Đề chọn đội tuyển Bà Rịa Vũng Tàu

quangvinht2 · 02-10-2014, 11:05 AM

Đề thi chọn đội tuyển BRVT

thaygiaocht · 02-10-2014, 11:01 PM

Trích:

Nguyên văn bởi quangvinht2

Đề thi chọn đội tuyển BRVT

Bài hình khá đẹp và tốt đối với 1 kỳ thi.
a) Dựng các điểm như hình vẽ. Ta sẽ chứng minh $K, X, Y $ thẳng hàng bằng Menelaus. Điều này tương đương với $\dfrac{KE}{KF}=\dfrac{ME^2}{MF^2}. $ Điều này hiển nhiên đúng.
Hình vẽ

b) Gọi các điểm như hình vẽ, ta cần chứng minh $NP=NQ. $
Điều này tương đương với $D(PQ,NC)=-1 $ hay tứ giác $DENF $ điều hòa, hiển nhiên đúng theo câu a.
Hình vẽ

Juliel · 03-10-2014, 12:08 AM

Câu BĐT :

$$3\sqrt[3]{\dfrac{a^6+b^6}{2}}=3\sqrt[3]{\dfrac{(a^2+b^2)}{2}.\frac{(a^2+b^2+ab\sqrt{3})}{ 2+\sqrt{3}}.\dfrac{(a^2+b^2-ab\sqrt{3})}{2-\sqrt{3}}}$$
$$\leq \frac{a^2+b^2}{2}+\dfrac{a^2+b^2+ab\sqrt{3}}{2+\sq rt{3}}+\frac{a^2+b^2-ab\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}=\dfrac{9}{2}(a^2+b^2)-6ab$$

tson1997 · 03-10-2014, 05:21 PM

A/
Kẻ đường thẳng qua A song song với BC cắt đường tròn đường kính AM ở S.Ta có:
$A(BCMS)=-1$ (Do M là trung điểm BC và AS song song BC)
$\Rightarrow A(EFMS)=-1 \Rightarrow (EFMS)=-1$ hay tứ giác EFMS là tứ giác điều hòa
Như vậy thì K sẽ thuộc vào tiếp tuyến tại S của (AM).Từ đây suy ra KS=KM
Mà ASMD là hình chữ nhật suy ra KA=KD

b/ Ta có: $D(PQMS)=D(EFMS)=(EFMS)=-1 $
Mà DM // PQ nên từ đây ta có S là trung điểm PQ
Gọi giao điểm của BQ và CP là J,Xét $V_{J}^{\frac{JC}{JP}}$:
$ B \rightarrow Q $
$ C \rightarrow P $
$\Rightarrow M \rightarrow S$
hay J;M;S thẳng hàng $\Rightarrow$ JS vuông góc PQ hay tam giác JPQ cân $\Rightarrow \widehat{BQP}=\widehat{CPQ}$

Juliel · 03-10-2014, 09:55 PM

Câu hệ :
Phương trình đầu viết được dưới dạng :
$$x+y+\sqrt{2(x+y)}=2(y+1)+2\sqrt{y+1}$$
Xét hàm số $f(x)=\dfrac{x^2}{2}+x$ trên $\left [ 0,+\infty \right )$, hàm này đồng biến trên tập xác định của nó. Do đó :
$$f\left ( \sqrt{2(x+y)}\right )=f\left ( 2\sqrt{y+1} \right )\Leftrightarrow \sqrt{2(x+y)}=2\sqrt{y+1}\Leftrightarrow x=y+2$$
Thay vào phương trình sau :
$$\sqrt{y+2}-\sqrt{y^2-3}=y-1\Leftrightarrow g(y)=y+\sqrt{y^2-3}-\sqrt{y+2}=1$$
Từ phương trình suy ra $y>0$.
Khi đó có :
$$g'(x)=1+\frac{y}{\sqrt{y^2-3}}-\dfrac{1}{2\sqrt{y+2}}> 0$$
Suy ra được $g$ đồng biến mà $g(2)=1$ nên $y=2$, kéo theo $x=4$.
Hệ có nghiệm duy nhất $(x,y)=(4,2)$

Câu hàm :
Cố định $x$ suy ra $f$ song ánh. Do đó tồn tại $a$ để $f(a)=0$.
Trong PTH ban đầu cho $x=a$ được $f(f(y))=y,\;\;\forall y\in \mathbb{R}\;\;\;(*)$.
Trong PTH ban đầu cho $x=0$ kết hợp với $(*)$ được $f(0)=0$.
Trong PTH ban đầu thay $x$ bởi $f(x)$ :
$$f(f^3(x)f^3(f(x))+f(y))=f^6(f(x))+y,\;\forall x,y\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x^3f^3(x)+f(y))=x^6+y,\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$
Kết hợp với PTH ban đầu suy ra :
$$f^6(x)=x^6,\;\forall x\in \mathbb{R}$$
Hai hàm $f(x)\equiv x,f(x)\equiv -x$ đều thỏa mãn. Ta cần chứng minh ngoài hai hàm này không còn hàm nào khác thỏa đề.
Gỉa sử tồn tại $m,n\neq 0$ sao cho $f(m)=m,f(n)=-n$.
Trong $(1)$ cho $x=m,y=n$ :
$$f(m^3f^3(m)+f(n))=f^6(m)+n\Leftrightarrow f(m^6-n)=m^6+n$$
Suy ra $m^6+n=m^6-n$ hoặc $m^6+n=n-m^6$. Tất cả đều dẫn đến $m=0$ hoặc $n=0$, mâu thuẫn.
Do đó có duy nhất hai hàm $f(x)\equiv x,f(x)\equiv -x$ là thỏa đề.

thanhansp · 03-10-2014, 10:38 PM

Câu 2. Đây là bài toán đòi hỏi kỹ năng biến đổi nhiều hơn... có lẽ bài này tương tự như các dạng phân thức bậc 3 mà thôi quangvinht2 à... cách làm như sau
Ta có $x_{n+1}-\frac{1}{2}=\frac{2x_n^3-2x_n+1-(x_n-1)^2}{2(x_n-1)^2}$
tương đương với $2x_{n+1}-1=\frac{x_n^2(2x_n-1)}{(x_n-1)^2}$
tương đương với $\frac{1}{2x_{n+1}-1}=\frac{1}{2x_n-1}.(\frac{x_n-1}{x_n})^2=\frac{1}{2x_n-1}.(1-\frac{1}{x_n})^2$
tương đương $\frac{1}{2x_{n+1}-1}-\frac{1}{2x_n-1}=\frac{-1}{x_n^2}$
Do đó $\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}+...+\frac{1}{x_n^ 2}=\frac{1}{2x_1-1}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}=\frac{1}{5}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}$
Dễ dàng dùng phản chứng để chứng minh $\lim x_n=+\infty$
Vậy $\lim y_n=\frac{1}{5}$

03-10-2014, 10:38 PM	#6
thanhansp +Thành Viên+ Tham gia ngày: May 2014 Bài gởi: 17 Thanks: 1 Thanked 3 Times in 2 Posts	Câu 2. Đây là bài toán đòi hỏi kỹ năng biến đổi nhiều hơn... có lẽ bài này tương tự như các dạng phân thức bậc 3 mà thôi quangvinht2 à... cách làm như sau Ta có $x_{n+1}-\frac{1}{2}=\frac{2x_n^3-2x_n+1-(x_n-1)^2}{2(x_n-1)^2}$ tương đương với $2x_{n+1}-1=\frac{x_n^2(2x_n-1)}{(x_n-1)^2}$ tương đương với $\frac{1}{2x_{n+1}-1}=\frac{1}{2x_n-1}.(\frac{x_n-1}{x_n})^2=\frac{1}{2x_n-1}.(1-\frac{1}{x_n})^2$ tương đương $\frac{1}{2x_{n+1}-1}-\frac{1}{2x_n-1}=\frac{-1}{x_n^2}$ Do đó $\frac{1}{x_1^2}+\frac{1}{x_2^2}+...+\frac{1}{x_n^ 2}=\frac{1}{2x_1-1}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}=\frac{1}{5}-\frac{1}{2x_{n+1}-1}$ Dễ dàng dùng phản chứng để chứng minh $\lim x_n=+\infty$ Vậy $\lim y_n=\frac{1}{5}$ thay đổi nội dung bởi: thanhansp, 03-10-2014 lúc 11:29 PM

03-10-2014, 12:08 AM	#3
Juliel +Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts	Câu BĐT : $$3\sqrt[3]{\dfrac{a^6+b^6}{2}}=3\sqrt[3]{\dfrac{(a^2+b^2)}{2}.\frac{(a^2+b^2+ab\sqrt{3})}{ 2+\sqrt{3}}.\dfrac{(a^2+b^2-ab\sqrt{3})}{2-\sqrt{3}}}$$ $$\leq \frac{a^2+b^2}{2}+\dfrac{a^2+b^2+ab\sqrt{3}}{2+\sq rt{3}}+\frac{a^2+b^2-ab\sqrt{3}}{2-\sqrt{3}}=\dfrac{9}{2}(a^2+b^2)-6ab$$

03-10-2014, 09:55 PM	#5
Juliel +Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts	Câu hệ : Phương trình đầu viết được dưới dạng : $$x+y+\sqrt{2(x+y)}=2(y+1)+2\sqrt{y+1}$$ Xét hàm số $f(x)=\dfrac{x^2}{2}+x$ trên $\left [ 0,+\infty \right )$, hàm này đồng biến trên tập xác định của nó. Do đó : $$f\left ( \sqrt{2(x+y)}\right )=f\left ( 2\sqrt{y+1} \right )\Leftrightarrow \sqrt{2(x+y)}=2\sqrt{y+1}\Leftrightarrow x=y+2$$ Thay vào phương trình sau : $$\sqrt{y+2}-\sqrt{y^2-3}=y-1\Leftrightarrow g(y)=y+\sqrt{y^2-3}-\sqrt{y+2}=1$$ Từ phương trình suy ra $y>0$. Khi đó có : $$g'(x)=1+\frac{y}{\sqrt{y^2-3}}-\dfrac{1}{2\sqrt{y+2}}> 0$$ Suy ra được $g$ đồng biến mà $g(2)=1$ nên $y=2$, kéo theo $x=4$. Hệ có nghiệm duy nhất $(x,y)=(4,2)$ Câu hàm : Cố định $x$ suy ra $f$ song ánh. Do đó tồn tại $a$ để $f(a)=0$. Trong PTH ban đầu cho $x=a$ được $f(f(y))=y,\;\;\forall y\in \mathbb{R}\;\;\;()$. Trong PTH ban đầu cho $x=0$ kết hợp với $()$ được $f(0)=0$. Trong PTH ban đầu thay $x$ bởi $f(x)$ : $$f(f^3(x)f^3(f(x))+f(y))=f^6(f(x))+y,\;\forall x,y\in \mathbb{R}\Leftrightarrow f(x^3f^3(x)+f(y))=x^6+y,\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$ Kết hợp với PTH ban đầu suy ra : $$f^6(x)=x^6,\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Hai hàm $f(x)\equiv x,f(x)\equiv -x$ đều thỏa mãn. Ta cần chứng minh ngoài hai hàm này không còn hàm nào khác thỏa đề. Gỉa sử tồn tại $m,n\neq 0$ sao cho $f(m)=m,f(n)=-n$. Trong $(1)$ cho $x=m,y=n$ : $$f(m^3f^3(m)+f(n))=f^6(m)+n\Leftrightarrow f(m^6-n)=m^6+n$$ Suy ra $m^6+n=m^6-n$ hoặc $m^6+n=n-m^6$. Tất cả đều dẫn đến $m=0$ hoặc $n=0$, mâu thuẫn. Do đó có duy nhất hai hàm $f(x)\equiv x,f(x)\equiv -x$ là thỏa đề.