|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
27-08-2013, 11:57 AM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: THPT Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 369 Thanks: 188 Thanked 255 Times in 158 Posts | Đề thi chọn đội dự tuyển trường THPT Chuyên Hà Tĩnh (vòng 2) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (5 điểm): Cho các số thực không âm $x,y,z$ thỏa mãn $x+y+z=1$. Tìm GTLN, GTNN của: $P=\dfrac{1}{1+x^2}+\dfrac{1}{1+y^2}+\dfrac{1}{1+z ^2}$ Câu 2 (5 điểm). Xác định tất cả các đa thức có dạng $P(x)=n!x^n+a_{n-1}x^{n-1}+...+a_1x+(-1)^n(n+1)n$ ($n \in N^*$) với các hệ số nguyên sao cho $P(x)$ có đủ $n$ nghiệm thực $x_1, x_2,...,x_n$ thỏa mãn điều kiện: $k \le x_k \le k+1$ với mọi $k=1,2,...,n$ Câu 3 (5 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ có 2 đường cao $AA'$ và $CC'$ cắt nhau tại $H$. Đường phân giác của góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng $AA'$ và $CC'$ lần lượt $AB, BC$ tại $P$ và $Q$. Các đường thẳng đi qua $P$ vuông góc ới $AB$, đi qua $Q$ vuông góc với $BC$ cắt nhau tại $R$. Chứng minh rằng: a) $BR$ là phân giác góc $ABC$ b) $H,M,R$ thẳng hàng với $M$ là trung điểm $AC$ Câu 4 (5 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên lẻ, không chia hết cho $5$ và nhỏ hơn $40$. Tìm số tự nhiên k nhỏ nhất sao cho mỗi tập con có $k$ phần tử của $S$ đều tồn tại $2$ số chia hết cho nhau __________________ |
The Following 2 Users Say Thank You to hieu1411997 For This Useful Post: | hongson_vip (30-08-2013), thaygiaocht (27-08-2013) |
28-08-2013, 12:47 AM | #2 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 155 Thanks: 130 Thanked 38 Times in 24 Posts | 1/ Ta c/m $min=\frac{5}{2}; max=2.7$. Xét hàm $f(x)=\frac{1}{1+x^2}$ là hàm lồi trên $[0;1)$. Nên dùng bđt jensen: $$P \leq \frac{3}{1+\frac{(x+y+z)^2}{9}}=2,7$$ Cũng có: $$P \ge \frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+y}+\frac{1}{1+z^2} \ge \frac{2}{2-z}+\frac{1}{1+z^2}$$ Hàm cuối là hàm nghịch biến nên sẽ lớn hơn gía trị của nó tại 1, giá trị này là $\frac{5}{2}$.(đpcm) 2/ Theo viet: $x_{1}...x_{n}=\frac{n+1}{(n-1)!} \ge n!$ Suy ra $n=1 v 2$ $n=1 \Leftarrow x=2$ $n=2 \Leftarrow a_{1} \in [6;10]$ Từ đó thử lại nghiệm tìm được đa thức. 4/ Xét tập con toàn là số nguyên tố thì có 10 phần tử, nên đk cần là: $k>10$. Ta chứng minh $k=11$ thỏa mãn. Chỉ cần chia tập trên thành 5 tập con gồm 3 phần tử mà trong đó tồn tại 2 số chia hết cho nhau. Theo nguyên lí dirichle thì một tập con 11 phần tử sẽ có ít nhất 3 phần tử thuộc một trong 5 tập con trên (đpcm). |
The Following 5 Users Say Thank You to ntuan5 For This Useful Post: | blackholes. (28-08-2013), cool hunter (31-08-2013), hnhuongcoi (19-12-2014), thaygiaocht (28-08-2013), Trànvănđức (31-08-2013) |
28-08-2013, 07:07 PM | #3 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 165 Thanks: 793 Thanked 216 Times in 93 Posts | Trích:
$\frac{2}{2-z}+\frac{1}{1+z^2} \leq \dfrac{5}{2} $ với mọi $z \in [0;1]. $ | |
The Following User Says Thank You to thaygiaocht For This Useful Post: | ntuan5 (28-08-2013) |
28-08-2013, 11:32 PM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Dec 2011 Bài gởi: 155 Thanks: 130 Thanked 38 Times in 24 Posts | Trời ơi, em làm ẩu quá: Viết lại bđt thành: $T=\sum \frac{x^2}{1+x^2} \le \frac{1}{2}$. Nếu có nhiều hơn hai số dương trong x,y,z thì :$T < \frac{x+y+z}{2} v \frac{y+z}{2}$. Xét có 2 số bằng 0 thì $T=\frac{1}{2}$. Vậy bđt được c/m. |
The Following 2 Users Say Thank You to ntuan5 For This Useful Post: | greg_51 (16-08-2014), thaygiaocht (28-08-2013) |
29-08-2013, 03:52 AM | #5 | |
+Thành Viên+ | Trích:
Giá trị lớn nhất có thể tìm được nếu ta dùng kết quả sau: $$\frac{1}{1+x^2}\le \frac{54}{50}-\frac{27x}{50}.$$ | |
The Following User Says Thank You to leviethai For This Useful Post: | thaygiaocht (29-08-2013) |
29-08-2013, 10:07 AM | #6 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2013 Bài gởi: 20 Thanks: 0 Thanked 30 Times in 9 Posts | Bài 1 có thể giải như sau. Về giá trị nhỏ nhất, theo bất đẳng thức AM-GM ta có $$P=3-\sum\frac{x^2}{1+x^2}\ge3-\sum\frac{x(1+x^2)}{2(1+x^2)}=\frac{5}{2}.$$ Đẳng thức xảy ra nếu $x=1,y=z=0,$ do đó ta có $\min P=\frac{5}{2}.$ Về giá trị lớn nhất, ta sử dụng bất đẳng thức $$\frac{1}{1+x^2}\le\frac{9}{10}+\frac{9}{50}(1-3x)\quad\forall x\in[0,1],$$ đúng vì nó tương đương với $(4-3x)(1-3x)^2\ge0.$ Thực hiện tương tự cho $y,z,$ ta được $P\le\frac{27}{10}.$ Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z=\frac{1}{3},$ do vậy $\max P=\frac{1}{3}.$ |
The Following User Says Thank You to Không Biết For This Useful Post: | thaygiaocht (29-08-2013) |
29-08-2013, 12:08 PM | #7 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 165 Thanks: 793 Thanked 216 Times in 93 Posts | Trích:
$P \ge \dfrac{1}{x^2+1}+\dfrac{4}{2+y^2+z^2} \ge \dfrac{1}{x^2+1}+\dfrac{4}{2+(1-x)^2} \ge \dfrac{5}{2} $ với $\dfrac{1}{3} \le x \le 1. $ | |
29-08-2013, 08:08 PM | #8 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2012 Bài gởi: 77 Thanks: 54 Thanked 41 Times in 36 Posts | Trích:
Câu a thì dễ rồi, mình xin câu b: Vẽ hbh HADC, dễ dàng thấy H,M,D thẳng hàng Cách 1:Gọi R' là giao điểm của BR và HD Sử dụng câu a) và $\widehat{ABB'}=\widehat{DBC}$ \rightarrow BR là phân giác của $\widehat{HBD}$ $\rightarrow \frac{HR'}{R'D}=\frac{BH}{BD}(1)$ ta có tam giác$ BHA'\sim tam giác BDA$ $\rightarrow \frac{BH}{BD}=\frac{HA'}{DA}=\frac{HA'}{HC}$ Theo t/c phân giác và $\frac{HA'}{HC}=\frac{HC'}{HA}$ $\rightarrow \frac{BH}{BD}=\frac{PC'}{PA}=\frac{QA'}{QC}(2)$ Từ (1) và (2) $\rightarrow \frac{R'H}{R'D}=\frac{PC'}{PA}=\frac{QA'}{QC}$ mà ADHC',A'CDH là hình thang nên theo định lí Ta-lét nên $R'P\parallel HC',R'Q \parallel HA'$ $\rightarrow R'P \perp AB tại P,R'Q \perp BC tại Q$ $\rightarrow R \equiv R'$ $\rightarrow H,R,M thẳng hàng.$ Cách 2: Gọi R_1 là giao điểm của PR và HD, R_2 là giao điểm của QR và HD Dễ thấy $\frac{PC'}{PA}=\frac{QA'}{QC}$ Ta lại có:ADHC',CDHA' là hình thang theo định lí Ta-lét :$\frac{PC'}{PA}=\frac{HR_1}{R_1D}$ $\frac{QA'}{QC}=\frac{HR_2}{R_2D}$ mà$ \frac{PC'}{PA}=\frac{QA'}{QC}$ $\Rightarrow \frac{HR_1}{R_1D}=\frac{HR_2}{R_2D}$ $\rightarrow R_1 \equiv R_2 $(R_1,R_2 cùng thuộc đoạn HD) $\rightarrow R\equiv R_1\equiv R_2$ $\rightarrow H,R,M thẳng hàng$ thay đổi nội dung bởi: giabao185, 29-08-2013 lúc 08:15 PM | |
The Following User Says Thank You to giabao185 For This Useful Post: | thaygiaocht (01-10-2013) |
31-08-2013, 08:43 PM | #9 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2012 Bài gởi: 91 Thanks: 854 Thanked 34 Times in 22 Posts | Trích:
| |
15-08-2014, 11:18 PM | #10 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2013 Bài gởi: 69 Thanks: 15 Thanked 36 Times in 24 Posts | Cách khác cho hình b. Qua R kẻ các đường thằng vuông góc với $AB,BC$ lần lượt cắt $AH,CH$ tại$I,J$. Khi đó $HIRJ$ là hình bình hành, hay $HR$ đi qua trung điểm $IJ$. Dễ chứng minh $HIP$ đồng dạng $HJQ$ nên ta có tỷ số: $\frac{HI}{HJ}=\frac{HP}{HQ}=\frac{HA}{HC}$ dẫn đến $JI||BC$. Do đó $HM$ đi qua trung điểm $IJ$. Tuừ đây ta có $H,R,M$ thẳng hàng |
The Following User Says Thank You to Nvthe_cht. For This Useful Post: | hoang_kkk (16-08-2014) |
Bookmarks |
|
|