20 replies to this topic

[dark templar]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THÀNH PHỐ (THỜI GIAN 180 PHÚT)

BÀI 1:(2 đ)
Giải pt sau: $2sin2x -cos2x=7sinx+2cosx-4$

BÀI 2:(6 đ)
a/ Chứng minh BĐT sau đúng với mọi số thực a,b,c,d: $ad+bc \leq \sqrt{a^2+b^2}.\sqrt{c^2+d^2}$
b/Cho a,b,c>0 thỏa $a+b+c \geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$.Chứng minh rằng :$a+b+c \geq \dfrac{3}{a+b+c}+\dfrac{2}{abc}$
c/Cho x,y,z là các số thực thỏa :$x^2+y^2+z^2=2$.Tìm GTLN của $A=x+y+z-xyz$

BÀI 3:(2 đ)
Tìm tất cả số n nguyên dương sao cho $n^4+n^3+1$ là số chính phương.

BÀI 4:(2 đ)
Giải hệ pt sau :$ \left\{\begin{array}{l}x^3+3xy^2=-49\\x^2-8xy+y^2=8x-17y\end{array}\right. $

BÀI 5:(2 đ)
Đinh m để pt sau có nghiệm $\sqrt{1-x}-\sqrt{x}+m\sqrt{x-x^2}=2$

BÀI 6:(4 đ)
Cho tứ diện SABCD có đáy ABCD là hình vuông,SA vuông góc với mp ABCD.XĐ và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD.

BÀI 7:(2 đ)
Cho x,y là các số thực thỏa $x^2-xy+y^2=3$.Tìm GTLN và GTNN của $B=2x^2-xy+2y^2$.

Edited by dark templar, 03-02-2013 - 11:56.

[hung0503]

anh làm đề này chắc ngon hen ^^
em có chị đi thi, về tức quá trời vì bài hình chỉ tính ko xác định---------->pó tay
còn cái bài số học 2đ ngon ăn mà đâm đầu vô bđt nên...........

[dark templar]

Mình cũng chỉ đc 12 đ thôi ( chắc rớt (

[Nguyễn Hoàng Lâm]

Bài số học bạn giải thế nào vậy . Chi tớ với, tớ bí lù

[dark templar]

Bài số học bạn giải thế nào vậy . Chi tớ với, tớ bí lù

Mình sẽ post những câu mà mình biết giải lên
Bài 1: Phương trình tương đương với :
$4sinxcosx-8sinx=1-2sin^2x-4+2cosx-sinx$
$ \Leftrightarrow 4sinx(cosx-2)=2(cosx-2)-(2sin^2x+sinx-1)$
$ \Leftrightarrow 2(cosx-2)(2sinx-1)=-(2sinx-1)(sinx+1)$
$ \Leftrightarrow (2sinx-1)(2cosx+sinx-3)=0$
Đến đây dễ rồi nhé

Bài 2:
a/Căn bản
b/Giả thuyết tương đương với: $abc(a+b+c) \ge ab+bc+ca$.Sử dụng BĐT AM-GM,ta có:$abc(a+b+c) \le \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3}$
$ \Rightarrow \dfrac{(ab+bc+ca)^2}{3} \ge ab+bc+ca \Leftrightarrow ab+bc+ca \ge 3$
Ta có :$VP=\dfrac{3}{a+b+c}+\dfrac{2}{abc} \le \dfrac{1}{3} \left(\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c} \right) +\dfrac{2}{abc}(Cauchy-Schwarzt)$
$=\dfrac{ab+bc+ca+6}{3abc} \le VT=a+b+c \Leftrightarrow ab+bc+ca+6 \le 3abc(a+b+c)$
Có $3abc(a+b+c) \ge 3(ab+bc+ca)(gt) \ge ab+bc+ca+6(đpcm)$.Đẳng thức xảy ra khi $a=b=c=1$.
c/Sử dụng BĐT Cauchy-Schwarzt,ta có:
$x+y+z-xyz=x.(1-yz)+y+z \leq \sqrt{[x^2+(y+z)^2][1+(1-yz)^2]}$
Ta sẽ chứng minh rằng :$\sqrt{[x^2+(y+z)^2][1+(1-yz)^2]} \le 2 \Leftrightarrow 2(yz)^3 \le 2(yz)^2$(luôn đúng do $2=x^2+y^2+z^2 \ge y^2+z^2 \ge 2yz$).Vậy $A_{\max}=2 \Leftrightarrow x=0;y=z=1$ hoặc các hoán vị tương ứng.

Bài 5:
Sử dụng lương giác hóa ,đặt $x=sin \alpha (0< \alpha < \dfrac{ \pi }{2}$ rồi biện luận theo lương giác(xin lỗi nha vì bài này mình giải khá dài nên nhác gõ ra quá )

Bài cuối cùng thì là của THCS.

Edited by dark templar, 12-03-2011 - 20:29.

[supermember]

Vui vui tí vậy :

Bài số 3 :

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho :

$ n^4 + n^3 +1 $ là số chính phương .

Lời giải :

Giả sử : $ n^4 + n^3 +1 = k^2 \ \ ( k ; n \in \mathbb{N}^{*} )$

$ \implies 4n^4 + 4n^3 + 4 = (2k)^2 \ \ (1)$

Ta có đánh giá như sau :

$ 4n^4 + 4n^3 + 4 < 4n^4 + 4 + n^2 + 8n^2 + 4n^3 + 4n = ( 2n^2 + n + 2)^2 $

Và $ 4n^4 + 4n^3 + 4 > 4n^4 + n^2 +1 - 4n^2 + 4n^3 -2n = (2n^2 + n -1)^2$

Suy ra : $ (2n^2 + n -1)^2 <4n^4 + 4n^3 + 4 <( 2n^2 + n + 2)^2 $

Mà theo $(1)$ thì rõ ràng $ 4n^4 + 4n^3 + 4$ là số chính phương .

Nên chỉ có thể xảy ra $2$ trường hợp :

TH1 : $ 4n^4 + 4n^3 + 4 = (2n^2 + n)^2$

$ \implies 4n^4 + 4n^3 + 4 = 4n^4 + 4n^3 + n^2 \implies n^2 = 4 \implies n = 2$

Thử lại thì $ n = 2$ thỏa yêu cầu bài toán vì $ 2^4 + 2^3 + 1 = 25 = 5^2 $

TH2 : $ 4n^4 + 4n^3 + 4 = (2n^2 + n+1)^2$

$ \implies 3 = 5n^2 + 2n $ ; phương trình này không có nghiệm nguyên dương

Từ đây suy ra : $2$ là số nguyên dương duy nhất thỏa yêu cầu bài toán

Mấy ngày qua trên diễn đàn xuất hiện các mem dark templar ; hxthanh rất tích cực ; đáng khen

Hi vọng trong thời gian tới ; các mem này giữ vững tinh thần để ghóp phần vực dậy VMF

Edited by supermember, 17-03-2011 - 22:31.

[dark templar]

Em cũng biết bài này cần phải xài kẹp và đánh giá,nhưng em không thể tìm đc chặn thích hợp Cảm ơn anh supermember
P/s:Em cũng chỉ có thể onl cuối tuần được thôi nên không thể thường xuyên lên VMF được

[h.vuong_pdl]

đề thành phô co khac, oai am darktemplar nhỉ
nói chung cả đề khó nhất câu hệ 4, còn lại thì cũng vừa vừa nhỉ ?
ukm, câu 6) mình tính đụoc:
$\textup{k/c } = \dfrac{ah}{\sqrt{2h^2+a^2}} $
trog đo: $SA = h, AB = a$
không biêt co đung ko?

[dark templar]

đề thành phô co khac, oai am darktemplar nhỉ
nói chung cả đề khó nhất câu hệ 4, còn lại thì cũng vừa vừa nhỉ ?
ukm, câu 6) mình tính đụoc:
$\textup{k/c } = \dfrac{ah}{\sqrt{2h^2+a^2}} $
trog đo: $SA = h, AB = a$
không biêt co đung ko?

Tính được như bạn chỉ được có nửa số điểm thôi Còn phải xác định đoạn đó nằm ở đâu nữa chứ
P/s:Mình cũng đinh ninh là rớt rồi vì nghe đồn là chỉ lấy trên 10 điểm thôi (Mình thì làm sai câu cuối và dư trường hợp câu 5 nên tưởng được dưới 10 đ ->rớt) nhưng cuối cùng lại đậu,mừng quá trời mừng

[Nguyễn Hưng]

nói chung cả đề khó nhất câu hệ 4, còn lại thì cũng vừa vừa nhỉ ?

Bài 2c là vừa sức bạn ư ?

PS: bài hệ chỉ mới là VMO 2004 thôi, còn 2c là đề đề nghị IMO

[alex_hoang]

Tuy nhiên câu bĐT ấy quen thộc rồi xuất hiện trong nhiều sách vở và VMO cũng từng có bài tương tự đấy
Xét một cách công bằng thì bài hệ khó nhất nó giống với dạng hệ thi VMO 2009 phải tìm được hằng số thích hợp để cộng vào cho có thể phân tích thành nhân tử được

[alex_hoang]

Làm nốt bài 7
Ta có
$\dfrac{B}{3} = \dfrac{{2{x^2} - 3xy + 2{y^2}}}{{{x^2} - xy + {y^2}}}$
Với y=0 thì $B=\dfrac{3}{2}$
Với $y \ne 0$ thì ta chia cả tử và mẫu cho $y$ Được
$\dfrac{B}{3} = \dfrac{{2{t^2} - 3t + 2}}{{{t^2} - t + 1}}(t = \dfrac{x}{y})$
Khảo sát hàm số trên ta có kết quả

[henry0905]

b/Cho a,b,c>0 thỏa $a+b+c \geq \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}$.Chứng minh rằng :$a+b+c \geq \dfrac{3}{a+b+c}+\dfrac{2}{abc}$

Cách khác.
$a+b+c\geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\geq \frac{9}{a+b+c}$
$\Leftrightarrow a+b+c\geq 3$
$(1)\Leftrightarrow (a+b+c)^{2}\geq 3+2(ab+bc+ca)$
Đúng theo chứng minh trên.

[tramyvodoi]

Đây là đề thi HSG cấp TPHCM năm trước nữa. A e ai có đề năm trước hãy post lên nha. Tuy mình có thi nhưng k nhớ đề

[Zaraki]

Đây là đề thi HSG cấp TPHCM năm trước nữa. A e ai có đề năm trước hãy post lên nha. Tuy mình có thi nhưng k nhớ đề

Tức là năm nào chị nhỉ ??

[dark templar]

Đây là đề thi HSG cấp TPHCM năm trước nữa. A e ai có đề năm trước hãy post lên nha. Tuy mình có thi nhưng k nhớ đề

Không xài từ viết tắt trong bài post,làm mod thì phải làm gương chứ
Thể theo yêu cầu :Đề thi HSG TPHCM 2011-2012.

[tramyvodoi]

Tức là năm nào chị nhỉ ??

2012

[hoangtrong2305]

BÀI 4:(2 đ)
Giải hệ pt sau :$ \left\{\begin{array}{l}x^3+3xy^2=-49\\x^2-8xy+y^2=8x-17y\end{array}\right. $

Theo kinh nghiệm ra đề hệ thi HSG lúc nào cũng có nghiệm đẹp nên ta "ma giáo" làm cách sau

Giả sử hệ có nghiệm

$ \left\{\begin{array}{l}x^3+3xy^2=-49\\x^2-8xy+y^2=8x-17y\end{array}\right. $

Xét phương trình $x^3+3xy^2=-49$ (1)

$\Leftrightarrow y^{2}=-(\frac{49+x^{3}}{x})$

Để phương trình (1) có nghiệm thì $x \in (-\sqrt[3]{49};0)$

Khi đó $y$ sẽ có 2 nghiệm trái dấu (nghiệm $y=0$ không thoả hệ) (2)

Xét hàm số $f(x)=x^{3}+3xy^{2}+49=0$ với $y$ là tham số trên $(-\sqrt[3]{49};0)$

$f'(x)=3x^{2}+3y^{2}>0;\forall x \in (-\sqrt[3]{49};0)$

Vậy hàm $f(x)$ là hàm đồng biến nên phương trình $f(x)=0$ có nghiệm duy nhất $\in (-\sqrt[3]{49};0)$ (3)

Xét hàm số $f(y)=y^{2}-8y(x+1)+x^{2}+17x$ với $x$ là tham số trên $\mathbb{R}$

Ta có hàm $f(y)$ liên tục và xác định trên $\mathbb{R}$

$f'(y)=2y-8(x+1)$

$f'(y)=0\Leftrightarrow y=4x+4$

Mà $f(4x+4)=-15x^{2}-15x-16<0$

Vậy phương trình $f(y)=0$ luôn có 2 nghiệm phân biệt (4)

Từ $(2);(3);(4)\Rightarrow$ Hệ phương trình có nghiệm thì ta chỉ có 1 nghiệm $x$ và tối đa 2 nghiệm $y$ và 2 nghiệm này phải trái dấu nhau (5)

Mà $\left\{\begin{matrix} x=-1\\ \begin{bmatrix} y=4\\ y=-4 \end{bmatrix} \end{matrix}\right.$ thoả hệ và thoả cả điều kiện $(5)$

Kết luận: Nghiệm của hệ là:

$\left\{\begin{matrix} x=-1\\ y=4 \end{matrix}\right.$ hay $\left\{\begin{matrix} x=-1\\ y=-4 \end{matrix}\right.$

[bugatti]

BÀI 6:(4 đ)
Cho tứ diện SABCD có đáy ABCD là hình vuông,SA vuông góc với mp ABCD.XĐ và tính độ dài đoạn vuông góc chung của AC và SD.

$AB=BC=CD=AD=a$,$SA=h$
Qua $D$ kẻ đường thằng song song với $AC$ cắt đường thằng $AB$ tại $E$.
Ta có:$ACDE$ là hình bình hành.
$AE=DC=AB=AD$
$\Rightarrow$ tam giác AED vuông cân tại $A$
ta có $$\rightarrow d_{(SD;AC)}=d_{(AC;(SED))}=d_{(A;(SED))}=AH$$
-Kẻ $AF$ vuông góc với $ED$
-Ta có:$\left\{\begin{matrix} &ED\perp AF \\ & ED\perp SA \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow ED\perp (SAF)$
Kẻ $AH\perp SF$
$\rightarrow d_{(SD;AC)}=d_{(AC;(SED))}=d_{(A;(SED))}=AH$
Tam giác AED vuông cân, mà À vuông góc với ED
$\rightarrow$ F là trung điểm của ED
$\rightarrow$ $AF=\frac{1}{2}AC=\frac{a}{\sqrt{2}}$
$\frac{1}{AH^{2}}=\frac{1}{SA^{2}}+\frac{1}{AF^{2}}$
$AH=\frac{a.h}{\sqrt{a^{2}+2h^{2}}}$
$d_{(A;(SED))}=AH=\frac{a.h}{\sqrt{a^{2}+2h^{2}}}$

Edited by bugatti, 11-02-2013 - 10:53.

[kbull]

Cho mình hỏi bài 2a có cần phải chứng minh lại không hay là áp dụng ông Bunhiacopski luôn thì có được trọn điểm không ạ?