Đề thi HMEO-Bảng D

[bosjeunhan]

[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!

ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.

Đề của cuộc thi sẽ được công bố pulic đề mọi người cùng tham gia giải đề

Hocmai.vn
------------------
Đề chính thức
------------------

HMEO


-------------------------------------------------------------------------------------------------
Bảng D​

Câu 1:
Cho n là số tự nhiên bất kì, tìm phân số tối giản của $\frac{21n+4}{14n+3}$

Câu 2:
a) Giải phương trình: $\sqrt {\frac{x+7}{x+1}} +8=2x^2+\sqrt[]{2x-1}$
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}x^2.y^2-2x+y^2=0 \\2.x^2-4x+3=-y^3\end{matrix}\right.$

Câu 3: Cho 3 số thực dương a,b,c, chứng minh rằng:
$ \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+a+c)^2}{2b^2+(a+c)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}$ \leq $8$

Câu 4:Cho tứ giác lồi ABCD, gọi E,F lần lượt là trung điểm của BD và AC. Gọi G là giao của đường thẳng đi qua F đồng thời vuông góc với BC và dường thằng qua E đồng thời vuông góc với AD. Hãy tìm điều kiện của tứ giác ABCD để $GC=GD$.

Câu 5: Cho điểm M thuộc đường tròn tâm (O;1). Gọi A là một điểm bất kì sao cho $\widehat{MAN}=90^0$ (MN là dây cung bất kì của (O).CMR:[tex]OA \leq \sqrt[]{2}[/tex]

Câu 6: Bên trong hình ngũ giác ABCDE có các cạnh và các đường chéo AC, AD không lớn hơn 2 cho 2011 điểm, chứng minh tồn tại 1 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên biên ngũ giác chứa trong nó ít nhất 503 điểm.


Đáp án chính thức sẽ có vào 20h ngày 20 tháng 7 năm 2012

 

[try_mybest]

mình làm câu 2a nhé
2a/ dk: x \geq [tex]\frac{-9}{4}[/tex]
(1)\Leftrightarrow 4x^2 +4x=[tex]\frac{4}{7}[/tex].[tex]\sqrt{\frac{4x+9}{28}}[/tex]
\Leftrightarrow (2x+1)^2=2/7.[tex]\sqrt{\frac{4x+9}{7}}[/tex] +1
đặt 2t+1= [tex]\sqrt{\frac{4x+9}{7}}[/tex]
ta có hệ
[tex]\left\{ \begin{array}{l} (2x+1)^2 =\frac{2}{7} (2t+1)+1 \\ (2t+1)^2=\frac{4x+9}{7} \end{array} \right.[/tex]
tự giải hệ này ra nhé | | | | |

 

[vngocvien97]

Chém câu dễ nhất
Gọi $(21n+4;14n+3)=d$
\Rightarrow $(21n+4)-(14n+3)$ chia hết cho $d$
hay $7n+1$ chia hết cho $d$
\Leftrightarrow $21n+3$ chia hết cho $d$
\Rightarrow $(21n+4)-(21n+3)$ chia hết cho $d$
\Leftrightarrow $1$ chia hết cho $d$
\Leftrightarrow $d$=1( Vì phân số là dương)
Vậy phân số này là phân số tối giản.
|

 

[star_music]

Đề của cuộc thi sẽ được công bố pulic đề mọi người cùng tham gia giải đề

Hocmai.vn
------------------
Đề chính thức
------------------

HMEO


-------------------------------------------------------------------------------------------------
Bảng D​

Câu 3: Cho 3 số thực dương a,b,c, chứng minh rằng
[TEX]\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+a+c)^2}{2b^2+(a+c)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2} \leq 8 [/TEX]

[/COLOR][/SIZE][/FONT]

Đáp án chính thức sẽ có vào 20h ngày 20 tháng 7 năm 2012

BĐT trên tương đương:$$\sum \frac{(a-b-c)^2}{2a^2+(b+c)^2} \ge \frac{1}{2}$$
Sử dụng tính thuần nhất của BĐT,ta chuẩn hóa:$a+b+c=3$
BĐT trở thành:$$\sum \frac{(2a-3)^2}{2a^2+(3-a)^2} \ge \frac{1}{2}$$
Ta sẽ CM:$$\frac{(2a-3)^2}{2a^2+(3-a)^2}=\frac{4a^2-12a+9}{3a^2-6a+9}\ge \frac{5-4a}{6}$$
\Leftrightarrow $$2(4a^2-12a+9) \ge (5-4a)(a^2-2a+3)$$
\Leftrightarrow $$4a^3-5a^2-2a+3 \ge 0$$
\Leftrightarrow $$(a-1)^2(4a+3) \ge 0$$ \Rightarrow Q.E.D

 

[vngocvien97]

Ta thấy: $3-\frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}=\frac{2(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}$,nên ta có thể viết lại bất đẳng thức dưới dạng :
$\frac{2(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{2(c+a-b)^2}{2b^2+(a+c)^2}+\frac{2(a+b-c)^2}{2c^2+(a+b)^2}$\geq $1$
Theo $Cauchy Schwarz$ ta có:
$\frac{2(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}$\geq $\frac{2(b+c-a)^2}{2a^2+2(a^2+b^2)}=\frac{(b+c-a)^2}{(a^2+b^2+c^2)}$
Nên ta cần CM:
$(b+c-a)^2+(c+a-b)^2+(a+b-c)^2$\geq $a^2+b^2+c^2$
Mà bất đẳng thức này dễ dàng CM theo $Cauchy Schwarz$
Vậy dấu đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c$

 

[try_mybest]

b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}x^2.y^2-2x+y^2=0 \\2.x^2-4x+3=-y^3\end{matrix}\right.$


\Leftrightarrow[tex]\left\{ \begin{array}{l} 2x^2y^2-4x+2y^2=0 \\ 2x^2-4x+3=-y^3 \end{array} \right.[/tex]

trừ vế với vế
\Rightarrow2x^2.y^2 -2x^2 +2y^2 -3=y^3
\Leftrightarrow2x^2 (y^2-1) +2(y^2-1)= y^3+1
\Leftrightarrow(y+1) (2x^2.y-2x^2+2y-2-y^2+y-1)=0
\Leftrightarrow(y+1) (2x^2.y- 2x^2 +3y- 3- y^2)=0
mình thấy đề bài này hơi vô lí,lẽ ra phải là y^3 chứ không phải là -y^3

 

[bosjeunhan]

Đáp án bảng D

Câu 1:
Cho n là số tự nhiên bất kì, tìm phân số tối giản của $\frac{21n+4}{14n+3}$

Áp dụng định luật Euclide, ta có:
$21n+4=(14n+3).1+7n+1$ ---> $(21n+1,14n+1)=(14n+1,7n+1)$
$14n+3=(7n+1).2+1$ ---> $(14n+1,7n+1)=(7n+1,1)=1$
Vậy $(21n+4;14n+1)=1$, vậy $\frac{21n+4}{14n+3}$ là phân số tối giản với mọi n

Note: Bài giải của các bạn thường là gọi ước chung của tử và mẫu rồi chứng minh nó bằng 1, cũng khá nhanh, vẫn được điểm tối đã

Câu 2:
a) Giải phương trình: $\sqrt {\frac{x+7}{x+1}} +8=2x^2+\sqrt[]{2x-1}$
b) Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{matrix}x^2.y^2-2x+y^2=0 \\2.x^2-4x+3=-y^3\end{matrix}\right.$

a)ĐK: $x$\geq$\frac{1}{2}$
-Với $\frac{1}{2}$ \leq $x < 2$ thì $\sqrt[]{\frac{x+7}{x+1}}+8=\sqrt[]{1+\frac{6}{x+1}}+8 > 8+\sqrt[]{5}$.
Mà $2x^2+\sqrt[]{2x-1} < 8+ \sqrt[]{5}$
Vì vậy, ta loại thường hợp này.
-Với $x>2$ thì $\sqrt[]{\frac{x+7}{x+1}}+8=\sqrt[]{1+\frac{6}{x+1}}+8 < 8+\sqrt[]{5}$.
Và $2x^2+\sqrt[]{2x-1} > 8+ \sqrt[]{5}$
Ta cũng loại đi trường hợp này.
-Với $x=2$ ta thấy thỏa mãn phương trình.

b) b) $\left\{\begin{matrix}x^2.y^2-2x+y^2=0 \\2.x^2-4x+3=-y^3\end{matrix}\right.$

<-->$\left\{\begin{matrix}y^2=\frac{2x}{x^2+1} (1) \\ y^3= -2(x-1)^2 -1 (2) \end{matrix}\right.$

Từ (1) ta có: $ y^2$ \leq $1$ <--> $ -1$ \leq $y$ \leq $1$ (+)
Từ (2) ta có: $y^3$ \leq $-1$ <--> $ y$ \leq $-1$ (++)

Từ (+) và (++) ta có: $(x,y)=(1,-1)$

Câu 3: Cho 3 số thực dương a,b,c, chứng minh rằng:
$ \frac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\frac{(2b+a+c)^2}{2b^2+(a+c)^2}+\frac{(2c+a+b)^2}{2c^2+(a+b)^2}$ \leq $8$

Since all terms are homogeneous, we may assume WLOG that $ a+b+c = 3 $
Then the LHS becomes $ \sum\frac{(a+3)^{2}}{2a^{2}+(3-a)^{2}}=\sum\frac{a^{2}+6a+9}{3a^{2}-6a+9}=\sum\left(\frac{1}{3}+\frac{8a+6}{3a^{2}-6a+9}\right) $
Notice $ 3a^{2}-6a+9 = 3(a-1)^{2}+6\ge 6 $, so $ \frac{8a+6}{3a^{2}-6a+9}\le\frac{8a+6}{6} $
So
$ \sum \frac{(a+3)^{2}}{2a^{2}+(3-a)^{2}} \le \sum \left(\frac{1}{3}+\frac{8a+6}{6}\right) = 1+\frac{8(a+b+c)+18}{6}= 8$ .
Suy ra Đ.P.C.M

Câu 4:Cho tứ giác lồi ABCD, gọi E,F lần lượt là trung điểm của BD và AC. Gọi G là giao của đường thẳng đi qua F đồng thời vuông góc với BC và dường thằng qua E đồng thời vuông góc với AD. Hãy tìm điều kiện của tứ giác ABCD để $GC=GD$.

Hình vẽ

Bài giải
Gọi I là trung điểm CD
Vì $\large\Delta GCD$ là tam giác cân (GC=GD)
Nên trung tuyến GI đồng thời là đường cao
Xét tam giác DBC có
E trung điểm BD ; I là trung điểm
\Rightarrow $EI // BC$
Mà $FG \bot BC$
Nên $FG \bot EI$
Tương tự $EG \bot FI$
\Rightarrow G là trực tâm tam giác EFI
\Rightarrow $GI \bot EF$
Mà $GI \bot CD$
Nên $EF//CD$

Gọi O là trung điểm BC
Xét $\large\Delta BDC$ có E là trung điểm BD
O là trung điểm BC
\Rightarrow $ OE // CD$
Mà $ EF //CD$
\Rightarrow E,F,O thẳng hàng
Xét $\large\Delta ABC$ có
O là trung điểm BC ; F là trung điểm AC
\Rightarrow $OF // AB$
Mà $OF //CD$ (vì E,F,O thẳng hàng)
Nên $AB//CD$
Vậy ABCD là hình thang

Câu 5: Cho điểm M thuộc đường tròn tâm (O;1). Gọi A là một điểm bất kì sao cho $\widehat{MAN}=90^0$ (MN là dây cung bất kì của (O).CMR: $OA$ \leq $ \sqrt[]{2}$

Hình vẽ:

Lời giải
Đặt$ MN=2a$ ($0$<$a$\leq$1$)
Gọi I là trung điểmMN
\Rightarrow $IM=a$ ; $OI \bot MN$
Áp dụng Pytago trong $\large\Delta OMI$ vuông tại I ta có
$OI=\sqrt{OM^2-IM^2}=\sqrt{1-a^2}$
Vì $\large\Delta MAN$ vuông tại A; I trung điểm cạnh huyền MN
\Rightarrow $IA=IM=a$
Ta có:$ OI +IA$ \geq $OA$
\Rightarrow $OA $\leq $a+\sqrt{1-a^2}$ (1)
Áp dụng bđt BUNHIA ta có
$(a+\sqrt{1-a^2})^2 \leq 2(a^2+1-a^2)=2$
\Rightarrow $a+\sqrt{1-a^2}$ \leq $\sqrt{2}$ (2)
Từ (1) và (2) \Rightarrow $OA$ \leq$\sqrt{2}$
Dấu "=" xảy ra \Leftrightarrow $a=\sqrt{1-a^2}$ và O,I,A thẳng hàng
\Leftrightarrow $\widehat{MON}=60^o$ và A chính giữa của nửa đường tròn đường kính MN không chứa O.

Câu 6: Bên trong hình ngũ giác ABCDE có các cạnh và các đường chéo AC, AD không lớn hơn 2 cho 2011 điểm, chứng minh tồn tại 1 hình tròn đơn vị có tâm nằm trên biên ngũ giác chứa trong nó ít nhất 503 điểm.

+Ta chứng minh bổ đề sau:
Trong tam giác ABC có các cạnh không lớn hơn 2, M là trung điểm BC thì đường tròn đơn vị tâm A và đường tròn đơn vị tâm M phủ kín tam giác.
Thật vậy:
Giả sử có điểm T mà AT>1 và MT >1
Gọi N,P lần lượt là trung điểm AC và AB
Nếu T nằm trong hình bình hành APMN thì AT +TM \leq AN+NM \leq 2 (vô lí)
Nếu T nằm trong tam giác BMP thì MT \leq max{MP;MB} (vô lí)
Tương tự với T nằm trong tam giác CNM cũng loại
Vậy giả sử sai, ta có bổ đề là đúng
+Trở lại bài toán:
Theo bổ đề thì 4 đường tròn đơn vị có tâm lần lượt là A, trung điểm BC,CD,DE của phủ kín ngũ giác.
Mà 2011> 4.502 nên theo nguyên lí Dirichle thì có một đường tròn chứa không ít hơn 503 điềm.
Ta có đpcm. (Giống đi chép quá )

Bài 4,5,6 Lấy nguyên của Hiếu


Kết quả sẽ công bố vào ngày mai

 

[minhtuyb]

Since all terms are homogeneous, we may assume WLOG that $ a+b+c = 3 $
Then the LHS becomes $ \sum\frac{(a+3)^{2}}{2a^{2}+(3-a)^{2}}=\sum\frac{a^{2}+6a+9}{3a^{2}-6a+9}=\sum\left(\frac{1}{3}+\frac{8a+6}{3a^{2}-6a+9}\right) $
Notice $ 3a^{2}-6a+9 = 3(a-1)^{2}+6\ge 6 $, so $ \frac{8a+6}{3a^{2}-6a+9}\le\frac{8a+6}{6} $
So
$ \sum \frac{(a+3)^{2}}{2a^{2}+(3-a)^{2}} \le \sum \left(\frac{1}{3}+\frac{8a+6}{6}\right) = 1+\frac{8(a+b+c)+18}{6}= 8$ .

Hôm nay đi đào mồ thì thấy lời giải này hơi chướng mắt vì 2 lí do:
+) Đừng nửa tây nửa ta nhé bò . Sau này thích thì ta làm một cái topic giải toàn toàn bằng tiếng Anh luôn để cho ông chém. Thế này nhìn vô có phần phản cảm >"<
+) Lớp 9 chưa học chuẩn hoá. Vậy cần c/m trước. Tui nghĩ lời giải này chưa thuyết phục các mem lắm.
Sau đây mình xin post lời giải của V.Q.B.Cẩn (đơn giản hơn) để cho mn tham khảo :
---
Để ý rằng: $3-\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}=\dfrac{2(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}$ (biến đổi bình thường) nên ta có thể viết lại BĐT đã cho:
$$\dfrac{2(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{2(c+a-b)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\dfrac{2(a+b-c)^2}{2c^2+(a+b)^2}\ge 1\ (*)$$
Dễ dàng c/m: $(b+c)^2\le 2(b^2+c^2);(a+c)^2\le 2(a^2+c^2);(a+b)^2\le 2(a^2+b^2)$ nên ta có:
$$VT(*)\ge \dfrac{(b+c-a)^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{(a+c-b)^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$
Do đó, ta chỉ cần c/m:
$$(b+c-a)^2+(a+b-c)^2+(c+a-b)^2\ge a^2+b^2+c^2$$
Đúng vì:
$$(b+c-a)^2+(a+b-c)^2\ge \dfrac{(b+c-a+a+b-c)^2}{2}\ge 2b^2$$
... (Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại)
Vậy $(*)$ đúng. BĐT ban đầu được c/m. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\ \square$

 

[bosjeunhan]

Hôm nay đi đào mồ thì thấy lời giải này hơi chướng mắt vì 2 lí do:
+) Đừng nửa tây nửa ta nhé bò . Sau này thích thì ta làm một cái topic giải toàn toàn bằng tiếng Anh luôn để cho ông chém. Thế này nhìn vô có phần phản cảm >"<
+) Lớp 9 chưa học chuẩn hoá. Vậy cần c/m trước. Tui nghĩ lời giải này chưa thuyết phục các mem lắm.
Sau đây mình xin post lời giải của V.Q.B.Cẩn (đơn giản hơn) để cho mn tham khảo :
---
Để ý rằng: $3-\dfrac{(2a+b+c)^2}{2a^2+(b+c)^2}=\dfrac{2(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}$ (biến đổi bình thường) nên ta có thể viết lại BĐT đã cho:
$$\dfrac{2(b+c-a)^2}{2a^2+(b+c)^2}+\dfrac{2(c+a-b)^2}{2b^2+(c+a)^2}+\dfrac{2(a+b-c)^2}{2c^2+(a+b)^2}\ge 1\ (*)$$
Dễ dàng c/m: $(b+c)^2\le 2(b^2+c^2);(a+c)^2\le 2(a^2+c^2);(a+b)^2\le 2(a^2+b^2)$ nên ta có:
$$VT(*)\ge \dfrac{(b+c-a)^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{(a+c-b)^2}{a^2+b^2+c^2}+\dfrac{(a+b-c)^2}{a^2+b^2+c^2}$$
Do đó, ta chỉ cần c/m:
$$(b+c-a)^2+(a+b-c)^2+(c+a-b)^2\ge a^2+b^2+c^2$$
Đúng vì:
$$(b+c-a)^2+(a+b-c)^2\ge \dfrac{(b+c-a+a+b-c)^2}{2}\ge 2b^2$$
... (Xây dựng các BĐT tương tự rồi cộng lại)
Vậy $(*)$ đúng. BĐT ban đầu được c/m. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c\ \square$

Chuẩn hóa thì lớp nào học
Cách này có mà dài dòng hơn. Mấy chữ đó thì chả nhẽ ko dịch đươc.