Đề thi trường hè Lê Quý Đôn

[mathandyou]

Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
Trường Hè Toán HỌc 2014
Kiểm Tra Chất Lượng
Thời gian: 180, Ngày: 17-07-2014

Bài 1: Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $K$ là trực tâm tam giác $IAC$
a. Chứng minh $DK$ vuông góc $IM$
b. Gọi $H,L$ lần lượt là trực tâm tam giác $IBC,IAB$. Gọi $X$ là điểm đối xứng của $D$ qua $IM$ và các điểm $Y,Z$ xác định tương tự. Chứng minh $HX,KY,LZ$ đồng quy

Bài 2:Tìm hằng số $k$ nhỏ nhất sao cho với mọi số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn $a+b+c=3$ thì luôn có bất đẳng thức:
$$k(a^4+b^4+c^4-3)\geq a^3+b^3+c^3+3abc-6$$

Bài 3: Tìm $f: [0,+\propto )\rightarrow [0,+\propto )$ thỏa: $f(x^2)+f(y)=f(x^2+y+xf(4y))$ với mọi $x,y \geq 0$

Bài 4: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$. Gọi $E,F,G$ theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng $AB$ và $CD, BC$ và $DA, AC$ và $BD$. Các đường tròn $(DAE), (DCF)$ cắt nhau tại điểm thứ hai là $H$. Phân giác của góc $AHB$ cắt $AB$ tại $I$, phân giác góc $DHC$ cắt $CD$ tại $J$. Chứng minh $I,G,J$ thẳng hàng

Bài 5: Các số $1,2,...,n^2$ được điền vào bảng kích thước $n$x$n$ theo cách như hình vẽ bên dưới. Ta xóa đi n số từ bảng, sao cho không có hai số nào được xóa cùng hàng cũng như không có hai số nào được xóa cùng cốt. Tìm tổng các số còn lại của bảng
[Only registered and activated users can see links]

[JokerNVT]

Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
Trường Hè Toán HỌc 2014
Kiểm Tra Chất Lượng
Thời gian: 180, Ngày: 17-07-2014

Bài 1: Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $K$ là trực tâm tam giác $IAC$
a. Chứng minh $DK$ vuông góc $IM$
b. Gọi $H,L$ lần lượt là trực tâm tam giác $IBC,IAB$. Gọi $X$ là điểm đối xứng của $D$ qua $IM$ và các điểm $Y,Z$ xác định tương tự. Chứng minh $HX,KY,LZ$ đồng quy
a) Chứng minh $DK$ vuông góc $IM$
Gọi $E$ là giao điểm $AI$ với $KC$, $H$ là giao điểm $KD$ với $IM$, $N$ là giao điểm của $AB$ với $KC$, $S$ là giao điểm của $BC$ và $AK$. $F$ là hình chiếu của $I$ lên $AC$, $R$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$.
Từ giả thiết ta suy ra:
*$E,D,I,F,C$ cùng thuộc 1 đường tròn
$\Rightarrow S,D,E,K$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)
*$E$ là trung điểm $CN$
$\Rightarrow ME\parallel BN$
$\Rightarrow \widehat{MEC}=\widehat{ANC}=\widehat{ACN}$
$\Rightarrow \widehat{IEM}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}$
Mà $\widehat{ISM}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}$
Từ đây ta suy ra tứ giác $SIME$ nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh
b) Chứng minh $HX,LZ,KY$ đồng quy
Chứng minh tương tự như trên ta suy ra $LD \perp IM$
$\Rightarrow K,L,X,D$ thẳng hàng
$D$ đối xứng với $X$ qua $IM$ nên $ID=IX=r$ nên $X$ thuộc đường tròn tâm $I$.
Tương tự cho các trường hợp điểm còn lại
Áp dụng phương tích với đường tròn tâm $I$ cho các điểm $H,K,L$, ta có:
$\dfrac{LX}{LY}.\dfrac{KZ}{KX}.\dfrac{HY}{HZ}= \dfrac{LF}{LD}.\dfrac{KD}{KR}.\dfrac{HR}{HF}$
Mặt khác: $\Delta HKL$ có $HD,LR,KF$ đồng quy tại $I$ nên áp dụng định lý Ceva, ta có:
$\dfrac{LF}{LD}.\dfrac{KD}{KR}.\dfrac{HR}{HF}=1$
$\Rightarrow \dfrac{LX}{LY}.\dfrac{KZ}{KX}.\dfrac{HY}{HZ}=1$
Theo định lý Ceva đảo ta suy ra điều phải chứng minh

[hoanghai_vovn]

Ta có$\angle HAE=\angle HDE$ và $\angle HFC=\angle HDE$ nên suy ra $\angle HAE=\angle HFB$ do đó $HFBA$ nội tiếp.
Bằng biến đổi góc đơn giản, ta thu được $\angle HDA=\angle HCB$ và $\angle HAD=\angle HBC$, suy ra $\Delta HAD\sim \Delta HBC$.

Do tc phân giác $HI$ nên $\frac{IA}{IB}=\frac{HA}{HB}$, suy ra $\frac{IA}{IB}=\frac{HA}{HB}=\frac{AD}{BC}=\frac{G A}{GB}$ (do tứ giác nội tiếp).
Suy ra $GI$ là phân giác của góc $AGB$.
tương tự $GJ$ là phân giác của góc $DGC$.
Do đó $I,G,J$ thẳng hàng.

[quocbaoct10]

a) Chứng minh $DK$ vuông góc $IM$
Gọi $E$ là giao điểm $AI$ với $KC$, $H$ là giao điểm $KD$ với $IM$, $N$ là giao điểm của $AB$ với $KC$, $S$ là giao điểm của $BC$ và $AK$. $F$ là hình chiếu của $I$ lên $AC$, $R$ là hình chiếu của $I$ lên $AB$.
Từ giả thiết ta suy ra:
*$E,D,I,F,C$ cùng thuộc 1 đường tròn
$\Rightarrow B,D,E,K$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)
*$E$ là trung điểm $CN$
$\Rightarrow ME\parallel BN$
$\Rightarrow \widehat{MEC}=\widehat{ANC}=\widehat{ACN}$
$\Rightarrow \widehat{IEM}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}$
Mà $\widehat{ISM}=\dfrac{\widehat{BAC}}{2}$
Từ đây ta suy ra tứ giác $SIME$ nội tiếp (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra điều phải chứng minh
b) Chứng minh $HX,LZ,KY$ đồng quy
Chứng minh tương tự như trên ta suy ra $LD \perp IM$
$\Rightarrow K,L,X,D$ thẳng hàng
$D$ đối xứng với $X$ qua $IM$ nên $ID=IX=r$ nên $X$ thuộc đường tròn tâm $I$.
Tương tự cho các trường hợp điểm còn lại
Áp dụng phương tích với đường tròn tâm $I$ cho các điểm $H,K,L$, ta có:
$\dfrac{LX}{LY}.\dfrac{KZ}{KX}.\dfrac{HY}{HZ}= \dfrac{LF}{LD}.\dfrac{KD}{KR}.\dfrac{HR}{HF}$
Mặt khác: $\Delta HKL$ có $HD,LR,KF$ đồng quy tại $I$ nên áp dụng định lý Ceva, ta có:
$\dfrac{LF}{LD}.\dfrac{KD}{KR}.\dfrac{HR}{HF}=1$
$\Rightarrow \dfrac{LX}{LY}.\dfrac{KZ}{KX}.\dfrac{HY}{HZ}=1$
Theo định lý Ceva đảo ta suy ra điều phải chứng minh

Làm sao từ $E,D,I,F,C$ cùng thuộc 1 đường tròn thì lại có thể suy ra (1) vậy anh ?

[JokerNVT]

Làm sao từ $E,D,I,F,C$ cùng thuộc 1 đường tròn thì lại có thể suy ra (1) vậy anh ?
Anh ghi nhầm $S, D, E,K$ nội tiếp 1 đường tròn :D
Do $\widehat{KED}=\widehat{KAC}=\widehat{CSA}$ nên ta suy ra được điều đó :D

[Fool's theorem]

Bài 5:
Gọi số được chọn để xóa từ hàng $k$ là $x_k$
Ta có $x_k= (k-1)n +p(k)$ với $p(k) \in {1,2,...,n}$
Do 2 số được chọn bất kì thì không cùng cột nên $p(i)$ khác $p(j)$ với mọi $i$ khác $j$. Tức là $p(1),p(2),...,p(n)$ là một hoán vị của $1,2,...,n$
Từ đây dễ dàng tính được tổng tất cả các $x_k$

[antuc220375]

Bài số 3 là của Japan 2009, khá khó.

[giabao185]

Bài số 3 là của Japan 2009, khá khó.

Cho mình xin link cái =p~=p~

[khi gia]

Bài 2:Tìm hằng số k nhỏ nhất sao cho với mọi số thực dương a,b,c thỏa mãn a+b+c=3 thì luôn có bất đẳng thức:
$k(a^4+b^4+c^4−3)≥a^3+b^3+c^3+3abc−6$
cho $a=b=\frac{1}{2},c=2$, ta suy ra đc $k \geq \frac{2}{7}$. ta cần cm:
$$\frac{2}{7}(a^4+b^4+c^4-3)\geq a^3+b^3+c^3+3abc-6 (1)$$
đặt f(a,b,c)=VT(1)-VP(1), $t=\frac{a+b}{2}$.giả sử $c=max(a,b,c)\Rightarrow c\geq 1, t\leq 1$.
$f(a,b,c)-f(t,t,c)=\frac{2}{7}(a^4+b^4-2t^2)-(a^3+b^3-2t^3)-3c(ab-t^2)$
$=(a-b)^2 (\dfrac{7a^2+10ab+7b^2}{28}-\dfrac{3a+3b}{4}+\dfrac{3c}{4})$
$=\dfrac{(a-b)^2}{4}(\dfrac{7a^2+10ab+7b^2}{7}+6c-9)$
ta thấy $\dfrac{7a^2+10ab+7b^2}{7}+6c-9 \geq \frac{6}{7}(a+b)^2+6c-9 = \frac{6}{7}(3-c)^2+6c-9$. tới đay ta xét hàm trên theo biến $c$ với đk $c\geq 1$ chứng minh đc $\dfrac{7a^2+10ab+7b^2}{7}+6c-9 > 0$
do đó : $f(a,b,c)\geq f(t,t,c)$.Để kết thúc cm ta chỉ ra $f(t,t,c)\geq 0$
$f(t,t,3-2t)=\dfrac{2}{7}[2t^4+(3-2t^4)^2-3]-2t^4-(3-2t)^3-3t^2(3-2t)^2+6\geq 0$
$\Leftrightarrow (t-1)^2(2t-1)^2 \geq 0$: đúng
:sad: làm bài quá tệ

[antuc220375]

Bài PTH là bài khó. Đây là bài Japan 2009
Các bước : 1. CM f không giảm
2. Nếu tồn tại a mà f(a) = 0 thì f tuần hòan và do đó f = 0 với mọi x.
3. Nếu f(x) > 0 với mọi x > 0 thì f tăng thực sự. Do đó f là đơn ánh. PTH có thể viết $f(x^2) + f(y^2) = f(x^{2}+y^{2}+xf(4y^{2})$. Hoạn vị x,y có $f(x^{2}+y^{2}+xf(4y^{2})) = f(x^{2}+y^{2}+yf(4x^{2}))$ . Vì f đơn nên phải có $xf(4y^2) = yf(4x^2)$
hay $\dfrac{f(4y^2)}{y}=\dfrac{f(4x^2)}{x}=c.$
Do đó f(4x^2) = cx hay $f(x)= k\sqrt{x}$. Tìm được k = 1. Vậy $f(x)=\sqrt{x}$.
Đây là bài có trong quyển sách Topic in Functional Equations, trang 457.

[giabao185]

Bài PTH là bài khó. Đây là bài Japan 2009
Các bước : 1. CM f không giảm
2. Nếu tồn tại a mà f(a) = 0 thì f tuần hòan và do đó f = 0 với mọi x.
3. Nếu f(x) > 0 với mọi x > 0 thì f tăng thực sự. Do đó f là đơn ánh. PTH có thể viết $f(x^2) + f(y^2) = f(x^{2}+y^{2}+xf(4y^{2})$. Hoạn vị x,y có $f(x^{2}+y^{2}+xf(4y^{2})) = f(x^{2}+y^{2}+yf(4x^{2}))$ . Vì f đơn nên phải có $xf(4y^2) = yf(4x^2)$ hay $f(4^y^2)/y = f(4x^2)/x = c$.
Do đó f(4x^2) = cx hay $f(x)= k\sqrt{x}$. Tìm được k = 1. Vậy $f(x)=\sqrt{x}$.
Đây là bài có trong quyển sách Topic in Functional Equations, trang 457.
Làm sao c/m được f không giảm thế bạn??Cho mình xin cái link
------------------------------

[antuc220375]

Với mỗi y > 0, đa thức theo x là $x^{2}+xf(4y)$ nhận mọi giá trị dương ( do pt bậc hai có ac < 0 thì có 2 nghiệm trái dấu).
Từ đó với mọi y > 0 , lấy z = y +a ( a >0) thì có x sao cho $a = x^{2}+4xf(y)$.
Khi đó $f(z) = f(x^{2}+y +4xf(y)) = f(x^{2})+f(y) >= f(y)$. Vậy f không giảm. Mình không có file quyển sách đó. Cảm ơn.

[tmp]

Cho mình xin link cái =p~=p~
First, notice that $g(x) = x^2 + kx$ spans all non-negative reals for non-negative values of $x$, because $g(0) = 0$ and $g(x)$ goes to infinity as $x$ increases.

Then $f$ is non-decreasing: if $z = y + a, a > 0$, then there is $x > 0$ such that $x^2 + 4f(y)\cdot x = a$. Choosing such $x$ we have $f(x^2) + f(y) = f(z)$ and since $f$ can only assume non-negative values, $f(z) \geq f(y)$.

Suppose that there is $k > 0$ such that $f(k) = 0$. Then, since $f$ is non-decreasing and, by letting $x = y = 0, f(0) = 0, f(x) = 0 for 0 \leq x \leq k$. Letting $x$ be $\sqrt x$ and $y = k/4$, we obtain $f(x) + f(k/4) = f(x + k/4)\iff f(x+k/4) = f(x)$. This implies that $f$ is periodic with period $k/4$. Since $f([0,k]) = \{0\}, f(x) = 0$ for all non-negative $x$.

It remains to solve the case in which $f(x) > 0$ for all positive $x$. In this case, $f$ is strictly increasing ($f(z) \geq f(y)$ turns into a strict inequality) and, henceforth, $f$ is injective. Substituting $x$ by $\sqrt x$ we obtain $f(x) + f(y) = f(x + y + \sqrt xf(4y))$. By symmetry, $f(x + y + \sqrt xf(4y)) = f(x + y + \sqrt yf(4x)) \iff \frac{f(4x)}{\sqrt x} = \frac{f(4y)}{\sqrt y}$ This means that $\frac{f(x)}{\sqrt x}$ is constant, so $f(x) = c\cdot \sqrt x$. Direct substitution yields $c = 1$ and we are done.