Đề thi chọn đội tuyển Hà Tĩnh năm 2014-2015

[Nvthe_cht.]

KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 12 THPT.
Thời gian: 180P, môn: Toán.
Câu 1: Giải hệ phương trình:
$\left\{\begin{matrix} 3x^3+2x^2=y\\ 3y^3+2y^2=z\\ 3z^3+2z^2=x \end{matrix}\right.$
Câu 2: Cho dãy số $(x_n)$ được xác định bởi:
$x_1=\frac{1}{2}; x_{n+1}=\frac{2014+x_n}{2016-x_n}$ với mọi $n=1,2,...$.
a. Chứng minh rằng dãy $(x_n)$ có giới hạn và tính giới hạn đó.
b. Với mỗi số tự nhiên $n \ge 1,$ đặt $y_n=\frac{1}{2013n+2015} \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{x_k-2014}.$ Tính $\lim y_n$
Câu 3: Cho 2 đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ tiếp xúc ngoài nhau tại $M$. Tiếp tuyến chung ngoài $AB$, ($A$ thuộc $(C_1)$, $B$ thuộc $(C_2)$). Trên tia $Mx$ là tiếp tuyến chung của 2 đường tròn ( $Mx$ không cắt $AB$) lấy điểm $C$ khác $M$. Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm thứ 2 của $CA$ với $(C_1)$, $CB$ với $(C_2)$. Chứng minh rằng tiếp tuyến của $(C_1)$ tại $E$, tiếp tuyến của $(C_2)$ tại $F$ và $Mx$ đồng quy.
Câu 4: Cho số nguyên dương $n\ge 2.$ Chứng minh rằng $m=2n^2-1$ là số tự nhiên nhỏ nhất sao cho tồn tại $n$ số nguyên dương $a_1, a_2,...,a_n$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
i, $a_1<a_2<...<a_n=m$
ii, Tất cả $n-1$ số $\frac{a_1^2+a_2^2}{2}, \frac{a_2^2+a_3^2}{2},...,\frac{a_{n-1}^2+a_n^2}{2}$ đều là các số chính phương.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Bài 3 có thể xét phương tích với 2 đường tròn đã cho và đường tròn điểm $M$. Chú ý rằng mỗi điểm trên $Mx$ chính là tâm đẳng phương của 3 đường tròn này.

Bài 4 là đề chọn đội tuyển của Nhật 2013.

http://www.artofproblemsolving.com/F...554fb#p2931306

Các bài còn lại thì cũng khá thú vị.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[BlackSelena]

Bài 3:
Dễ thấy $\overline{CE}.\overline{CA} = CM^2 = \overline{CF}.\overline{CB}$ nên nghịch đảo cực $C$ phuơng tích $CM^2$, ta có $(CEF) \rightarrow AB$.
Mà $AB$ tiếp xúc với cả 2 đường tròn nên $(CEF)$ cũng tiếp xúc với $(O_1)$ và $(O_2)$.
Vậy 3 đường cần chứng minh đồng quy là 3 trục đẳng phuơng của $(CEF), (O_1), (O_2)$
________
Ối có người post trước rồi à :'(
________
Bài 2:
a, Quy nạp dễ thấy $x_n <1 \ \forall n$
Lại có $x_{n+1} - x_n = \dfrac{x_n-1)(x_n-2014)}{2016-x_n} > 0$ nên đây là dãy tăng. Đặt phuơng trình giới hạn ta tính được $\lim x_n = 1$
b, Kết hợp $ x_{n+1} - 2014 = \dfrac{2015(x_n - 2014)}{2016 - x_n}$ và $x_{n+1} - x_n = \dfrac{(x_n-1)(x_n-2014)}{2016-x_n}$, ta được:
$\dfrac{2015(x_{n+1} - x_n)}{(x_{n+1}-2014)(x_n - 2014)} = \dfrac{x_n -1}{x_n - 2014} = 1 + \dfrac{2013}{x_n-2014}$
$\Rightarrow \dfrac{1}{x_n - 2014} = \dfrac{2015}{2013}(\dfrac{1}{x_n - 2014} - \dfrac{1}{x_{n+1} - 2014}) - \dfrac{1}{2013}$
Tới đây mọi chuyện khá dễ dàng, $\lim y_n = -\dfrac{1}{2013^2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[tranhongviet]

Cộng $x $ vào 2 vế của (1) ta được
$3x^{3}+2x^{2}+x=y+x $.
Vế trái có $f^{'}(x)=9x^{2}+4x+1>0 $(với mọi $x $).
Tương tự với $y,z $.
Vì hàm $f(x) $ đồng biến trên R nên nếu $x>y $ suy ra $y>z $ suy ra $z>x $ (vô lý) nên x=y=z.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mathandyou]

Đề ngày 2:

Bạn nào rảnh đánh latex lại dùm mình,cám ơn nhiều

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Juliel]

Lời giải bài bất ngày 2 :

Gỉa thiết đã cho có thể viết thành :
$$\dfrac{1}{a^4+1}+\dfrac{1}{b^4+1}+\dfrac{1}{c^4+ 1}=1$$
Từ đây suy ra tồn tại các số dương $x,y,z$ để cho :
$$a=\sqrt[4]{\dfrac{y+z}{x}},b=\sqrt[4]{\dfrac{z+x}{y}},c=\sqrt[4]{\dfrac{x+y}{z}}$$
Và với dự đoán $F\geq \sqrt{2}$ ta sẽ chứng minh :
$$\sqrt[4]{\dfrac{(x+y)(y+z)(z+x)}{xyz}}\left ( \sum \sqrt[4]{\dfrac{x+y}{z}} \right )\geq \sqrt{2}.\left ( \sum \sqrt[4]{\dfrac{(x+y)(y+z)}{zx}} \right )$$
Hay là :
$$\sqrt[4]{\dfrac{x+y}{z}}+\sqrt[4]{\dfrac{x+y}{z}}+\sqrt[4]{\dfrac{x+y}{z}}\geq \sqrt{2}\left ( \sqrt[4]{\dfrac{x}{y+z}}+\sqrt[4]{\dfrac{y}{z+x}}+\sqrt[4]{\dfrac{z}{x+y}} \right )$$
Chú ý kết quả $8(A^4+B^4)\geq (A+B)^4$, ta có :
$$\sqrt[4]{\dfrac{x}{y+z}}\leq \dfrac{\sqrt[4]{x}}{\sqrt[4]{\dfrac{(\sqrt[4]{y}+\sqrt[4]{z})^4}{8}}}=\dfrac{\sqrt[4]{8x}}{\sqrt[4]{y}+\sqrt[4]{z}}$$
Cũng dễ thấy :
$$\dfrac{\sqrt[4]{x}}{\sqrt[4]{y}+\sqrt[4]{z}}\leq \dfrac{\sqrt[4]{x}}{4}\left ( \dfrac{1}{\sqrt[4]{y}}+\dfrac{1}{\sqrt[4]{z}} \right )$$
Xây dựng các BĐT còn lại rồi cộng vế theo vế, ta được :
$$VT\leq \dfrac{\sqrt[4]{2}}{2}.\left ( \sum \dfrac{\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{z}}{\sqrt[4]{y}} \right )$$
Hơn nữa :
$$\dfrac{\sqrt[4]{x}+\sqrt[4]{z}}{\sqrt[4]{y}}\leq \sqrt[4]{\dfrac{8(z+x)}{y}}$$
Suy ra :
$$VT\leq \sqrt[4]{\dfrac{z+x}{y}}+\sqrt[4]{\dfrac{x+y}{z}}+\sqrt[4]{\dfrac{y+z}{x}}=VP$$
Kết luận được $F_{min}=\sqrt{2}\Leftrightarrow a=b=c=\sqrt[4]{2}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Juliel]

Lời giải bài hình ngày 2 :


a) Trước tiên ta sẽ chứng minh $AF,AM$ đẳng giác trong góc $BAC$.
Theo định lí sin :
$$\dfrac{sin\angle AFB}{AB}=\dfrac{sin\angle ABF}{AF}=\dfrac{sin\angle BAM}{AF},\dfrac{sin\angle AFC}{AC}=\dfrac{sin\angle ACF}{AF}=\dfrac{sin\angle CAM}{AF}$$
Suy ra :
$$\dfrac{sin\angle AFB}{sin\angle AFC}=\dfrac{sin\angle BAM}{sin\angle CAM}.\dfrac{AB}{AC}=1\Rightarrow \angle AFB=\angle AFC$$
Từ đó theo tính chất góc ngoài tam giác :
$$360^0-2\angle AFB=\angle BFC=\angle FDE+\angle DEF=2\angle BAM+2\angle CAM=2\angle BAC$$
$$\Rightarrow \angle FAB+\angle FBA=\angle FAB+\angle FAC\Rightarrow \angle FBA=\angle FAC=\angle BAD$$
Vậy $AF,AM$ đẳng giác trong $\angle BAC$.
Từ đó dễ thấy hai tam giác $AFB,ANM$ đồng dạng, suy ra :
$$\dfrac{AN}{AF}=\dfrac{AM}{AB}\Rightarrow \Delta AFN\sim \Delta ABM\Rightarrow \angle AFN=\angle ABC=\dfrac{\angle AOC}{2}=\angle AON$$
Vậy tứ giác $AFON$ nội tiếp, suy ra $\angle AFO=90^0$.
Từ đó thấy :
$$\angle OFE=\angle AFC-\angle AFO=\angle AFB-90^0=\angle ANM-90^0=\angle ANM-\angle ANE=\angle ENM\;\;\;(1)$$
Cũng dễ thấy $\angle OEF=\angle OEM\;\;\;(2)$.
Từ $(1)(2)$ có hai tam giác $FEO,NEM$ đồng dạng.

b) Theo câu a thì :
$$\angle OFE=\angle OFC=\angle ENM=\angle ANM-90^0=\angle B+\angle C-90^0=\angle OBC$$
Ta được $O,F,B,C$ đồng viên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]