Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 30-10-2017 - 18:40
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 30-10-2017 - 18:40
" Even if there was no Gravity on Earth, I'd still fall for you. "
Nunmul
Bài 4 :
a) $f(3)=f^2(2)+1 , f(4).f(2)=f^2(3)+1=f^4(2)+2f^2(2)+2 => f(2) |2$
TH1 : $f(2)=1 . f(n+1)=\frac{f^2(n)+1}{f(n-1)}$ . quy nạp ta được $f(n+1)=3f(n)-f(n-1)$
TH2 :$f(2)=2. f(n+1)=\frac{f^2(n)+1}{f(n-1)}$ . quy nạp ta cũng được $f(n+1)=3f(n)-f(n-1)$
Vậy có 2 hàm thỏa mãn
b)đặt $g(x)=f(x)-x $ => $g(g(x)+x+x^2+y)=g(y)$ (1)
- $g(x)=-x-x^2 \forall x$ thỏa mãn
- tồn tại $c$ sao cho $f(c)+c+c^2=a \neq 0$ => $g(y+a)=g(y)$
thay $x$ bởi $x+a$=> $g(g(x)+x+x^2+y+2ax+1+a)=g(y)=g(g(x)+x+x^2+y)$
tiếp tục thay $y$ bởi $-x-x^2-g(x)$ => $g(2ax+1+a)=g(0)$
vậy $g(x)=b$ ( $b$ thực )
có 2 hàm $f(x)=-x^2$ và $f(x)=x+c$ thỏa mãn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 06-10-2017 - 07:46
Bài 3 :a)
Gọi phân giác trong $AM$ . ta có $EM.EA=ED.DF=EI^2$ nên $\widehat{AFI}=\widehat{DME}-\widehat{DIE}=90$
Gọi $EF$ cắt $AH$ tại $Q$ , ta có $\widehat{HAM}=\widehat{IFE}$ nên $AFQI$ nội tiếp hay $IQH$ vuông nên $QIHD$ là hcn => $\widehat{IHD}=\widehat{IQD}=\widehat{FAI}$ nên $AIHK$ nội tiếp
b)Gọi $N$ đối xứng với $F$ qua trung trực $CB$ và $NE$ cắt $AH$ tại $P$ . Ta có $P$ là hình chiếu của tâm bằng góc $A$ xuống $AH$ nên $(AHQP)=-1$ nên $E(ALFN)=-1 =>F(ALFN)=-1$ nên tiếp tuyến tại $F$ chia đôi $KJ$
Bài 2 :
a)xét $f_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(x+i)}-1$ => $f'_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{-1}{i(x+i)^2} <0 $ nên $f_n$ nghịch biến
$\lim_{x\rightarrow +\propto } f_n(x) =-1$ . $f_n(0) >0$ nên pt có nghiệm duy nhất thuộc $(0, + \propto )$
b)$f_n(1)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i(1+i)}-1=-\frac{1}{n+1} <0=f_n(x_n)$ nên $x_n <1$ do $f$ nghịch biến
Mặt khác $f'_n(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{-1}{i(x+i)^2} <-1/4 \forall 1>x>0$
Theo định lí lagrange thì tồn tại $c$ thuộc $(x_n,1)$ sao cho $\frac{f_n(x_n)-f_n(1)}{x_n-1}=f'_n(c)<-1/4 => 0<1-x_n<\frac{4}{n+1}$
=> $lim x_n=1$
Câu 5 :
a) $T\equiv f(1)+f(3)+...+f(2017)( mod 2)$ vậy nên số các số lẻ trong $f(1),f(3),...,f(2017)$ phaỉ lẻ
nên số các cách chọn $f(1),f(3),...,f(2017)$ là $1009! .(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})$
Mà.$(C_{1009}^1.C_{1009}^{1008}+C_{1009}^3.C_{1009}^{1006}+C_{1009}^5.C_{1009}^{1004}+....+C_{1009}^{2007}.C_{1009}^{2})=\frac{\sum_{i=0}^{1009}C_{1009}^i.C_{1009}^{1009-i}-2.C_{1009}^0.C_{1009}^{1009}}{2}=\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2}$
Còn lại số cách chọn $f(2),...,f(2018)$ là $1009!$
Vậy tổng số hoán vị là $(1009!)^2 . (\frac{C_{2018}^{1009}-2}{2})$
Câu 1 :
a ) Đặt $a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC$ => $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosA.cosB.cosC=1$ nên $A,B,C$ là 3 đỉnh của tam giác nhọn
ta có bdt quen thuộc $cosA+cosB+cosC \leq 3/2 $ nên $a+b+c \leq 3$
ta chứng minh $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> 2(cosA+cosB+cosC) \geq \sqrt{8cosA.cosB.cosC}+2 <=>4.sinA/2.sinB/2.sinC/2\geq \sqrt{2cosA.cosB.cosC}<=>(1-cosA)(a-cosB)(1-cosC)\geq cosA.cosB.cosC$
Mặt khác ta lại có $(1+cosA)(1+cosB)(1+cosC)\leq (\frac{3+3/2}{3})^3=27/8$
nên việc còn lại là cm $(1-cos^2A)(1-cos^2B)(1-cos^2C)\geq \frac{27}{8}cosA.cosB.cosC<=>\frac{cotA.cotB.cotC}{sinA.sinB.sinC}\leq 8/27 <=>\prod cotC.(cotA+cotB)\leq 8/27$ ( do $sin^2A=\frac{1}{1+cot^2A}$ và $\sum cotA.cotB=1$)
điều này đúng do
$VT=\prod (cotA.cotC+cotB.cotC)\leq \frac{8}{27}(\sum cotA.cotB)^3=\frac{8}{27}$
vậy $a+b+c \geq \sqrt{abc}+2 <=> (a+b+c-2)^2 +a^2+b^2+c^2 \geq 4 <=>a^2+b^2+c^2+ab+ac+bc \geq 2(a+b+c)<=>(a+b+c)^2 \geq ac+ab+cb+2(a+b+c)$
ta có $\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+2a+2b+2c}\geq 1$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ecchi123: 06-10-2017 - 22:41
Bài 5b) là 1 dạng khác phức tạp hơn chút của bài số 2 IMO 1998.
The greatest danger for most of us is not that our aim is too high and we miss it, but that it is too low and we reach it.
----- Michelangelo----
Câu 1 :
a ) Đặt $a=2cosA,b=2cosB,c=2cosC$ => $cos^2A+cos^2B+cos^2C+2cosA.cosB.cosC=1$ nên $A,B,C$ là 3 đỉnh của tam giác nhọn
ta có bdt quen thuộc $cosA+cosB+cosC \leq 3/2 $ nên $a+b+c \leq 3$
ta có $\sum \frac{a}{\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{\sum a\sqrt{(b+2)(c+2)}}\geq \frac{(a+b+c)^2}{ab+bc+ca+2a+2b+2c}\geq \frac{ab+bc+ca+\frac{2(a+b+c)^2}{3}}{ab+bc+ca+2a+2b+2c}\geq 1$
Ngược dấu rồi bạn
Ngược dấu rồi bạn
OK , Cảm ơn bạn , Mình đã sửa lại lời giải
Có ai giúp ghi đề ra được không, không thấy được đề. Để ảnh FB thì ggwp
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
Bài 3 :a)
Gọi phân giác trong $AM$ . ta có $EM.EA=ED.DF=EI^2$ nên $\widehat{AFI}=\widehat{DME}-\widehat{DIE}=90$
Gọi $EF$ cắt $AH$ tại $Q$ , ta có $\widehat{HAM}=\widehat{IFE}$ nên $AFQI$ nội tiếp hay $IQH$ vuông nên $QIHD$ là hcn => $\widehat{IHD}=\widehat{IQD}=\widehat{FAI}$ nên $AIHK$ nội tiếp
b)Gọi $N$ đối xứng với $F$ qua trung trực $CB$ và $NE$ cắt $AH$ tại $P$ . Ta có $P$ là hình chiếu của tâm bằng góc $A$ xuống $AH$ nên $(AHQP)=-1$ nên $E(ALFN)=-1 =>F(ALFN)=-1$ nên tiếp tuyến tại $F$ chia đôi $KJ$
anh giải thichs rõ câu a cho e với ạ sao EM.EA=ED.EF=EI^2
Bài 1b. Xét nội suy Abel: $P(x)=a_0+a_1.x+a_2.x(x-1)+...+a_{n}.x(x-1)(x-2)...(x-n)$
Thay lần lược $x=0, 1, 2, ..., n$ ta được $a_i.i!\in\mathbb{Z}$
Do đó với mỗi số nguyên $x$ thì $a_i.x(x-1)...(x-i+1)=a_i.i!.C^{i}_{x}\in\mathbb{Z}$ nên $P(x)$ nguyên với mọi $x$ nguyên.
Bài 5b.
Ta sẽ đếm số bộ $(\{x,y\}, A)$, trong đó hai giám khảo $x, y$ đánh giá giống nhau thí sinh $A$.
Vì hai giám khảo bất kỳ đánh giá nhau đúng $k$ thí sinh nên có $\dfrac{kn(n-1)}{2}$ bộ như thế.
Xét một học sinh bất kỳ, giả sử có $a, b, c$ giám khảo đánh giá loại $A, B, C$ thì có $\dfrac{a^2+b^2+c^2-n}{2}$ bộ như thế.
Mà $a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2}{3}\Rightarrow a^2+b^2+c^2\geqslant \dfrac{n^2+2}{3}$ do $n^2$ chia $3$ dư $1$
Do đó $kn(n-1)\geqslant \dfrac{1}{3}m\left(n^2-3n+2\right)$ hay $k\geqslant \dfrac{m(n-2)}{3n}$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dogsteven: 14-10-2017 - 13:22
Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.
ông nào gõ giúp đề đi, ảnh không thấy gì cả
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI : TOÁN
Thời gian làm bài : 180 phút
Ngày thi: 03/10/2017
Bài 1.(4,0 điểm)
a) Cho các số dương $a, b, c$ thoả mãn $a^2+b^2+c^2+abc=4$. Chứng minh rằng:
$\frac{a}{\sqrt{(b+2)(c+2)}}+\frac{b}{\sqrt{(c+2)(a+2)}}+\frac{c}{\sqrt{(a+2)(b+2)}}\ge 1$
b) Cho $n$ là số nguyên dương, xét đa thức $P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+...a_1x+a_0$ có các hệ số là các số thực. Biết rằng $P(0); P(1); ...; P(n)$ đều là các số nguyên. Chứng minh rằng với mọi số nguyên $m$ thì $P(m)$ nhận giá trị là số nguyên.
Bài 2.(3,0 điểm)
Xét phương trình $\frac{1}{1(x+1)}+\frac{1}{2(x+2)}+...+\frac{1}{n(x+n)}=1$ với $n \in \mathbb{Z^+}$
a) Chứng minh với mỗi số nguyên dương $n$, phương trình trên luôn có nghiệm trên khoảng $(-1;+\infty)$ và nghiệm đó duy nhất (kí hiệu là $x_n$)
b) Chứng minh dãy số $(x_n)$ có giới hạn $n \rightarrow +\infty$ và tính giới hạn đó
Bài 3.(5,0 điểm) Cho $\Delta ABC$ nhọn $(AB <AC)$, nội tiếp đường tròn $(O)$, $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Gọi $H$ và $D$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $A$ và $I$ trên cạnh $BC$. Đường thẳng $AI$ cắt $(O)$ tại điểm $E$ khác $A$, đường thẳng $DE$ cắt $(O)$ tại $F$ khác $E$. Hai đường thẳng $BC, AF$ cắt nhau ở $K$.
a) Chứng minh $FI \perp EA$ và bốn điểm $A, I, K, H$ cùng thuộc một nửa đường tròn.
b) Đường thẳng $EH$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $E$, đường thẳng $FL$ cắt $BC$ ở $J$. Chứng minh tiếp tuyến của $(O)$ tại điểm $F$ đi qua trung điểm của đoạn $JK$.
Bài 4.(4,0 điểm)
a) Kí hiệu $N^*$là tập hợp các số nguyên dương. Có bao nhiêu hàm số $f: N^* \rightarrow N^*$ thỏa mãn
$f(1)=1; f(n+2)f(n)=f^2(n+1)+1 \forall n \in N^*$ ?
b) Tìm tất cả các hàm số $f: R \rightarrow R$ thỏa mãn $f(f(x)+x^2+y)=f(x)+x^2+y \forall x,y \in R$
Bài 5.(4,0 điểm)
a) Tính số hoán vị $f(1);f(2);...;f(2018)$ của các số $1;2;...;2018$ sao cho biểu thức $T=1f(1)+2f(2)+...+2018f(2018)$ nhận giá trị là số nguyên lẻ.
b) Trong cuộc thi vấn đáp gồm có $m$ thí sinh và $n$ giám khảo, trong đó $m > 1$; $n > 3$ và $n$ không phải là bội của 3. Mỗi giám khảo sẽ đánh giấ từng thí sinh theo ba loại $A, B, C$. Biết rằng tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho hai giám khảo bất kỳ có đánh giá giống nhau ứng với $k$ thí sinh. Chứng minh $k \ge \frac{m(n-2)}{3n}$
---HẾT---
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 29-05-2018 - 10:59
$\mathbb{VTL}$
Toán Trung học Phổ thông và Thi Đại học →
Tài liệu - đề thi THPT →
Tài liệu tham khảo khác →
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THPT CẤP TRƯỜNG LÊ HOÀN GIA LAIBắt đầu bởi PhanDHNam, 07-10-2018 dethi, hsg |
|
|||
Toán Trung học Cơ sở →
Tài liệu - Đề thi →
Đề thi hsg tỉnh Hà TĩnhBắt đầu bởi conankun, 04-04-2018 dethi |
|
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh