Đề kiểm tra số 1 - Trường Đông Toán Học miền Nam 2013

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi trihoctoan

Anh Lữ ơi có file PDF không ?cho em xin với.Cảm ơn anh nhiều.

Oh đề và đáp án chính thức thì các anh chị HLV bên trường Đông sẽ gửi lên vào cuối tuần này. Em chờ vài hôm nữa nhé.
------------------------------

Nguyên văn bởi quocbaoct10

Em có hướng tiếp cận như thế này cho bài hình. Gọi $T$ là điểm trên $AF$ sao cho $FT=FC$. Để chứng minh $AT=BF$ thì ta cần chứng minh $\Delta ATE= \Delta BFC$. Đã có sẵn $\widehat{TAE}=\widehat{FBC}$ và $AE=BC$, giờ chỉ cần chứng minh $\widehat{TEA}=\widehat{FCB}$. Cơ mà đến đây em lại không tìm ra thêm gì nữa ,anh xem giúp em với.

Hình như bên diễn đàn toán học có một bạn giải theo cách này. Em qua bên đó tham khảo thử xem.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[luugiangnam]

Câu 1a ra $\frac{5-\sqrt{3}}{2}\leq a\leq \frac{5+\sqrt{3}}{2}$

Câu 1b ra $4\leq a+b\leq 6$.

Ra thế, có ai giống mình không .
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[butiloveyou]

Mấy bạn cho mình hỏi tập $\mathbb{R^+}$ trong bài 2 có chứa số 0 không nhỉ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[TrauBo]

$\mathbb{R^+}$ là tập số thực dương thì phải.
Bài số 2 hình như là $f(x)=x^2+x+1$. Từ phương trình đầu tính được $f(x)$ trên $\mathbb{N}$, kết hợp phương trình sau để chuyển qua $\mathbb{Q}$, và dùng điều kiện hàm đơn điệu để chuyển từ $\mathbb{Q}$ sang $\mathbb{R}$. Ở đây ta thừa nhận không chứng minh $$\forall x \notin \mathbb{Q} \ \exists (u_n),(v_n) \in \mathbb{Q}: \begin{cases} u_n < x < v_n \\ \lim u_n = \lim v_n = x \end{cases}$$
Có thể tham khảo định lý này trong chứng minh PT hàm Cauchy trên lớp hàm đơn điệu
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[12121993]

Lời giải thuần túy hình học cho câu b Bài 3.
Gọi $N$ là điểm thuộc tia $FB$ sao cho $FN=FA$. Khi đó, $BN=CF$. Dễ thấy $\widehat{ANB}=\widehat{BIK}$ nên tứ giác $ANBI$ nội tiếp. Do đó, $\widehat{INB}=\widehat{IAB}=\widehat{BFK}$ nên $IN,KF$ song song với nhau $(1)$.
Lấy $P$ đối xứng với $N$ qua $M$. Ta có tam giác $BIN,CJP$ bằng nhau nên $\widehat{CPJ}=\widehat{BNI}=\frac{A}{2}$.
Lại có $CP=BN=CF$ nên tam giác $CPF$ cân tại $C$ mà $\widehat{PCF}=\widehat{BFC}=180^0-A$ nên $\widehat{CPF}=\frac{A}{2}=\widehat{CPJ}$ nên $P,J,F$ thẳng hàng. Mà $PJ,IN$ song song nên $FJ,IN$ song song $(2)$.
Từ $(1) & (2)$ ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Fool's theorem]

Bài pth hồi trước mình làm hình như có một cách quy nạp từ tập số nguyên đến tập hữu tỉ rồi ra tập số thực nhờ điều kiện 3. Nhưng sẽ có đoạn tính 2 cách một hàm khá trâu bò để mở rộng ra Q.
Hình như nguồn là Turkey TST 2013 thì phải
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vô tình]

Lời giải học được từ thầy NDH:
Gọi $M$ là trung điểm $BC$. $KF$ cắt $BC$ tại $V$ và $IM$ tại $S$. $KA$ cắt $BC$ tại $T$.
Ta sẽ chứng minh $BICS$ là hình bình hành. Đặt $k=KB^2=KC^2=KI^2$.
Xét phép nghịch đảo $N_K^k$: $B\leftrightarrow B, C \leftrightarrow C \Rightarrow BC \leftrightarrow (O)\Rightarrow T \leftrightarrow A, F \leftrightarrow V$.
Theo tính chất của phép nghịch đảo thì:
$$FA= \dfrac{k.VT}{KV.KT},\quad FB=\dfrac{k.VB}{KV.KB},\quad FC=\dfrac{k.VC}{KV.KC}$$
Ta có: $FA = FB + FC \Rightarrow \dfrac{VT}{KT}=\dfrac{VB}{KB}+\dfrac{VC}{KC}=\dfra c{2VM}{KI} \Rightarrow \dfrac{VT}{VM}.\dfrac{KI}{KT}=2 \quad (1)$
Áp dụng định lý Menelenus trong tam giác $ITM$ có $K, S, V$ thẳng hàng:
$$\dfrac{VT}{VM}.\dfrac{SM}{SI}. \dfrac{KI}{KT}=1 \quad (2) $$
Từ (1) và (2) ta có: $\dfrac{SI}{SM} = 2\Rightarrow SI =2SM$. Do đó: $BICS$ là hình bình hành $\Rightarrow S \equiv J$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[trihoctoan]

Dạ thưa anh Lữ là khi nào có đáp án trường đông toán học miền Nam ạ.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]