phatthemkem

 

Gọi giao điểm của CB và AE là Y, DF và AE là Z, BD và AE là X.

Ta có: $AX^{2}=\bar{BX}.\bar{XD}$ (1)

Mặt khác: $\Delta BXY\sim \Delta ZXD \Rightarrow \frac{XY}{XD}=\frac{XB}{ZX}$ (2)

Từ (1), (2) suy ra: $\bar{ZY}.\bar{ZX}=AX^{2}$

Suy ra (A,E,Y,Z)=-1 (3) (theo hệ thức Mac-lau-rin vì X là trung điểm AE)

Suy ra (F,D,G,Z)=-1 (4)

Từ (3), (4) suy ra AF,ED,CY đồng quy tại 1 điểm.

Bài toán này mình có sử dụng kiến thức về phép chiếu xuyên tâm. Bạn có thể tham khảo tài liệu trên mạng về vấn đề này.

Mà bạn có biết làm sao vẽ hình trên VMF mà hiển thị được luôn không. Có gì thì bày mình với (mình là thành viên mới mà)

 

Về việc vẽ hình thì bạn xem ở đây.

http://diendantoanho...ề-việc-vẽ-hình/

Tìm số nguyên dương $n$ bé nhất sao cho với mọi cách tô màu các số $1,2,3,...,n$ bởi một trong hai màu $Đ,T$ (mỗi số chỉ được tô một màu), ta đều tìm được $3$ số khác nhau, có màu giống nhau và tạo thành $3$ số hạng của $CSC.$

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NGÃI

KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN THAM DỰ KỲ THI CHỌN HSG QUỐC GIA NĂM HỌC 2015-2016

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi thứ nhất: 07/10/2015.

Bài $1$ (5,0 điểm). 

Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$$\frac{3}{2a+b+\sqrt{8bc}}+\frac{3}{2}\geq \frac{8}{\sqrt{2b^2+2\left ( a+c \right )^2}+3}+\frac{1}{a+b+c}.$$

Bài $2$ (5,0 điểm).

Cho dãy số $\left ( u_n \right )$ được xác định bởi: $\left\{\begin{matrix} u_1=3\\ u_{n+1}=\dfrac{u_n^2+2012u_n+2}{2015} \end{matrix}\right.$  $\left ( n=1,2,3,... \right )$

Thành lập dãy $\left ( v_n \right )$ với $v_n=\sum_{i=1}^{n}\frac{u_i-1}{u_{i+1}-2}.$ Tìm $\lim_{n\rightarrow +\infty }v_n.$

Bài $3$ (5,0 điểm).

Người ta viết sẵn trên bảng đen $n$ số nguyên dương $1,2,...,n$ với $n \geq 2$ và cho thực hiện trò chơi như sau: Ở mỗi bước đi, người chơi được phép chọn tùy ý hai số đang có trên bảng, xóa chúng đi và viết vào đó một số bằng hai lần tổng của hai số vừa được xóa. Trò chơi kết thúc sau $n-1$ bước đi. Số duy nhất có mặt trên bảng sẽ là số viên kẹo mà người chơi được thưởng. Chứng minh rằng dù chơi thế nào người chơi cũng được thưởng nhiều hơn $\dfrac{4n^3}{9}$ viên kẹo.

Bài $4$ (5,0 điểm).

Trong mặt phẳng cho hai đường tròn $\left ( O_1 \right ),\left ( O_2 \right )$ có bán kính không bằng nhau và tiếp xúc ngoài với nhau tại $T.$ Kẻ $O_1A$ tiếp xúc với $\left ( O_2 \right )$ tại $A$, $O_2B$ tiếp xúc với $\left ( O_1 \right )$ tại $B$ sao cho $A,B$ nằm về cùng một phía với $O_1O_2.$ Lấy $H$ thuộc $O_1A$, $K$ thuộc $O_2B$ sao cho $BH$ và $AK$ cùng vuông góc với $O_1O_2$, $TH$ cắt $\left ( O_1 \right )$ tại $E$, $TK$ cắt $\left ( O_2 \right )$ tại $F$, $O_1A$ cắt $O_2B$ tại $I$, $EF$ cắt $AB$ tại $S.$

a) Chứng minh $IT$ là phân giác góc $O_1IO_2.$

b) Chứng minh ba đường thẳng $O_1A,O_2B$ và $TS$ đồng quy.

Ngày thi thứ hai: 08/10/2015.

Bài $5$ (7,0 điểm).

Tìm tất cả các hàm số $f$ xác định trên $\mathbb{N}$ và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

$2f(n)f(k+n)-2f(k-n)=3f(n)f(k),k\geq n$ và $f(1)=1.$

Bài $6$ (7,0 điểm).

1) Cho $11$ số nguyên dương $a_1,a_2,...,a_{11}.$ Chứng minh rằng luôn tồn tại các số $x_i\in \left \{ -1;0;1 \right \}\left ( i=1;2;...;11 \right )$ không đồng thời bằng $0$ sao cho $\sum_{i=1}^{11}x_ia_i$ chia hết cho $2047.$

2) Cho đa thức $P(x)$ với các hệ số nguyên, chia hết cho $3$ khi $x$ lấy các giá trị nguyên $k,k+1,k+2.$ Chứng minh rằng $P(m)$ chia hết cho $3, \forall m \in \mathbb{Z}.$

Bài $7$ (6,0 điểm).

Trên mặt phẳng cho điểm $I$ cố định và ba đường tròn $\left ( O_1;R_1 \right ),\left ( O_2;R_2 \right ),\left ( O_3;R_3 \right )$ cùng qua $I$; ngoài ra $A,B,C$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $(O_2)$ và $(O_3)$, $(O_3)$ và $(O_1)$, $(O_1)$ và $(O_2)$. Biết rằng $I$ nằm trong tam giác $ABC$. Đường thẳng $d_1$ tiếp xúc với $(O_1),(O_2)$ lần lượt tại $M,N$ và không cắt $(O_3)$, đường thẳng $d_2$ tiếp xúc với $(O_2),(O_3)$ lần lượt tại $P,Q$ và không cắt $(O_1)$, đường thẳng $d_3$ tiếp xúc với $(O_3),(O_1)$ lần lượt tại $E,F$ và không cắt $(O_2)$. Giả sử các đường tròn $(O_1),(O_2)$ và $(O_3)$ thay đổi sao cho $R_1^2+R_2^2+R_3^2 \leq 3$. Hãy tính bán kính của các đường tròn $(O_1),(O_2)$ và $(O_3)$ và khoảng cách giữa các tâm các đường tròn đó sao cho tổng $S=S_{\triangle IMN}+S_{\triangle IPQ}+S_{\triangle IEF}$ lớn nhất.

Bất đẳng thức này suy ra từ 2 bài toán quen thuộc sau:

 

1.(Vasile Cirtoaje)

 

$\frac{1}{a^2+ab+b^2}+\frac{1}{b^2+bc+c^2}+\frac{1}{c^2+ca+a^2}\geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$

 

2.( Darij Grinberg)

 

$\frac{c(a+b)}{a^2+ab+b^2}+\frac{a(b+c)}{b^2+bc+c^2}+\frac{b(c+a)}{c^2+ac+a^2} \geq 2$

Rất hay!     Hai BĐT trên có thể chứng minh bằng $C-B-S$, do vậy ta hoàn toàn mở rộng được BĐT đã cho ở trên kia với bộ $n$ số dương. Cảm ơn bạn!

Cho $\left \{ x_n \right \}$ thỏa mãn: $x_0=0,x_1=3,x_{n+2}=7x_{n+1}+x_n,\forall n=0,1,2,...$

CMR tồn tại $a\in \mathbb{N}^*$ sao cho với mọi $n\in \mathbb{N}^*$ thì biểu diễn trong hệ nhị phân của $x_{an}$ có ít nhất $46^{2014}$ chữ số $1$.

Cho $\left \{ x_n \right \}$ xác định như sau: $\left\{\begin{matrix} x_1=1,x_2=2013\\ x_{n+2}=4026x_{n+1}-x_n,n=1,2,... \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng $\frac{x_{2014}+1}{2014}$ là số chính phương.

CMR:

$\sum \frac{a+1}{a+c+1}\geq 2$

Biết $ab+bc+ca=2abc$

BĐT sai với $a=b=-4,c= \frac{2}{5}$

Có lẽ bạn nên xem thử điều kiện của $a,b,c$

Bài 1: Bằng qui nạp dễ dàng chứng minh $0< x_n <1 \forall n\ge 0       (*)$

Ta cần chứng minh dãy $x_n$ đơn điệu tăng hoặc giảm.

Xét hàm số $f(x)=\frac{1}{4+2011x} \forall x\in (0;+\infty)$

$f'(x)=\frac{-2011}{(4+2011x)^2}<0 \Rightarrow f(x)$ nghịch biến trên $(0;+\infty)$

Mà $x_1<x_2 \Rightarrow f(x_1)>f(x_2)  \Rightarrow x_2 > x_3 .... \Rightarrow x_{n+1}<x_n$ hay dãy $x_n$ đơn điệu giảm.

Kết hợp với $(*)$ thì ta suy ra $x_n $ hội tụ. 

Gọi $L  (0<L<1)$ là giới hạn của dãy $x_n$, ta có: 

$L=\frac{1}{4+2011L}$ hay $L=\frac{-2+\sqrt{2015}}{2011}$

Hàm nghịch biến thì suy ra hai dãy con với chỉ số chẵn và lẻ với tính đơn điệu trái ngược nhau   

Cho số nguyên dương $n \geq 2,$ tìm hằng số $k$ lớn nhất có tính chất: Nếu các số thực $a_0,a_1,...,a_n$ thỏa mãn $0=a_0 \geq a_1 \geq a_2 \geq ... \geq a_n$ và $2a_i \geq a_{i-1}+a_{i+1}, \forall i=1,2,...,n-1$ thì

$$\left ( a_1+2a_2+...+na_n \right )^2 \geq k \left ( a_1^2+a_2^2+...+a_n^2 \right ).$$

giải thích giúp mình bài này với

Cơ bản là dùng lượng liên hợp

$\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{(n+1)}}=\frac{(n+1)\sqrt{n}-n\sqrt{(n+1)} }{\left [ (n+1)\sqrt{n}+n\sqrt{(n+1)} \right ]\left [ (n+1)\sqrt{n}-n\sqrt{(n+1)} \right ]} \\ =\frac{(n+1)\sqrt{n}-n\sqrt{(n+1)}}{n\left ( n+1 \right )}=\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}$

Cho dãy đa thức $P_n(x)$ với:

$\left\{\begin{matrix} P_0(x)=0\\ P_{n+1}(x)=P_n(x)+\frac{x-P_n^2(x)}{2},\forall n \in \mathbb{N} \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng nếu $\forall x \in \left [ 0;1 \right ],n \in \mathbb{N}$ thì $0\leq \sqrt{x}-P_n(x)\leq \frac{2}{n+1}.$

 

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH 

ĐĂKLĂK

KÌ THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI QUỐC GIA 

NĂM HỌC 2014-2015

ngày: 22/10/2014

Ngày 1

 

 

Câu 4:(5đ)

      Cho a, b, c là các số thực dương . CM rằng 

 

$\frac{(a+b-c)^{2}}{(a+b)^{2}+c^{2}}+\frac{(a+c-b)^{2}}{(a+c)^{2}+b^{2}}+\frac{(c+b-a)^{2}}{(c+b)^{2}+a^{2}}\geq \frac{3}{5}$

 

 

 

Nếu không chuẩn hóa, ta biến đổi đôi chút BĐT như sau đây:

$\sum \frac{(b+c-a)^2}{(b+c)^2+a^2}\geq \frac{3}{5}\Leftrightarrow \sum \frac{(b+c)^2+a^2-2a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\geq \frac{3}{5}\\ \Leftrightarrow 3-2\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\geq \frac{3}{5}\Leftrightarrow \sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq \frac{6}{5},(1)$

BĐT đã cho trở thành một BĐT quen thuộc, ta giải $(1)$ như sau:

$\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq \sum \frac{a(b+c)}{a^2+\frac{(b+c)^2}{4}+\frac{3(b+c)^2}{4}}\leq \sum \frac{4a(b+c)}{4a(b+c)+3(b+c)^2}$

Do $\sum \frac{4a(b+c)}{4a(b+c)+3(b+c)^2}=3-3\sum \frac{(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}$

nên $\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\\  \leq 3-3\sum \frac{(b+c)^2}{4a(b+c)+3(b+c)^2}=3-3 \sum \frac{(b+c)^2}{3(b^2+c^2)+(4ab+6bc+4ac)}$

Mặt khác $\sum \frac{(b+c)^2}{3(b^2+c^2)+(4ab+6bc+4ac)}\geq \sum \frac{4(a+b+c)^2}{6(a^2+b^2+c^2)+14(ab+bc+ca)}\\ =\sum \frac{2(a+b+c)^2}{3(a+b+c)^2+(ab+bc+ca)}\geq \sum \frac{2(a+b+c)^2}{3(a+b+c)^2+\frac{(a+b+c)^2}{3}}=\frac{3}{5}$

Do đó: $\sum \frac{a(b+c)}{(b+c)^2+a^2}\leq3-3.\frac{3}{5}=\frac{6}{5}$

Dấu $"="$ xảy ra khi $a=b=c$

Giải phương trình nghiệm nguyên $\left ( x^{2}+y^{2} +1\right )^{2}-5x^{2}-4y^{2}-5=0$

$\left ( x^{2}+y^{2} +1\right )^{2}-5x^{2}-4y^{2}-5=0\Leftrightarrow \left ( x^{2}+y^{2} +1\right )^{2}-4\left ( x^{2}+y^{2} +1 \right )+4-x^2=5\Leftrightarrow \left ( x^2+y^2-1 \right )^2-x^2=5\Leftrightarrow \left ( y^2-1 \right )\left ( 2x^2+y^2-1 \right )=5\Leftrightarrow ...$

Tính $B=\frac{1}{6}+\frac{1}{24}+\frac{1}{60}+\frac{1}{120}+\frac{1}{210}+...+\frac{1}{6840}$

 

Chú ý: Cách gõ công thức Toán.

Ta có: $\frac{1}{n\left ( n+1 \right )\left ( n+2 \right )}=\frac{1}{2}\left [ \frac{1}{n\left ( n+1 \right )}-\frac{1}{\left ( n+1 \right )\left ( n+2 \right )} \right ]$

Nên $B=\frac{1}{1.2.3}+\frac{1}{2.3.4}+...+\frac{1}{18.19.20}=$

$\frac{1}{2}\left ( \frac{1}{1.2}-\frac{1}{2.3} \right +\frac{1}{2.3}-...+\frac{1}{18.19}-\frac{1}{19.20})=\frac{189}{760}$