Đến nội dung

Hình ảnh

Đề kiểm tra trường Đông toán học miền Nam 2015 - Bài kiểm tra số 1

2015 trường đông toán học

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Bài kiểm tra số 1.

 

Thời gian làm bài: 180 phút.

 

Bài 1. a) Chứng minh rằng với mọi $a>2$ thì phương trình $x^3-2x=a$ có nghiệm duy nhất và hơn nữa nếu $m$ là nghiệm thì $m>1$.

b) Cho dãy số $(x_n)$ xác định như sau: $x_1=1$ và $x_{n+1}$ là nghiệm duy nhất của phương trình $x^3-2x=1+\sqrt[3]{3x_n+1}$. Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn.

 

Bài 2. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm sao cho $(a+b)(b+c)(c+a)>0$. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức $$\frac{ab}{(a+b)^2}+ \frac{bc}{(b+c)^2}+\frac{ca}{(c+a)^2}+ \frac 54 \ge \frac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}.$$

 

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $( C)$. Gọi $B_1,C_1$ lần lượt là trung điểm $AC,AB$. Kí hiệu $D$ là chân đường cao hạ từ $A$ và $G$ là trong tâm tam giác $ABC$. Gọi $(C')$ là đường tròn qua $B_1$ và $C_1$, đồng thời tiếp xúc với $(  C)$ tại $X \ne A$.

a) Gọi $W$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $X$ của $( C)$ với $B_1C_1$. Chứng minh rằng $WA$ tiếp xúc với $( C)$.

b) Chứng minh rằng $D,G,X$ thẳng hàng.

 

Bài 4. Trường phù thuỷ và pháp sư Hogwarts có $n$ học sinh. Các học sinh của trường rất hiếu động và tham gia nhiều câu lạc bộ khác nhau. Cả trường có tất cả $m$ câu lạc bộ. Theo quy định của trường mà thầy hiệu trưởng Albus Dumbledore công bố thì mỗi câu lạc bộ phải có ít nhất $2$ thành viên. Nghiên cứu danh sách các câu lạc bộ của trưởng, Harry Potter nhận thấy một điều thú vị sau đây: Nếu hai câu lạc bộ nào đó có ít nhất $2$ thành viên chung thì câu lạc bộ đó sẽ có số thành viên khác nhau. Chứng minh rằng $m \le (n-1)^2$.

 

Nguồn: Từ FB anh Cẩn. Do mình chỉ là nhìn chép từ ảnh anh Cẩn up lên nên không tránh khỏi sai sót. Nếu mọi người thấy có lỗi nào thì có thể viết vào trong topic này.

Spoiler

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 27-11-2015 - 03:47

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
hoanglong2k

hoanglong2k

    Trung úy

  • Điều hành viên THCS
  • 965 Bài viết

 Bài 2 . Ta có bất đẳng thức tương đương  $$\dfrac{\sum ab(c+b)^2(c+a)^2}{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$$

 Khai triển và nhóm trực tiếp, đồng thời đặt $\left\{\begin{matrix} p=a+b+c\\ q=ab+bc+ca\\ r=abc \end{matrix}\right.$

 thì $\sum ab(c+b)^2(c+a)^2=abc\sum a^3+4abc\sum a.\sum ab+\sum a^2b^2.\sum ab=rp^3-pqr+q^3+3r^2$

 Ta cần chứng minh

$\dfrac{rp^3-pqr+q^3+3r^2}{(pq-r)^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6q}{p^2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{4rp^3+4q^3+17r^2+5p^2q^2-14pqr}{4(pq-r)^2}\geq \dfrac{6q}{p^2}$

$\Leftrightarrow 4p^5r+5p^4q^2-14p^3qr-20p^2q^3+17p^2r^2+48pq^2r-24qr^2\geq 0$

 Chuẩn hóa $p=1$ thì ta cần chứng minh $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0$

 Với $q\leq \dfrac{1}{4}$ thì $r\geq 0$, suy ra $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2=r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)+5q^2(1-4q)\geq 0$

 Với $\dfrac{1}{4}\leq q\leq \dfrac{1}{3}$, áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-1}{9}$ thì $17-24q$ và $48q^2-14q+4$ đều dương

 Khi đó ta cần chứng minh $\dfrac{(4q-1)^2}{81}(17-24q)+\dfrac{4q-1}{9}.(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0\Leftrightarrow (1-3q)(4q-1)(23q+19)\geq 0$

 Luôn đúng nên có điều cần chứng minh

 Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và các hoán vị


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoanglong2k: 26-11-2015 - 18:49


#3
Hoang Nhat Tuan

Hoang Nhat Tuan

    Hỏa Long

  • Thành viên
  • 974 Bài viết

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $( C)$. Gọi $B_1,C_1$ lần lượt là trung điểm $AC,AB$. Kí hiệu $D$ là chân đường cao hạ từ $A$ và $G$ là trong tâm tam giác $ABC$. Gọi $(C')$ là đường tròn qua $B_1$ và $C_1$, đồng thời tiếp xúc với $(  C)$ tại $X \ne A$.

a) Gọi $W$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $X$ của $( C)$ với $B_1C_1$. Chứng minh rằng $WA$ tiếp xúc với $( C)$.

b) Chứng minh rằng $D,G,X$ thẳng hàng.

 

Untitled.png

a) Dễ thấy đường tròn $(AB_1C_1)$ tiếp xúc với đường tròn $( C)$ tại $A$ nên $WA$ tiếp xúc với $( C)$

b) Gọi $E$ là giao điểm của $XD$ với đường tròn $( C)$

D đối xứng với A qua $B_1C_1$ nên $WA=WD=WX$ hay tam giác $ADX$ nội tiếp đường tròn tâm $W$.

Do đó $\widehat{AXD}=\widehat{AWC_1}=\widehat{AC_1B_1}-\widehat{ACB}=\widehat{ABC}-\widehat{ACB}=\widehat{AXC}-\widehat{ACB}$

Từ đó dẫn đến $AECB$ là hình thang cân.

Lấy $H$ là trung điểm $AE$ và $F$ là trung điểm $BC$ suy ra $AHFD$ là hình chữ nhật

Do đó $DF=AH=\frac{AE}{2}$

Mà $AG=2GF$.

Từ đó dễ suy ra $D,G,X$ thẳng hàng.

 

 

Câu 1a dễ chứng minh bằng cách sử dụng đạo hàm, còn câu 1b em chưa thử @@


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 26-11-2015 - 21:43

Ngài có thể trói cơ thể tôi, buộc tay tôi, điều khiển hành động của tôi: ngài mạnh nhất, và xã hội cho ngài thêm quyền lực; nhưng với ý chí của tôi, thưa ngài, ngài không thể làm gì được.

#4
dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết

Bài 4. Ta sẽ đếm số cặp $\{\{a,b\}, A\}$ sao cho $a,b$ là hai học sinh cùng tham gia câu lạc bộ $A$ có tổng cộng $k$ học sinh, gọi số câu lạc bộ như thế là $m_k$

Với mỗi $A$ thỏa có $m_kC^2_k$ cặp cần đếm.

Với mỗi $\{a,b\}$ tồn tại nhiều nhất một $A$ thỏa nên có nhiều nhất $C^2_n$ cặp cần đếm.

Vậy ta có: $m\leqslant n(n-1)\left(\dfrac{1}{1.2}+\dfrac{1}{2.3}+..+\dfrac{1}{n(n-1)}\right)=(n-1)^2$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#5
yeutoan2001

yeutoan2001

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 231 Bài viết

 Bài 2 . Ta có bất đẳng thức tương đương  $$\dfrac{\sum ab(c+b)^2(c+a)^2}{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$$

 Khai triển và nhóm trực tiếp, đồng thời đặt $\left\{\begin{matrix} p=a+b+c\\ q=ab+bc+ca\\ r=abc \end{matrix}\right.$

 thì $\sum ab(c+b)^2(c+a)^2=abc\sum a^3+4abc\sum a.\sum ab+\sum a^2b^2.\sum ab=rp^3-pqr+q^3+3r^2$

 Ta cần chứng minh

$\dfrac{rp^3-pqr+q^3+3r^2}{(pq-r)^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6q}{p^2}$

$\Leftrightarrow \dfrac{4rp^3+4q^3+17r^2+5p^2q^2-14pqr}{4(pq-r)^2}\geq \dfrac{6q}{p^2}$

$\Leftrightarrow 4p^5r+5p^4q^2-14p^3qr-20p^2q^3+17p^2r^2+48pq^2r-24qr^2\geq 0$

 Chuẩn hóa $p=1$ thì ta cần chứng minh $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0$

 Với $q\leq \dfrac{1}{4}$ thì $r\geq 0$, suy ra $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2=r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)+5q^2(1-4q)\geq 0$

 Với $\dfrac{1}{4}\leq q\leq \dfrac{1}{3}$, áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-1}{9}$ thì $17-24q$ và $48q^2-14q+4$ đều dương

 Khi đó ta cần chứng minh $\dfrac{(4q-1)^2}{81}(17-24q)+\dfrac{4q-1}{9}.(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0\Leftrightarrow (1-3q)(4q-1)(23q+19)\geq 0$

 Luôn đúng nên có điều cần chứng minh

 Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và các hoán vị

Mình nghĩ không thể chuẩn hóa được do bất trên bộ (a,b,c) và (ka,kb,kc) không CHo ta một bất đẳng thức giống nhau 



#6
quanguefa

quanguefa

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 596 Bài viết

Mình nghĩ không thể chuẩn hóa được do bất trên bộ (a,b,c) và (ka,kb,kc) không CHo ta một bất đẳng thức giống nhau 

 mình nghĩ là ok vì biểu thức 2 vế thuần nhất bậc 1 mà!


Xem topic "Chuyên đề các bài Toán lãi suất Casio" tại đây

 

:like Visit my facebook


#7
toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Banned
  • 628 Bài viết

Bài 2 . Ta có bất đẳng thức tương đương $$\dfrac{\sum ab(c+b)^2(c+a)^2}{[(a+b)(b+c)(c+a)]^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6(ab+bc+ca)}{(a+b+c)^2}$$
Khai triển và nhóm trực tiếp, đồng thời đặt $\left\{\begin{matrix} p=a+b+c\\ q=ab+bc+ca\\ r=abc \end{matrix}\right.$
thì $\sum ab(c+b)^2(c+a)^2=abc\sum a^3+4abc\sum a.\sum ab+\sum a^2b^2.\sum ab=rp^3-pqr+q^3+3r^2$
Ta cần chứng minh
$\dfrac{rp^3-pqr+q^3+3r^2}{(pq-r)^2}+\dfrac{5}{4}\geq \dfrac{6q}{p^2}$
$\Leftrightarrow \dfrac{4rp^3+4q^3+17r^2+5p^2q^2-14pqr}{4(pq-r)^2}\geq \dfrac{6q}{p^2}$
$\Leftrightarrow 4p^5r+5p^4q^2-14p^3qr-20p^2q^3+17p^2r^2+48pq^2r-24qr^2\geq 0$
Chuẩn hóa $p=1$ thì ta cần chứng minh $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0$
Với $q\leq \dfrac{1}{4}$ thì $r\geq 0$, suy ra $r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2=r^2(17-24q)+r(48q^2-14q+4)+5q^2(1-4q)\geq 0$
Với $\dfrac{1}{4}\leq q\leq \dfrac{1}{3}$, áp dụng BĐT Schur ta có $r\geq \dfrac{4q-1}{9}$ thì $17-24q$ và $48q^2-14q+4$ đều dương
Khi đó ta cần chứng minh $\dfrac{(4q-1)^2}{81}(17-24q)+\dfrac{4q-1}{9}.(48q^2-14q+4)-20q^3+5q^2\geq 0\Leftrightarrow (1-3q)(4q-1)(23q+19)\geq 0$
Luôn đúng nên có điều cần chứng minh
Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c$ hoặc $a=b;c=0$ và các hoán vị

Dùng cô si rất nhanh





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: 2015, trường đông toán học

0 người đang xem chủ đề

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