Chủ đề này có 6 trả lời

[chuyenndu]

Đề chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du (Đăk Lăk) vòng 1 năm học 2022-2023

Bài 1 (6 điểm):

a) Giải phương trình $\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}=x\sqrt{1+2\sqrt{1-x^2}}$

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x+\dfrac{2xy}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}}=x^2+y\\ y+\dfrac{2xy}{\sqrt[3]{y^2-2y+9}}=y^2+x\end{matrix}\right.$

c) Tìm $lim u_n$ với $(u_n):\left\{\begin{matrix}u_1=3\\u_{n+1}^3-3u_{n+1} =\sqrt{2+u_n},\forall n\in \mathbb{N}^*\end{matrix}\right.$

 

Bài 2 (6 điểm):

a) Chứng minh rằng có vô hạn bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn $x^{2023}+y^3=z^2$.

b) Kí hiệu $\left [ x \right ]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Dãy số nguyên $(a_n)$ được xác định bởi $a_1=2$ và $a_{n+1}=\left [ \frac{3}{2}a_n \right ]$ với mọi $n\ge 1$. CMR có vô hạn số chẵn trong dãy $(a_n)$

c) Có bao nhiêu bộ bốn số nguyên $(x_1,x_2,x_3,x_4)$ sao cho $1\le x_1,x_2,x_3,x_4\le 6$; ngoài ta thì $x_1<x_2,x_2>x_3$ và $x_3<x_4$

 

Bài 3 (4 điểm):

Cho đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC có BC=a. Đường tròn (I) tiếp xúc BC tại D. Gọi M là trung điểm BC. Gọi $r_1,r_2$ lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp tam giác ABM và tam giác ACM

a) CMR $\frac{r}{r_1}+\frac{r}{r_2}\ge 2\left ( 1+\frac{2r}{a} \right )$

b) CMR I,M và trung điểm AD thẳng hàng

 

Bài 4 (4 điểm):

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H là trực tâm. Gọi $B_1$ là điểm đối xứng của B qua AC, $C_1$ là điểm đối xứng của C qua AB, E là giao điểm của $AB_1$ và CH, F là giao điểm của $AC_1$ và BH, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AB_1C_1$

a) CMR AI vuông góc với EF

b) Gọi O' là điểm đối xứng của O qua BC. CMR A,I,O' thẳng hàng

 

p/s: nát ((, bài 2c đáp số là bao nhiêu nhỉ :/

[Hoang72]

Thử câu 2c:

Viết lại giả thiết thành: $x_4 > x_3; x_2 > x_3; x_2 > x_1$ và $1\leq x_1,x_2,x_3,x_4 \leq 6$.

Dễ thấy $x_1,x_3\leq 5$.

Với mỗi cặp giá trị của $(x_1,x_3)$ thì $x_2$ có thể nhận $6-\max\{x_1,x_3\}$ giá trị, $x_4$ có thể nhận $6-x_3$ giá trị.

$\bullet$ $x_1 \leq  x_3$:

Với mỗi giá trị của $x_1$:

+) $x_3$ chạy từ $x_1$ đến $5$. Với mỗi giá trị của $x_3$ thì có $(6-x_3)^2$ cặp giá trị của $(x_2;x_4)$.

Do đó có $1^2 + 2^2 + ... + (6-x_1)^2 = \frac{(6-x_1)(7-x_1)(13-2x_1)}{6}$ bộ giá trị của $(x_2,x_3,x_4)$.

Cho $x_1$ chạy từ $1$ đến $5$ ta có tổng cộng $\frac{5.6.11 + 4 . 5 . 9 + 3 . 4 . 7 + 2 . 3 . 5 + 1 . 2 . 3}{6} = 105$ bộ $(x_1,x_2,x_3,x_4)$.

$\bullet$ $x_1 > x_3$: Khi đó $x_3\leq 4$.

Với mỗi giá trị của $x_3$:

+) $x_1$ chạy từ $x_3+1$ đến $5$. Với mỗi giá trị của $x_1$ thì có $(6-x_1)(6-x_3)$ cặp giá trị của $(x_2,x_4)$.

Do đó có $(6-x_3)(1 + 2 + ... + (5-x_3)) = \frac{(6-x_3)^2(5-x_3)}{2}$ bộ giá trị của $(x_1,x_2,x_4)$.

Cho $x_3$ chạy từ $1$ đến $4$ ta có tổng cộng $\frac{5^2 . 4 + 4^2 . 3 + 3^2 . 2 + 2^2 . 1}{2}=85$ bộ giá trị của $(x_1,x_2,x_3,x_4)$.

Tóm lại có tổng cộng $190$ bộ thoả mãn. (Mình đã kiểm tra bằng c++)

 

 

[Sangnguyen3]

Em xin góp lời giải câu 1b 
Công 2 phương trình ta có $x^{2}+y^{2}=2xy\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right )$

Nếu $xy=0 \Rightarrow x=y=0$ ( thỏa mãn) 
Nếu $xy\neq 0$

Ta có $x^{2}+y^{2}>0;2\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right ) > 0 \Rightarrow xy> 0$

$x^{2}+y^{2}\geq 2xy \Rightarrow \left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right ) \geq 1$

Mặt khác $\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right )=\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}} + \frac{1}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}+8}} \right )\leq 1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$ ( thỏa mãn)  
Vậy cặp (x;y) thỏa mãn là $\left \{ (0;0),(1;1) \right \}$

[Nobodyv3]

Câu 2c:
Xét 2 trường hợp :
TH1: $x_1< x_3$: lúc này có $2$ khả năng là $x_2< x_4 $hoặc $x_2> x_4$
TH2: $x_1> x_3$: lúc này cũng có $2$ khả năng là $x_2< x_4 $ hoặc $x_2> x_4$
Như vậy số bộ số thỏa yêu cầu là :
$\left ( 2+2 \right )\binom{6}{4}=4\cdot 15=60$
Không trùng với kết quả của bạn trên, mình sai chỗ nào nhỉ?
À, thì ra mình xét $x_1$ khác $x_3$, $x_2$ khác $x_4$ !!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 19-08-2022 - 13:27

[hxthanh]

$\sum_{x_1=1}^5\sum_{x_2=x_1+1}^6\sum_{x_3=1}^{x_2-1}\sum_{x_4=x_3+1}^61$
$=\sum_{x_1=1}^5\sum_{x_2=x_1+1}^6\sum_{x_3=1}^{x_2-1} \left[6-\binom{x_3}{1}\right]$
$=\sum_{x_1=1}^5\sum_{x_2=x_1+1}^6\left[6\binom{x_2-1}{1}-\binom{x_2}{2}\right]$
$=\sum_{x_1=1}^5\left[6\binom{6}{2}-6\binom{x_1}{2}-\binom{7}{3}+\binom{x_1+1}{3}\right]$
$=30\binom{6}{2}-6\binom{6}{3}-5\binom{7}{3}+\binom{7}{4}$
$=190$

[hxthanh]

2 b) Là một câu khá hay
Từ đề bài thì có $a_1=2,a_2=2,a_3=4$
Và $a_n=2+\sum_{k=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{a_k}{2}\right\rfloor$
Từ đây quy nạp được $a_n=4+\sum_{k=1}^{n-3}a_k$
Rồi suy ra $a_n=a_{n-1}+a_{n-3}$
Kết quả là trong 4 số hạng liên tiếp của dãy, tồn tại ít nhất một số chẵn!

[supermember]

 

Bài 2 (6 điểm):

a) Chứng minh rằng có vô hạn bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn $x^{2023}+y^3=z^2$.

 

 

 

Bài này ý tưởng giải như sau:

 

Ta thử chọn nghiệm trong những bộ $3$ số nguyên dương $ (x;y;z)$ có dạng: $ (2^m; 2^n; 2^p)$ trong đó sẽ sắp xếp để: $ 2023m = 3n$ $(1)$ và $ 2| 2023m +1$ $(2)$

Lúc đó thì chỉ cần chọn $ p = \frac{2023m+1}{2}$

 

Từ $(1)$ Suy ra : $  3 | 2023m \implies 3 |m$   $(4)$ ( do $(3; 2023) =1$)

 

Từ $(2)$ Suy ra : $ 2 \not | m$ $(5)$

 

Từ $(4);(5)$; ta đi vét cạn trên modulo $6$ thì rõ ràng chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ m = 6t +3$ ($t \in \mathbb{N}$)

 

Suy ra: $ 2023m = 2023(6t+3) = 3n \implies n = 2023(2t+1)$

 

Và theo đó , theo lập luận ở trên: $ p = \frac{2023(6t+3) +1}{2}$

 

Thử lại thì bộ $3$ số nguyên dương $\left( 2^{6t+3}; 2^{2023(2t+1)}; 2^{ \frac{2023(6t+3) +1}{2} } \right)$ thỏa mãn bài toán ($t$ là số nguyên không âm bất kỳ) , và do có thể chọn vô số số nguyên không âm $t$ nên cũng có thể chọn ra vô số nghiệm của phương trình đã cho, bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 20-08-2022 - 15:07