sao cho $PQ$ song song với $BC$. Các đường thẳng $AP$ và $BC$ cắt nhau tại $M$. Gọi $I,N$ lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng $EF,IM$. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng $NT$ và $IQ$ luôn thuộc một đường cố định.

                                                                         12011125_1629849897276211_28334105950971

 

 

Lời giải câu b: 

Gọi $H \equiv NT \cap QI$

$(J)$ là đường tròn A-mixtilinear ngoại của tam giác $ABC$ nên theo Bổ đề Sawayama-Thebault ta có $I$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$.

Gọi $I'$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Ta có $TI'=TB=TI$. Suy ra $T$ là trung điểm của $II'$. $\Rightarrow NT \parallel I'M$

Vì $PQ \parallel BC$ suy ra $PBQC$ là hình thang . Suy ra $\angle PAB=\angle QAC$ 

$\Rightarrow \bigtriangleup MAB \sim  \bigtriangleup CAQ(g. g)$

$\Rightarrow AB.AC=AM.AQ$ $(1)$

Lại có $\bigtriangleup ABI' \sim ACI(g.g) \Rightarrow AB.AC=AI.AI'$ $(2)$

Từ $(1),(2)$ suy ra $AM.AQ=AI.AI'$ 

$\Rightarrow AMI' \sim AIQ(c.g.c)$

$\Rightarrow \angle AQI=\angle AI'M=\angle ITN$

Suy ra $ATHQ$ nội tiếp . Suy ra $H$ nằm trên $(O)$ cố định $(Q.E.D)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 18-09-2015 - 21:00

$ \textbf{NMQ}$

Wait a minute, You have enough time. Also tomorrow will come 

Just take off her or give me a ride 

Give me one day or one hour or just one minute for a short word 

 


#19 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 19-09-2015 - 10:03

 Bài 2 ( 5 điểm ) Cho các số hữu tỉ $a,b,c$ thỏa mãn $\left\{\begin{matrix} a+b+c\in \mathbb{Z}\\ (2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3 \end{matrix}\right.$

 Chứng minh rằng tồn tại các số nguyên $m,n$ thỏa mãn $(m,n)=1$ và $abc=\frac{m^2}{n^3}$

Lời giải. Đặt $a= \frac{x_1}{x_2},b= \frac{y_1}{y_2},c= \frac{z_1}{z_2}$ với $\gcd (x_1,x_2)= \gcd (y_1,y_2)= \gcd (z_1,z_2)=1; x_2,y_2,x_2 \ge 1$.

 

Đặt tiếp $\begin{cases} x_2=dd_1d_2x_3 \\ y_2=dd_2d_3y_3 \\ z_2=dd_3d_1z_3 \end{cases}$ với $(x_3,y_3,z_3)$ đôi một nguyên tố cùng nhau và $(d_1,d_2,d_3)$ đôi một nguyên tố cùng nhau; $\gcd (d_i,x_3)= \gcd (d_i,y_3)= \gcd (d_i,z_3)=1$ với mọi $1 \le i \le 3$.

 

Từ $a+b+c \in \mathbb{Z}$ ta suy ra $$dd_1d_2d_3x_3y_3z_3 \mid x_1d_3y_3z_3+y_1d_1x_3z_3+z_1d_2x_3y_3.$$ Từ đây dẫn đến $x_3|x_1d_3y_3z_3$ suy ra $x_3|x_1$. Mặt khác, vì $x_3|x_2$ và $\gcd (x_2,x_1)=1$ nên ta dẫn tới $x_3=1$. Tương tự thì $y_3=z_3=1$.

 

Như vậy $\begin{cases} x_2=dd_1d_2 \\ y_2=dd_2d_3 \\ z_2=dd_3d_1 \end{cases}$ và \begin{equation} \label{1} dd_1d_2d_3 \mid x_1d_3+y_1d_1+z_1d_2 \end{equation}

 

Mặt khác, từ $(2a-1)^2+(2b-1)^2+(2c-1)^2=3$ ta suy ra $a^2+b^2+c^2=a+b+c \in \mathbb{Z}$. Trước hết, ta sử dụng $a^2+b^2+c^2 \in \mathbb{Z}$. Điều kiện này tương đương với

\begin{equation} \label{2} d^2d_1^2d_2^3d_3^2 \mid x_1^2d_3^2+y_1^2d_1^2+z_1^2d_2^2 \end{equation}

 

Từ \eqref{1} và \eqref{2} ta suy ra $d_3|y_1d_1+z_1d_2$ và $d_3^2|y_1^2d_1^2+z_1^2d_2^2$ dẫn đến $d_3^2|2y_1d_1z_1d_2$. Từ đây suy ra $d_3=1$. Tương tự $d_1=d_2=1$. Như vậy thì $x_2=y_2=z_2=d$. Bài toán đưa về việc chứng minh tồn tại $m,n$ sao cho $x_1y_1z_1n^3=m^2d^3$.

 

Kết hợp với điều kiện $a^2+b^2+c^2=a+b+c \in \mathbb{Z}$ ta suy ra \begin{equation} \label{3} a= \frac{x_1^2+y_1^2+z_1^2}{d^2}= \frac{x_1+y_1+z_1}{d} \in \mathbb{Z} \end{equation}

Để ý rằng $x_1^2+y_1^2+z_1^2 \ge \tfrac 13 (x_1+y_1+z_1)^2$ nên suy ra $d= \frac{x_1^2+y_1^2+z_1^2}{x_1+y_1+z_1} \ge \frac{x_1+y_1+z_1}{3}$ suy ra $a= \frac{x_1+y_1+z_1}{d} \le 3$. Ta xét 4 trường hợp:

Hiển nhiên rằng nếu ít nhất một trong ba số $x_1,y_1,z_1$ bằng $0$ thì bài toán được chứng minh. Ta sẽ đi chứng minh trường hợp $x_1y_1z_1 \ne 0$ cũng thoả mãn:

 

TH1. Nếu $a=1$ thì $x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1= 0$ tương đương với $x_1(y_1+z_1)=-y_1z_1$. Ta suy ra $x_1= \pm 1$ dẫn đến $y_1z_1 \pm y_1 \pm z_1=0$. Ta tìm được $(y_1,z_1)= (\pm 2, \pm 2)$. Khi đó $abc= \frac{2^2}{ ( \pm d)^3}$.

 

TH2. Nếu $a=2$ thì $2(x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1)=2d^2=x_1^2+y_1^2+z_1^2$. Áp dụng bài toán này ta suy ra $x_1y_1,y_1z_1$ là các số chính phương. Mặt khác, để ý rằng $\gcd (x_1,y_1)= \gcd (y_1,z_1)= \gcd (z_1,x_1)=1$ vì giả sử phản chứng, chẳng hạn $\gcd (x_1,y_1)=r>1$ thì $r|x_1y_1+y_1z_1+z_1x_1=d^2$ suy ra $\gcd ( d,r)>1$, mâu thuẫn với điều kiện.

 

Kết hợp hai điều kiện ta suy ra $x_1,z_1,y_1$ chính phương hoặc là số đối của số chính phương. Do đó $abc= \frac{\left( \sqrt{|x_1y_1z_1|} \right)^2}{ (\pm d)^3}$.

 

TH3. Nếu $a=3$ thì $x_1^2+y_1^2+z_1^2=3(x_1+y_1+z_1)^2$ suy ra $x_1=y_1=z_1=d>0$ suy ra $d=1$. Như vậy $abc=1$.

 

Bài toán được chứng minh. $\blacksquare$

 

Ps: Bài toán hay. :D :namtay


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 19-09-2015 - 13:09

“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#20 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 19-09-2015 - 14:09

Bài 4 ( 5 điểm).Xác định tất cả các số nguyên dương $n$ thỏa mãn tính chất tồn tại một cách chia hình vuông có độ dài cạnh là $n$ thành đúng năm hình chữ nhật sao cho độ dài các cạnh của năm hình chữ nhật đó là các số $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10$                              

Bài này mình có ý tưởng như thế này, mọi người kiểm chứng coi ý tưởng có đúng không:

 

+) Chứng minh rằng một hình vuông khi chia thành $5$ hình chữ nhật có độ dài các cạnh khác nhau thì các hình chữ nhật sẽ được sắp xếp trong hình vuông như sau:

Screen Shot 2015-09-19 at 4.47.57 pm.png

 

+) Kí hiệu độ dài các cạnh như hình vẽ, $a_i,b_i \in \{ 1,2,3,4,5,6,7,8,9,10 \}$ với $1 \le i \le 5$. Ta thấy 

$$\begin{aligned} n & =a_5+a_3=a_1+a_4, \\ & = b_1+b_3=b_4+b_5. \end{aligned}$$

Do đó $4n=\sum a_i+ \sum b_i$ nên $\frac{8 \cdot 9}{2} \le 4n \le \frac{8 \cdot 13}{2}$ suy ra $9 \le n \le 13$.

 

Đến đây ta thử từng trường hợp để coi có tìm được $a_2,b_2$ thoả mãn không. Nếu thoả mãn thì $n$ là giá trị cần tìm.

 

Hiển nhiên $n \ne 9,10$ vì nếu $n \in \{ 9,10 \}$ thì hoặc $b_2=10$ hoặc $a_2=10$, lớn hơn tất cả các số $a_i,b_i$ còn lại. Điều này mâu thuẫn với hình vẽ.

 

Vậy $11 \le n \le 13$. Đến đây tiếp tục xét.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 19-09-2015 - 14:18

“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.





0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh