Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi chuyên toán Vĩnh Phúc


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 CloudSup

CloudSup

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 11 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:CVP

Đã gửi 20-06-2021 - 11:48

post-182776-0-15453900-1624164480.jpg



#2 KietLW9

KietLW9

    Thượng úy

  • Điều hành viên THCS
  • 1239 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THCS Nguyễn Trãi ★ CHUYÊN TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, HÌNH HỌC★
  • Sở thích:Bóng đá, Học toán(Bất đẳng thức, Hình học), Bayern Munich, Lewandowski, Aphonso Davies, Gnabry, Kimmich, Neuer

Đã gửi 20-06-2021 - 15:45

Không có gì

a) Từ giả thiết ta có: $6-c=\sqrt{ab+a+b+1}\leqslant \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}+a+b+1}=\frac{a+b}{2}+1\Rightarrow a+b+2\geqslant 12-2c\Rightarrow a+b+2c\geqslant 10$

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+2}\leqslant 2$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{c}{c+2}$

Mà ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}=\frac{2}{\sqrt{ab+a+b+1}}=\frac{2}{6-c}$ nên ta cần chứng minh: $\frac{2}{6-c}\geqslant \frac{c}{c+2}\Leftrightarrow (c-2)^2\geqslant 0(true)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=3,c=2$


Trong cuộc sống không có gì là đẳng thức , tất cả đều là bất đẳng thức  :ukliam2:   :ukliam2: 

 

 

$\text{LOVE}(\text{KT}) S_a (b - c)^2 + S_b (c - a)^2 + S_c (a - b)^2 \geqslant 0\forall S_a,S_b,S_c\geqslant 0$

 

 

 


#3 tthnew

tthnew

    Hạ sĩ

  • Điều hành viên THCS
  • 52 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 20-06-2021 - 21:38

Câu 4.

795x8k0.png

a) Gọi $PF$ cắt $QE$ tại $R.$ Đi tính thôi! Kẻ $BJ//PC.$ Có$:$
$$\dfrac{CN}{NB}\cdot \dfrac{BE}{EP}=\dfrac{CR}{JB}\cdot \dfrac{JB}{PR}=\dfrac{CR}{PR}$$
$$\Rightarrow \dfrac{PR}{CR}=\dfrac{EP}{EB}\cdot \dfrac{NB}{NC}=\dfrac{PQ}{NC}\Rightarrow PQ||AD||BC.$$ Do đó:
$$\angle QPC=\angle PCN=\angle QEF$$
$\Rightarrow$ Tứ giác EFQP nội tiếp.
b) Để ý đường nối tâm là đường trung trực của dây chung. Từ đó gọi $U, V, W$ là tâm $(PQE), (AMF), (CEN)$ thì $U,V,W$ cùng thuộc trung trực $EF.$ (đpcm)
c) Chứng minh $MN, BD, EF$ đồng quy. Gọi $MN, BD$ cắt nhau tại $X.$
Ta đi chứng minh $E, X, F$ thẳng hàng.
Theo Menelaus đảo cho tam giác PBD, cần: $\dfrac{PE}{BE}\cdot \dfrac{BX}{XD}\cdot \dfrac{DF}{FP}=1.$
Tuy nhiên, ta có: $$\dfrac{PE}{BE}=\dfrac{PQ}{NB};\dfrac{BX}{XD}=\dfrac{NB}{DM};\dfrac{DF}{FP}=\dfrac{DM}{PQ},$$ nhân lại là đpcm.
Note. Mình quăng thằng $PQ||BC$ lên câu $a,$ cho tiện.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tthnew: 21-06-2021 - 05:59


#4 perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản trị
  • 4278 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 22-06-2021 - 00:54

Bài tổ lạ mắt đấy, thường thì dạng này là bảo chứng minh vô lý hoặc ra một bất biến :)

Lời giải vắn tắt:

Ta kí hiệu $a\mathop  \to \limits^b c$ để biểu diễn rằng xóa số $a,b$ trên bảng và thay bằng $c$. Theo đề thì $c = \frac{a+b}{2}$.

Ta sẽ chứng minh tổng quát: nếu trên bảng có $n$ số tự nhiên từ $1$ đến $n$ ($n \ge 3$) thì ta luôn luôn có cách để thu về số nguyên dương $m \in [2;n-1]$ sau hữu hạn bước.

Thật vậy, ta có dãy biến đổi như sau:

\[\begin{array}{l}
1\mathop  \to \limits^3 2\mathop  \to \limits^2 2\mathop  \to \limits^4 3\mathop  \to \limits^5 ...\mathop  \to \limits^{} m - 3\mathop  \to \limits^{m - 1} m - 2\\
n\mathop  \to \limits^{n - 2} n - 1\mathop  \to \limits^{n - 1} n - 1\mathop  \to \limits^{n - 3} n - 2\mathop  \to \limits^{n - 4} ...\mathop  \to \limits^{} m + 3\mathop  \to \limits^{m + 1} m + 2
\end{array}\]

Sau cùng, ta sẽ còn 3 số trên bảng $m-2; m$ và $m+2$. Ta thực hiện 2 bước cuối cùng:

\[m + 2\mathop  \to \limits^{m - 2} m\mathop  \to \limits^m m\]


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D

$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$




I'm still there everywhere.

#5 mapdjtbeoidethuong

mapdjtbeoidethuong

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Đã gửi 22-06-2021 - 08:15

Không biết làm hết từ câu 1 đến câu 4b có đỗ không nhỉ? :v



#6 mapdjtbeoidethuong

mapdjtbeoidethuong

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết

Đã gửi 22-06-2021 - 08:20

Không có gì

a) Từ giả thiết ta có: $6-c=\sqrt{ab+a+b+1}\leqslant \sqrt{\frac{(a+b)^2}{4}+a+b+1}=\frac{a+b}{2}+1\Rightarrow a+b+2\geqslant 12-2c\Rightarrow a+b+2c\geqslant 10$

b) Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: $\frac{a}{a+1}+\frac{b}{b+1}+\frac{c}{c+2}\leqslant 2$

$\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{c}{c+2}$

Mà ta có: $\frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}\geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}=\frac{2}{\sqrt{ab+a+b+1}}=\frac{2}{6-c}$ nên ta cần chứng minh: $\frac{2}{6-c}\geqslant \frac{c}{c+2}\Leftrightarrow (c-2)^2\geqslant 0(true)$

Đẳng thức xảy ra khi $a=b=3,c=2$

Cách khác của câu $b$ (nhưng cũng gần giống):

BĐT $\Leftrightarrow \frac{1}{a+1}+\frac{1}{b+1}+\frac{2}{c+2} \geqslant 1$.

Ta có:

$VT \geqslant \frac{2}{\sqrt{(a+1)(b+1)}}+\frac{2}{c+2} \geqslant \frac{2.4}{\sqrt{(a+1)(b+1)}+c+2}=1$.

Ta có điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi mapdjtbeoidethuong: 22-06-2021 - 08:21





0 người đang xem chủ đề

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