Near Ryuzaki

Năm học mới với nhiều quy chế mới , kì toán TOÁN THPT QUỐC GIA nay đã đổi thành bài thi với hình thức TRẮC NGHIỆM. Với truyền thống ôn thi hằng năm của VMF , năm nay mình xin mạn phép mở topic này với mục đích cùng nhau trao đổi những CÂU HỎI HAY, KHÓ VỚI NHỮNG CÁCH GIẢI HAY VÀ NHANH phù hợp với hình thức thi trắc nghiệm . Do kì thi năm nay chủ yếu chỉ nằm trong nội dung năm học lớp 12 , gồm các phần sau : 

1. Ứng dụng đạo hàm để khảo sát và vẽ đồ thị hàm số.

2. Hàm số lũy thừa, hàm số mũ và hàm số lôgarit.

3. Nguyên hàm , tích phân và ứng dụng.

4. Số phức.

5. Khối đa diện.

6. Mặt cầu, măt trụ, mặt nón.

7. Phương pháp tọa độ trong không gian. 

NỘI QUY TOPIC :

1. TUÂN THỦ ĐÚNG QUY ĐỊNH CỦA DIỄN ĐÀN, TOPIC DÀNH CHO NHỮNG AI HỌC TẬP, TRAO ĐỔI CÁCH GIẢI , PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN KHÓ TRONG KÌ THI THPT QUỐC GIA MỘT CÁCH NGHIÊM TÚC.

2. KHÔNG ĐĂNG QUÁ NHIỀU BÀI CÙNG MỘT LÚC, TRÁNH LOÃNG TOPIC.

3. ĐÁNH SỐ THỰ TỰ TRƯỚC MỖI BÀI, BÀI NÀO LÀM ĐƯỢC SẼ ĐƯỢC BÔI ĐỎ TRONG TOPIC, KHI BÀI ĐÃ CÓ LỜI GIẢI RỒI MÀ AI CÓ LỜI GIẢI HAY, NGẮN HƠN VẪN CÓ QUYỀN ĐĂNG BÀI.

4. HÌNH THỨC GIẢI MỖI BÀI LÀ TỰ LUẬN , NẾU AI ĐỀ XUẤT ĐƯỢC CÁCH GIẢI CÀNG HAY, CÀNG NGẮN PHÙ HƠP VỚI TRẮC NGHIỆM THÌ CÀNG TỐT HOẶC ĐỀ XUẤT ĐƯỢC CÁCH LÀM NÀO ĐÓ CÓ THỂ LOẠI NHANH ĐƯỢC ĐÁP ÁN SAI THÌ CÀNG HAY !!.

                                                                             ----------------------------------------

Để mở màn TOPIC, mình sẽ bắt đầu với câu 50 trong đề thử nghiệm của Bộ GDĐT ( xem tại đây. ) Đây là bài toán mà nếu giải bằng cách tự luận thông thường thì khá dài, mời các bạn thảo luận cách giải hay và ngắn hơn: 

$\boxed{1}$ (Đề thi thử nghiệm) Trong không gian với hệ tọa độ $Oxyz,$ xét các điểm $A(0;0;1),B(m;0;0),C(0;n;0),D(1;1;1),$ với $m,n>0;m+n=1.$ Biết rằng khi $m,n$ thay đổi, tồn tại một mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng $(ABC)$ và đi qua $D.$ Tìm bán kính $R$ của mặt cầu đó: 

 $A. R=1.$    

 $B. R=\frac{\sqrt{2}}{2}.$  

 $C. R=\frac{3}{2}.$   

 $D. R=\frac{\sqrt{3}}{2}.$

IMG_20161026_115905.jpg

Đề căng :'(
Hóng lời giải câu BĐT

Lời giải câu bất. Ta có thể thấy rằng việc đưa vế sau -2016z vào bài toán chỉ để cho vui chứ chẳng có ý nghĩa gì cả vì không có mối liên hệ nào giữa $z$ với $x,y$

Cho đó chỉ cần $z\leq 1$ là $-2016z\geq -2016$

Vì vậy ta chỉ cần xét giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$P=xy(x^4+y^4)+\frac{6}{x^2+y^2}-3(x+y)$

Ta đoán được dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$ nên $-3(x+y)\geq -6$ nên ta cũng chỉ cần xét giá trị nhỏ nhất của

$P=xy(x^4+y^4)+\frac{6}{x^2+y^2}\geq \frac{xy(x^2+y^2)^2}{2}+\frac{6}{x^2+y^2}=\frac{xy(x^2+y^2)^2}{2}+\frac{4}{x^2+y^2}+\frac{4}{x^2+y^2}-\frac{2}{x^2+y^2}\geq 6\sqrt[3]{xy}-\frac{1}{xy}$

Tới đây xét hàm là xong.

Mình ít có time lên diễn đàn nhưng xin phép mọi người cho mình được bầu cử Zaraki

1. Tên người bầu cử : Zaraki

2. Mình đề cử Zaraki vì bạn ấy hoạt động rất sôi nổi , thực sự là người có tâm huyết , điều đó biểu hiện rõ qua việc bạn là một trong những người đầu tiên phát động cuộc thi VMEO cũng như trong việc làm các chuyên đề. Ngoài ra bạn ấy còn tổng hợp các đề thi Olympic các tỉnh các năm, lập topic ''Mỗi tuần một bài toán'' rất hay,...

3. Chính vì những thành thích trên mà theo khách quan mình thấy Zaraki xứng đáng được coi là một trong những thành viên ấn tượng nhất năm 2015 của VMF.

 Ngày 2:

 

 Bài 1 ( 5 điểm ) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 Bài 1. Ta có : $$f(x^4+f(y))=y+f^4(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}(1)$$

Trong (1) thay $x=0$ và đặt $f(0)=a$ suy ra $f(f(x))=x+a^4$

Trong (1) lấy $f$ 2 vế ta được : $f(f(x^4+f(y)))=f(y+f^4(x))\forall x,y\in \mathbb{R}$

Suy ra $x^4+f(y)+a^4=f(y+f^4(x)) (2)$

Trong (2) thay y bởi f(y) ta được $x^4+y+2a^4=y+(x+a^4)^4\forall x,y\in \mathbb{R}$

Từ đây thay $x=y=0$ suy ra $f(0)=0.$

Từ đó trong (1) thay y bởi f(y) ta được $f(a+b)=f(a)+f(b)\forall a\geq 0,b\in \mathbb{R}(3)$

Trong (3) thay $y$ bởi $-x$ ta được $f(x)$ là hàm lẻ 

Sau đó trong (3) thay $x$ bởi $-x$ và thay $y$ bởi $-y$ ta được $f$ cộng tính trên $\mathbb{R}.$

Lại có với $x\geq 0$ thì $f(x)\geq 0\forall x\geq 0$ ( do trong (1) nếu ta thay $y=0$ thì ta sẽ có được điều này )

Từ đó trong biểu thức (3) cho $y>0$ ta được f đơn điệu, f tăng

Từ đó $f(x)=kx\forall x\in \mathbb{R}$

Thế vào (2) ta được $k=1.$

Thử lại ta thấy thỏa.

Tổng quát : Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^n+f(y))=y+f^n(x)~~\forall x,y\in \mathbb{R}$$

             SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                    KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THPT DỰ THI QUỐC GIA NĂM 2015-2016

                       BÌNH DƯƠNG                                                                                     MÔN:TOÁN

                                                                                               Thời gian làm bài:180 phút (Không kể thời gian giao đề) 

  

 

                                                                                                    HẾT

Bài hình ngày 1. hai điểm $E,F$ nằm cùng phía $BC.$ Đây là bổ đề $shawayama.$

Bài hình ngày 2.

a/ Câu này giấu khá kĩ

Gọi giao điểm $BI$ với $DE$ là $U$ và giao điểm $AI$ với $DE$ là $V.$

Ta có : $(IV.IB)=\frac{1}{2}(\widehat{A}+\widehat{B})=90^{0}-\frac{1}{2}\widehat{C}=(DE,DC)$

Suy ra $DVIB$ là tứ giác nội tiếp 

Tương tự ta cũng có $AIEU$ là tứ giác nội tiếp

Suy ra $AUDB$ là tứ giác nội tiếp suy ra $BI$ vuông góc $AU$ và $AI$ vuông góc $BV.$

Kéo dài $AU$ cắt $BV$ tại $X.$

Từ đó không khó để nhận thấy rằng $N$ thuộc đường tròn Euler của tam giác $XAB.$

Kéo dài $AX$ cắt $CB$ tại $T$

Khi đó tam giác $BAT$ cân nên $U$ là trung điểm $AT$ suy ra $UN$ song song $BC$

Lại có $MN$ song song $AC$

Suy ra $U,M,N$ thẳng hàng

Từ đó ta có đpcm. 

b/ Câu b mai chém

             SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO                    KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG THPT DỰ THI QUỐC GIA NĂM 2015-2016

                       BÌNH DƯƠNG                                                                                     MÔN:TOÁN

                                                                                               Thời gian làm bài:180 phút (Không kể thời gian giao đề) 

                                                                                                                                       NGÀY THI THỨ 1

Câu 1 (5 điểm)

Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $(a+b)(b+c)(c+a)=10$.Chứng minh rằng:

$$(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)+12a^2b^2c^2\geq 30$$

 

Câu 2 (5 điểm)

Tìm đa thức $P(x)$ hệ số thực thỏa mãn $P(x^2+1)=P(x).P(x+1)\forall x$

 

Câu 3 (5 điểm)

Cho n số thực $a_1;a_2;...;a_n$ bất kỳ.Chứng minh rằng tồn tại số thực $x$ sao cho cho $a_1+x$,$a_2+x$,$a_3+x$,...,$a_n+x$ đều là số vô tỉ

 

Câu 4 ( 5 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ .Một đường tròn $(J)$ tiếp xúc với đường tròn $(O)$ tại $D$ và tiếp xúc với cạnh $AB$ tại $E$ sao cho $D$ và $A$ nằm về hai phía đối với đường thằng $BC$.Từ $C$ kẻ tiếp tuyến của đường tròn $(J)$ ,tiếp xúc với $(J)$ tại $F$ sao cho $F$ và $D$ nằm về hai phía đối với đường thẳng $BC$.Chứng minh rằng đường thẳng $EF$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

 

                                                                                                    HẾT

Câu 2. Đặt $P(x+1)=G(x)$

Từ đó suy ra $G(x^2)=G(x).G(x-1)$

Nếu $deg G=0$ thì ta tìm được 2 giá trị thỏa là $P(x) \equiv 0$ và $ P(x) \equiv 1$

Nếu $deg G>0.$ Dễ thấy G(X) là đa thức bậc chẵn.

Suy ra $deg G=2k,t\in N*$

Ta có : $g(x^2)=g(x),g(x-1)$

Đồng nhất hệ số ở bậc $2k$ bằng 1.

Đặt $G(x)=Q(x)+(x^2+x+1)^k; deg Q(x) \leq 2k-1$

ta có : $Q(x^2)=G(x).G(x-1)-(x^4+x^2+1)^k=...=Q(x).Q(x-1)+Q(x).(x^2-x+1)^k+Q(x-1).(x^2+x+1)^k$

Suy ra $Q(x^2)-Q(x).Q(x-1)=Q(x),(x^2-x+1)^k+Q(x-1).(x^2+x+1)^k$

Giả sử $degQ=t,t>0$

Ta suy ra $deg VT \leq 2t \leq t+2k-1$ lại có $deg VP =t+2k$

suy ra vô lý suy ra $t=0$

Suy ra $G(x)=P(x+1)=(x^2+x+1)^k$

Suy ra $P(x)=((x-1)^2+x)^k$ 

Đề bài : Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). P di chuyển trên cung CD ko chứa A,B. PA cắt DB,DC tại E,F. PB cắt CA,CD tại G,H. GF giao EH tại Q. Chứng minh PQ luôn đi qua 1 điểm cố định khi P di chuyển.

BÀI 11 : Cho hình vuông có kích thước $9x9$. Hỏi phải tô màu ít nhất bao nhiêu ô vuông đơn vị để luôn chọn được $1$ hình vuông $2x2$ có ít nhất $3$ ô màu đỏ

BÀI 12 : Trong một cuộc hội thảo, cứ $10$ người thì có đúng 1 người quen chung. Tìm số người quen lớn nhất của $1$ người

BÀI 13 : Có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số, sao cho số 1 có mặt tối đa 5 lần, các số 2, 3, 4 mỗi số có mặt tối đa 1 lần.

BÀI 14 : Có bao nhiêu  tam giác nhọn có đỉnh là đỉnh của đa giác đều 2014 cạnh

BÀI 15 : Có bao nhiêu tam giác có độ dài các cạnh là các số tự nhiên không vượt quá $2n$

Bài 15 . Em thấy bài cuối cùng  bài 15) hay hay xử lí luôn ,nếu đổi thành tam giác không cân có lẽ bài toán sẽ hay hơn

Tam giác bình thường đã có lời giải ở link rồi em chém trường hợp không cân như em đã nói.

Đặt độ dài các cạnh : $2n-i,2n-j,2n-k$ với $i\neq j \neq k$

Xét các tập $X=\begin{Bmatrix}1;2;3;...;2n\end{Bmatrix}$

$A=\begin{Bmatrix}{(x,y,z)\in X^3\mid x<y<z;x+y>z}\end{Bmatrix}$

và $A_k=\begin{Bmatrix}(x,y,z)\in A\mid z=k \end{Bmatrix}$

Khi đó $\left | A_1 \right |=\left | A_2 \right |=\left | A_3 \right |=0$

Xét $k \geq 4$. Chia ra làm 2 trường hợp :

TH1: $k=2m.$ Vì $x+y> 2x$ nên ta phân ra làm 2 trường hợp nhỏ :

TH1.1 : $2x\leq z\Rightarrow x\leq \frac{z}{2}=m\Rightarrow 1\leq x\leq m$

Mặt khác $x+y>z\Rightarrow y\geq z-x+1=2m-x+1$

Do đó suy ra $2m-x+1\leq y\leq 2m-1$

Có $(2m-1)-(2m-x+1)+1=x-1$ giá trị $y.$

Suy ra có $\sum_{x=1}^{m}(x-1)=\frac{m(m-1)}{2}$ bộ $(x,y,z)\in A_k$ 

TH1.2 : $2x>z\Leftrightarrow x>m\Leftrightarrow x\geq m+1\Rightarrow m+1\leq x\leq 2m-2$

Vì $x<y<z$ suy ra $x+1\leq y\leq z-1$

Có $(z-1)-(x+1)+1=2m-x-1$ giá trị $y.$

Suy ra có $\sum_{x=m+1}^{2m-2}(2m-x-1)=\frac{(m-1)(m-2)}{2}$ bộ $(x;y;z)\in A_k$

Do vậy $\left | A_k \right |=\frac{m(m-1)}{2}+\frac{(m-1)(m-2)}{2}=(m-1)^2;k=2m$

TH2: $k=2m+1$

Tương tự ta được $\left | A_k \right |=m(m-1);k=2m+1$

Vậy nên $\left | A \right |=\sum_{i=1}^{n}\left | A_{2i} \right |+\sum_{i=0}^{n-1}\left | A_{2i+1} \right |=...$

P/s: ủng hộ anh tiếp tục sưu tầm thêm nhiều bài

Lời giải bài hình ngày 2:

a/ Gọi $I'$ là giao điểm $PE$ và $QF$, $I$ là trung điểm $BD$, $N$ là trung điểm $PQ$

Theo đường thẳng Gauss thì $N,I,O$ thẳng hàng

Mà $MI\perp BD,OI\perp BD$ nên $M,O,I$ thẳng hàng.

Từ đó $M,I,O,N$ thẳng hàng.

Tứ giác $BDQP$ là tứ giác nội tiếp 

Suy ra $(DP,DQ)=(BD,BQ)$ mà $(BD,BQ)=(HD,HK)$

Từ đó $HK\parallel PQ\Rightarrow EF\parallel PQ$

Nên $M,N,I'$ thẳng hàng

$\Rightarrow I\equiv I'.$

Ta có điều phải chứng minh

b/ Gọi $Y$ là điểm thuộc $(O)$ sao cho $AY\perp BD$ . Kẻ $IS\perp AC.$

Tam giác $PAQ$ có $A$ là trực tâm.

$\Rightarrow AC\perp PQ\Rightarrow AC\perp EF$

Do $M$ là trung điểm $EF$

$\Rightarrow I(SMEF)=-1$

Ta có $IE,IF,IS,IM$ lần lượt vuông góc với $CJ,CI,CA,CY$

suy ra $C(AIJY)=-1$

Từ đó tứ giác $AIYJ$ là tứ giác điều hòa

Nên $A,X,Y$ thẳng hàng.

Vậy $AX\perp BD.$

Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Gọi E,F,G theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và CD, BC và DA, AC và BD. Các đường tròn (DAE); (DCF) cắt nhau tại H. Phân giác $\widehat{AHB}$ cắt AB ở I, phân giác $\widehat{DHC}$ cắt CD ở J. Chứng minh I,G,J thẳng hàng

Dễ thấy H là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF.

Từ đó bằng các góc nội tiếp ta dễ chứng minh được AI là phân giác góc HAG, AJ  nên I là tâm nội tiếp tam giác AGH

Suy ra GI là phân giác AGH

Tương tự GJ là phân giác DGC.

Nên I,G,J thẳng hàng.

Cho $u_1=2015; u_{n+1}=u_n+\frac{1}{u_n^2}$

Tính $\lim\frac{u_n^3}{n}$

Cho dãy $(u_{n})$ xác định như sau: $u_{0}=9;u_{1}=161;u_{n}=18u_{n-1}-u_{n-2}$ (n = 2, 3, ...)

Chứng minh rằng $\frac{u_{n}^{2}-1}{5}$ là số chính phương

Xét dãy $(v_n)$ xác định như sau

$$\left\{\begin{matrix} v_0=4,v_1=72\\v_{n+2}=18v_{n+1}-v_{n} \end{matrix}\right.$$

Từ đó chứng minh quy nạp $(u_{n})^2-1=5(v_n)^2$

BẠn làm rõ hơn đi

Mình làm rõ ý của chị (anh) ChiLanA0K48:

Với tứ giác toàn phần $ABCDEF$ ( ở đây $A$ là giao điểm $KB,EC$ và $D$ là giao điểm $FE,BC$ )

Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm $BE,CF,AD$ và $K$ là trung điểm $AB$ , $J$ là trung điểm $AC$ và $I$ là trung điểm $BC$ 

Khi đó ta có các điểm $M,N,P$ thẳng hàng .

Thật vậy, ta có :

$\frac{\overline{MK}}{\overline{MI}}.\frac{\overline{NI}}{\overline{NJ}}.\frac{\overline{PJ}}{\overline{PK}}=\frac{\overline{EA}}{\overline{EC}}.\frac{\overline{FB}}{\overline{FA}}.\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=1$

Nên ta có đpcm.

Tâm của các đường tròn đường kính $AC,BD,EF$  thẳng hàng nên ta có các trục đẳng phương của chúng song song hoặc trùng nhau.