Đề kiểm tra số 2 trường Đông Toán học miền Nam 2013

[namdung]

Đề kiểm tra trường Đông toán học 2013

Ngày thi thứ hai: 28/11/2013

Thời gian làm bài 180 phút

1. Cho dãy số thực (a_n) xác định bởi: a_1 = \frac{1}{3} , a_2 = \frac{2}{7} và a_{n+1} = \frac{1}{2} + \frac{a_n}{3} + \frac{a_{n-1}^2}{6}
Chứng minh rằng dãy (a_n) có giới hạn hữu hạn. Hãy tìm giới hạn đó

2. Giải hệ phương trình
x(y+z) = x^2 + 2, y(z+x) = y^2 + 3, z(x+y) = z^2 + 4

3. Cho ABC là tam giác nhọn. (I) là đường tròn nội tiếp có tâm là I, (O) là đường tròn ngoại tiếp tâm là O và M là trung điểm của đường cao AH, với H thuộc BC. (I) tiếp xúc với BC tại D. Đường thẳng MD cắt (I) tại điểm thứ hai P và đường thẳng qua I vuông góc MD cắt BC ở N. Đường thẳng NR, NS tiếp xúc (O) tương ứng tại R, S.
a) Gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Chứng minh M, D, J thẳng hàng.
b) Chứng minh các điểm R, P, D, S thuộc cùng một đường tròn.

4. Cho n ≥ 2 là một số nguyên dương. Xét tập hợp các đường đi ngắn nhất trên lưới nguyên từ điểm A(0; 0) đến điểm B(n; n). Một đường đi như thế sẽ tương ứng với một dãy gồm n lệnh T (lên trên) và n lệnh P (sang phải). Trong dãy đó, một cặp lệnh (T, P) kề nhau được gọi là một bước chuyển (lưu ý, cặp (P, T) không được gọi là bước chuyển). Ví dụ dãy PTTPTPPT có 2 bước chuyển. Hãy tìm số các đường đi ngắn nhất từ A đến B có đúng
a) 1 bước chuyển;
b) 2 bước chuyển;

[12121993]

Bài 3.
Câu a. Kẻ đường kính $DE$ của $(I)$. Gọi $F$ là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp $(J)$ với $BC$.
Dễ thấy $F,I,M$ theo bổ đề hình thang. Ta chứng minh được $\frac{MI}{MF}=\frac{r}{r_a}$ nên theo định lí Thales thì $M,D,J$ thẳng hàng.
b. Gọi $K,L$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $AC,AB$; $G$ là giao của $AD$ với $(I)$. Dễ thấy tứ giác $DKGL$ là tứ giác điều hòa. Gọi $S$ là giao của $KL$ và $BC$, ta có $SG$ là tiếp tuyến của $(I)$.
Lại có $D(E,M;A,H)=-1$ do $DE,AH$ song song, $MA=MH$, nên $DPGE$ điều hòa. Suy ra $EP$ đi qua $S$.
Do $P(B,C;D,S)=-1$ và $PS,PD$ vuông góc nên $PD$ là phân giác của $\widehat{BPC}$. Suy ra đường tròn $(BPC)$ tiếp xúc với $(I)$. Vì thế $NP$ là tiếp tuyến của $(BPC)$.
Từ đó $ND^2=NP^2=NB.NC=NR^2=NS^2$. Suy ra $D,P,R,S$ cùng thuộc đường tròn tâm $N$ (đpcm).

[let_wind_go]

Bài 2:
Đặt $y+z-x=a,z+x-y=b,x+y-z=c$
hpt $<=> (b+c)a=4,(c+a)b=6,(a+b)c=8$
$<=> ab=2,bc=10,ca=6$
Suy ra $(abc)^2=120$
Từ đây ta có 2 TH, ta dễ dàng giả quyết nốt bài toán. nghiệm là $(-2\sqrt{\frac{5}{3}},-3\sqrt{\frac{3}{5}},\frac{-4}{\sqrt{15}})$
và $(2\sqrt{\frac{5}{3}},3\sqrt{\frac{3}{5}},\frac{4} {\sqrt{15}})$

Bài 1:
Dễ dàng cm $a_n \in (0,1) \forall n \geq 1$
Xét dãy $x_1=x_2=\frac{1}{3},x_{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{x_n }{3}+\frac{x_{n-1}^2}{6}$
$y_1=y_2=\frac{2}{7},y_{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{y_n }{3}+\frac{y_{n-1}^2}{6}$
dễ thấy $x_n$ tăng và bị chặn trên bởi 1 nên hội tụ, chuyển công thức truy hồi qua giới hạn được giới hạn là 1.
Ta cm quy nạp $a_n \leq x_{n} \forall n \geq 1$
n=1,2 đúng
giả sử đã đúng đến $k \geq 2$, ta cm đúng với $k+1$
$a_{k+1}=\frac{1}{2}+\frac{a_k}{3}+\frac{a_{k-1}^2}{6} \leq \frac{1}{2}+\frac{x_k}{3}+\frac{x_{k-1}^2}{6} =x_{k+1}$
do đó quy nạp đúng.
Làm tương tự với dãy $y_n$
Cuối cùng ta có $y_n \leq a_n \leq x_n \forall n$
theo định lý kẹp $lima_n=1$

[Tk1342]

Ta phát biểu khác: cho xâu nhị phân có độ dài 2n trong đó có n số 1 và n số 0. ta tìm số xâu thỏa mãn chỉ xuất hiện 1 lần 10. ta gọi A là xâu nhị phân gồm toàn số 1, B là xâu nhị phân gồm toàn số 0. Vậy xâu nhi phân thỏa mãn có dạng AB, ABA, BAB, BABA. Rồi từ đó tính các trường rồi cộng lại. Câu b tương tự, 10 xuất hiện đúng 2 lần.
P/s: có gì sai thì góp ý cho

[quocbaoct10]

Ta phát biểu khác: cho xâu nhị phân có độ dài 2n trong đó có n số 1 và n số 0. ta tìm số xâu thỏa mãn chỉ xuất hiện 1 lần 10. ta gọi A là xâu nhị phân gồm toàn số 1, B là xâu nhị phân gồm toàn số 0. Vậy xâu nhi phân thỏa mãn có dạng AB, ABA, BAB, BABA. Rồi từ đó tính các trường rồi cộng lại. Câu b tương tự, 10 xuất hiện đúng 2 lần.
P/s: có gì sai thì góp ý cho

đến đây chắc đúng rồi, tính các trường hợp riêng lẻ thì dùng chia kẹo mà tính. Ví dụ như trong xâu dạng ABA thì đặt $a_1$ là số xâu biểu diễn cho các bước qua phải trước khi bước lên $a_2$ là số xâu biểu diễn cho bước đi lên, $a_3$ là số xâu biểu diễn cho các bước qua phải và tới đích thì ta có: $a_1+a_2+a_3=n$. Từ đây giải bài toán chia kẹo. Mấy TH khác tương tự như vậy.

[tranhongviet]

[QUOTE=let_wind_go;197770]

Bài 1:
Dễ dàng cm $a_n \in (0,1) \forall n \geq 1$
Xét dãy $x_1=x_2=\frac{1}{3},x_{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{x_n }{3}+\frac{x_{n-1}^2}{6}$
$y_1=y_2=\frac{2}{7},y_{n+1}=\frac{1}{2}+\frac{y_n }{3}+\frac{y_{n-1}^2}{6}$
dễ thấy $x_n$ tăng và bị chặn trên bởi 1 nên hội tụ, chuyển công thức truy hồi qua giới hạn được giới hạn là 1.
Ta cm quy nạp $a_n \leq x_{n} \forall n \geq 1$
n=1,2 đúng
giả sử đã đúng đến $k \geq 2$, ta cm đúng với $k+1$
$a_{k+1}=\frac{1}{2}+\frac{a_k}{3}+\frac{a_{k-1}^2}{6} \leq \frac{1}{2}+\frac{x_k}{3}+\frac{x_{k-1}^2}{6} =x_{k+1}$
do đó quy nạp đúng.
Làm tương tự với dãy $y_n$
Cuối cùng ta có $y_n \leq a_n \leq x_n \forall n$
theo định lý kẹp $lima_n=1$

/QUOTE]

bài 1 này, từ u3 trở đi, dãy tăng thì mình dùng quy nạp ra ngay mà bạn.