ĐỀ THI HSG 12 ĐỒNG NAI HỆ CHUYÊN
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi batigoal: 22-01-2019 - 10:18
ĐỀ THI HSG 12 ĐỒNG NAI HỆ CHUYÊN
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi batigoal: 22-01-2019 - 10:18
Mình gõ lại đề để mọi người tiện theo dõi.
Bài 1.
1) Chứng minh rằng phương trình $-x= \sqrt[3]{x^2-6x+3}$ có đúng ba nghiệm thực phân biệt là $x_1,x_2,x_3.$ Tính
$T=(x_1^3+x_1^2+9)(x_2^3+x_2^2+9)(x_3^3+x_3^2+9).$
2) Cho hai hàm số $y=x^3+x^2-3x-1,y=2x^3+2x^2-mx+2$ có đồ thị $(C_1),(C_2)$ với $m$ là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $(C_1)$ cắt $(C_2)$ tại ba điểm phân biệt có tung độ $y_1,y_2,y_3$ thoả mãn $\frac{1}{y_1+4}+ \frac{1}{y_2+4}+ \frac{1}{y_3+4}= \frac{2}{3}.$
Bài 2. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c \geq abc.$ Chứng minh $a^2+b^2+c^2 \geq abc.$
Bài 3. Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=x_2=1;x_nx_{n+2}=x_{n+1}^2+3.(-1)^{n-1}.$
1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy $(x_n)$ đều là số nguyên.
2) Tính $\lim \frac{x_{n+1}}{x_1+x_2+...+x_n}.$
Bài 4. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ trực tâm $H,K$ là trung điểm $BC$ và $G$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AK.D$ đối xứng $G$ qua $BC,I$ đối xứng $C$ qua $D.$ Phân giác $\widehat{ACB}$ cắt $AB$ ở $F,$ phân giác $\widehat{BID}$ cắt $BD$ tại $M.MF$ cắt $AC$ tại $E.$
1) Chứng minh $D \in (O).$
2) Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ ở $X,XE$ cắt $(EBM)$ tại $Y \neq E.$ Chứng minh $(EYD)$ tiếp xúc $(O).$
Bài 5. Cho $m,n$ là các số tự nhiên thoả $4m^3+m=12n^3+n.$ Chứng minh $\sqrt[3]{m-n} \in \mathbb{Z}.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 31-01-2019 - 23:50
Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
$4/$
$1)$ Gọi $BJ,CL$ là các đường cao của tam giác $ABC,JL$ cắt $BC$ tại $N.$ Theo kết quả quen thuộc thì $\overline{N,H,G}$ và $G \in (BHC)$
$\Rightarrow \widehat{BDC}= \widehat{BGC}= \widehat{BHC}=180^0- \widehat{BAC} \Rightarrow D \in (O).$
$2)$ Gọi $H'$ đối xứng $H$ qua $BC,Ax$ là tia qua $A$ song song $BC.$
Xét chùm $A(BCKx)$ có $KB=KC,Ax \parallel BC \Rightarrow A(BCKx)=-1.$ Lại xét chùm $H(CBGH')$ có $HC \perp AB,HB \perp AC,HG \perp AK,HH' \perp Ax$
$\Rightarrow H(CBGH')=-1.$ Đối xứng qua $BC$ ta được $H'(CBDA)=-1 \Rightarrow ABDC$ là tứ giác điều hoà
$\Rightarrow XD$ tiếp xúc $(O)$ và $\frac{AB}{AC}= \frac{DB}{DC}= \frac{DB}{DI} \Rightarrow \Delta BDI \sim \Delta BAC \Rightarrow \frac{BF}{FA}= \frac{BC}{CA}= \frac{BI}{ID}= \frac{BM}{MD}$
$\Rightarrow MF \parallel AD \Rightarrow \widehat{BME}= \widehat{BDA}= \widehat{BCE} \Rightarrow C \in (EBM) \Rightarrow XE.XY=XB.XC=XD^2.$
Do đó $XD$ tiếp xúc $(EYD),$ suy ra $(EYD)$ tiếp xúc $(O).$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 01-02-2019 - 10:33
Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.
Bài 5. Cho $m,n$ là các số tự nhiên thoả $4m^3+m=12n^3+n.$ Chứng minh $m-n$ là lập phương của một số nguyên
Hi vọng là giải đúng.
Từ giả thiết bài toán, ta dễ thấy $ m \geq n \geq 0$
Trường hợp $1$: $n=0$
Khi đó dễ thấy $ m =0 \implies m-n =0 = 0^3$ là lập phương của $1$ số tự nhiên.
Trường hợp $2$: $ n \geq 1$
Khi đó dễ thấy $ m >n \implies m-n \geq 1$
Ta viết lại đẳng thức đã cho dưới dạng như sau: $ 4(m^3 - n^3 ) + (m-n) = 8n^3$
$ \Leftrightarrow 4(m-n)( m^2 +n^2+mn) + (m-n) = (2n)^3$
$ \Leftrightarrow (m-n)( 4m^2 +4n^2+4mn +1) = (2n)^3$
$ \Leftrightarrow (m-n) \cdot \left( 4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1 \right) = (2n)^3$ $( \bigstar )$
Từ đây ta dễ thấy là để chứng minh khẳng định bài toán, ta chỉ cần đi chứng minh:
$ \gcd \left( m-n; \ 4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1 \right) =1$ $( \bigstar \bigstar)$
Do $(2n)^3$ khi viết dưới dạng phân tích thành tích các thừa số nguyên tố thì sẽ có dạng: $ (2n)^3 = p^{3 \alpha_1}_1 \cdot p^{3 \alpha_2}_2 \cdot p^{3 \alpha_3}_3 \cdots p^{3 \alpha_k}_k$ trong đó $p_1 ; \ p_2; \cdots ; p_k$ là những số nguyên tố phân biệt và $ \alpha_1; \ \alpha_2; \ \cdots; \alpha_k$ là những số nguyên dương. Nên nếu chứng minh được $( \bigstar \bigstar)$ thì rõ ràng $m-n$ phải có dạng : $ p^{3 \alpha_{i_1}}_{i_1} \cdot p^{3 \alpha_{i_2}}_{i_2} \cdot p^{3 \alpha_{i_3}}_{i_3}\cdots p^{3 \alpha_{i_m}}_{i_m}$ trong đó tập hợp các chỉ số $ \{ i_1; \ i_2 ; \ i_3; \cdots ; \ i_m \}$ này là tập con của tập hợp các chỉ số $\{ 1; \ 2; \ 3; \cdots ; \ k \}$. (Lập luận này vẫn đúng trong trường hợp $m-n =1$ ; tương ứng với trường hợp $ \{ i_1; \ i_2 ; \ i_3; \cdots ; \ i_m \} = \emptyset $)
Nhưng chứng minh điều này thật ra không khó:
Ta giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ là ước chung của $ m-n; \ 4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1$
Do $p | m-n$ nên từ $( \bigstar )$ suy ra $ p | (2n)^3 \implies p|2n \implies p \not | 3 \cdot (2n)^2 +1 \implies p \not | 12n^2 +1 \implies p \not | 4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1$
Điều vô lý này chứng tỏ giả sử ban đầu về sự tồn tại của $p$ là sai.
Ta được: $ \gcd \left( m-n; \ 4(m-n)^2 + 12(m-n)n+12n^2 +1 \right) =1$ , kết hợp với $( \bigstar )$, suy ra $m-n$ phải là lập phương của một số tự nhiên.
Khẳng định bài toán theo đó được chứng minh hoàn toàn.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 14-10-2021 - 13:33
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh