Đang tải... (xem toàn văn)
................................................................................................................................................................................................................................................................................
Cuộc thi nhận học bổng Edgar Krahn Đại học Maryland Câu Cha có ngày sinh nhật , ngày 20 tháng 10 Vào ngày sinh nhật năm 1999 , cha 42 tuổi 11 tuổi Vào năm tuổi cha b»ng hai lÇn ti ? A , 2009 B , 2011 C, 2013 D , 2017 E , 2019 Câu Một ngời làm công 10 ngày Ngày thứ , ngời ta trả cho ông ta đô-la Ngày thứ hai , ông nhận đợc đô-la , ngày thứ ba , ngời ta trả đô-la nh , tiền công hôm ông ta nhận đợc lại gấp đôi hôm trớc Vậy 10 ngày ông ta có đợc tiền công ? A , 1023 B , 1999 C, 2000 D , 2046 E , 2048 Câu Học sinh vào trờng (fenshmen) trung học Wisdom phải chọn hai ba khoá học vỊ : TiÕng Anh , To¸n, X· héi häc Số ngời vào đăng kí theo môn nh sau : 20 ngời đăng kí môn Tiếng Anh, 17 ngời đăng kí môn toán , 11 ngời đăng kí môn Xã hội học Hỏi có tất ngêi míi vµo ? A , 24 B , 25 C, 26 D , 27 E , 28 C©u chữ số cuối 777 777 : A,1 B,3 C,5 D,7 E,9 Câu ngời dơi siêu nhân làm việc , họ lột vá xong thïng Khoai 20 Còng cïng làm công việc siêu nhân ngời nhện Lột xong 15 phút , ngời nhện ngời dơi thực 12 phút Hỏi siêu nh©n sÏ lét vá xong thïng khoai bao l©u ? A , 1giê B , 45 C , 40 D , 30 E , Mét kÕt khác Câu Snoopy muốn lắp máy điện thoại , cần phải lựa chọn Trong ba kiĨu tiỊn A , B , C nh sau : A : tr¶ 99 xen cho 20 gọi , sau , gọi 20 Phút phút trả thêm xen B : Kể từ phút , phải trả phút xen C : Kể từ phút , phải trả phút xen ; nhiên , bắt đầu Cc gäi phai tr¶ 25 xen phÝ tỉn kÕt nèi ban đầu Giả sử trung bình tháng , nh÷ng cc gäi cđa Snoopy ChiÕm 10% ; c¸c cc gäi chiÕm 10% ; c¸c cc gäi 10 chiÕm 30% ; c¸c cc gäi 20 phút chiếm 30% ; gọi 30 chiÕm 20% Nh thÕ , xÕp thø tù kiểu tính tiền từ rẻ đến đắt : A , ABC BCA D , ACB B , BAC C, E , CBA Câu cho tam giác nhọn ABC cã BC = a , AC = b , AB = c nội tiếp đờng tròn ( O , R ) Chøng minh r»ng : a b c = = sin a sin b sin c C©u cho đờng tròn tâm O bán kính R , đờng kính AB CD vuông góc với Gọi I trung điểm BO Tia CI cắt đờng tròn E , EA cắt CD K Tính độ dài DK Câu Cho đờng tròn ( O ) có đờng kính AB = 12 cm Mọt đờng Thẳng qua A cắt đờng tròn ( O ) M cắt tiếp tuyến đờng tròn Tại B N Gọi I trung điểm MN Tính độ dài AM , biết AI = 13 cm Câu 10 Cho nửa đờng tròn đờng kính BC điểm M , N thuộc nửa đờng tròn cho cung BC = cung MN = cung NC Một số dạng toán tìm nghiệm nguyên phơng trình bậc hai hai ẩn Phơng trình bậc hai hai ẩn ( x ; y ) có dạng tổng quát nh sau : f ( x, y ) = ax ² + by ² + cxy + dx + ey + g = ®ã a ² + b > Bài toán tìm nghiệm nguyên phơng trình ( PT ) dạng thờng gặp đề thi chọn học sinh giỏi lớp đề thi lớp 10 chuyên Trung học phổ thông Trong viết , xin giới thiệu với bạn đọc phơng pháp giải cho số trờng hợp riêng toán Chúng ta lần lợt xét theo dạng sau : Dạng a = hc b = 0, abc deg Chẳng hạn , b = , phơng trình có dạng : f ( x, y ) = ax ² + cxy + dx + ey + g = ⇔ y (cx + e) = −(ax ² + dx + g ) ⇔ hc cx + e = ax ² + dx + g = 0, y y = cx + e ≠ ax ^ + dx + g , cx + e Từ đăy biện luận để tìm đợc x, y thoả mãn phơng trình cho Thí dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình : x ^ + xy + x + y + = (1) Lời giải : PT (1) tơng đơng với y ( x + 1) = −(3 + x ^ + x) = ⇔ hc x + = −(3 + x ^ + x) = 0, bÊt k× x^2 + x + ,2 x + ≠ y = 2x + Nếu x + = −(3 + x ^ + x) = th× x ^ + 3x + = Phơng trình nghiệm nguyên nên trờng hợp PT (1) nghiệm nguyên Nếu y = − x^2 + x + = −2 x − − th× y ∈ Ζ nên x + 2x + 2x + íc cđa , suy x + nhận giá trị -1 Từ x = x = 1, dẫn đến y = y = D¹ng Víi ab > 0, c = 0, de Khi phơng trình cã d¹ng f ( x, y ) = ax ^ + by ^ + dx + ey + g = d d d ^2 ⇔ x^2 + x + =0 + by ^ + eg + g − a 4a ^ 4a ⇔ by ^ + eg + 4ag − d ^ d = − a x + ^ 4a 2a Tõ biện luận để tìm đợc y , tính đợc x * Thí dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình 3x^ + y ^ + x + y = (2) Lời giải : phơng trình (2) tơng đơng với 3( x ^ + x + 1) + y ^ + y − = ⇔ y ( y − 1)(4 y + 7) = −3( x + 1)^ ≤ (*) Suy − ≤ y Vì y nên y { − ; ; } KÕt hỵp với (*) ta có Nếu y = ( x + ) ^ = ⇒ x = (loại) 7 Nếu y = th× (x + 1)^ = ⇒ x = (loại) 3 Nếu y = th× ( x + 1)^ = ⇒ x = −1 ( tho¶ m·n ) VËy PT (1) có nghiệm nguyên ( x; y ) = (−1 ; 1) D¹ng Víi 4ab − c ^ 2〉 0, ce ≠ 0, d = Khi phơng trình có dạng f ( x; y ) = ax ^ + by ^ + cxy + ey + g = c c^2 y ^2 c^2 y ^2 ⇔ a x ^ + xy + + by ^ + ey + g = − a 4a ^ 4a ^ 4a ^ 2b − c ^ cy ⇔ y ^ + eg + g = −a x + ^ 4a ^ 2a Từ biện luận để tìm đợc y , từ tính đợc x Thí dụ Tìm nghiệm nguyên phơng trình x ^ + y ^ + xy + y = (3) Lời giải : Phơng trình (3) tơng đơng với ( x ^ + xy + y ^ 2) + y ^ + y − = ⇔ ( y + 4)( y + 1) = −( x + y )^ ≤ (*) Suy − y Vì y nên { 4;3;2;1;0;1} Kết hợp với (*) , tìm đợc cặp nghiệm nguyên ( x; y ) PT (3) lµ (4;−4), (1;−3), (5;−3), (−2;0), (2;0), (−1;1) D¹ng Víi c ²- 4ab < , (cd − 2ae) ² ≥ (c ²- 4ab)(d ² − 4ag ) , cde ≠ Khi ®ã viÕt PT ban đầu dới dạng sau f ( x; y ) = ax ² + (cy + d ) x + by ² + ey + g = Coi phơng trình bậc hai ẩn x , víi ∆ = (cy + d ) ² − 4a(by ² + ey + g ) = = (c ² − 4ab) y ² + 2(cd − 2ae) y + d 4ag Từ xét để tìm đợc y , sau ®ã suy x ∈ Ζ • ThÝ dơ Tìm nghiệm nguyên phơng trình x + y ² − xy + x − y + = (4) Lêi gi¶i : phơng trình (4) tơng đơng với x + (3 − y ) x + y ² y + = (*) Coi phơng trình bậc hai ẩn x , với ∆ = (3 − y ) ² − 4(2 y ² − y + 2) = − y Để phơng trình (*) có nghiệm ∆ ≥ ⇔ y ² − ≤ ⇔ (2 y + 1)(2 y − 1) ≤ 1 ≤0≤ 2 y ∈ Ζ Vì nên y = Thay vào (*) ta ®ỵc x ² + 3x + = ⇔ x = x = Vậy phơng trình (4) có hai nghiệm nguyên ( x; y ) (1 ; 0) (2 ; 0) Nhận xét : Phơng pháp giải dạng sử dụng để giải toán thuộc dạng , dạng dạng Để kết thúc viết , xin mời bạn luyện tập tìm nghiệm nguyên số phơng trình dới ®©y : a) y ² − xy − x + y + = b) x ² + y ² − x + y = c) x ² + y ² − xy + y = d) x ² + y ² + = x + y + xy e) x ² + y ² + xy + x + y + = Từ toán quen thuộc Tới hai toán thi quốc tế Các bạn say toán thân mến , bạn săn lùng toán để thử sức bạn có tự hỏi nguồn gốc toán hay không ? Các bạn có biết toán gặp từ trơi rơi xuống mà đợc đặt từ toán biết với cút ý tởng sáng tạo hay không ? Truy tìm đến toán gốc đồng nghĩa với việc bạn khám phá chút ý tởng sáng tạo Không dừng lại ta tiếp tục phát toán dựa ý tởng Chúng ta toán quen thuộc Bài toán : Gọi x, y, z độ dài ba cạnh cđa mét tam gi¸c Chøng minh xyz ≥ ( x + y − z )( y + z − x)( x + z − y ) r»ng : * Theo híng suy nghÜ dïng Èn phơ , nÕu ta đặt x = b + c, y = a + c, z = a + b Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : (b + c)(a + c)(a + b) ≥ 8abc Do x, y, z độ dài ba cạnh tam giác nên x + y − z , y + z − x, x + z y dơng , suy a, b, c số dơng Bài toán (*) : Cho a, b, c sè d¬ng Chøng minh r»ng : (b + c)(a + c)(a + b) 8abc Bài toán (*) quen thuộc , sử dụng bất đẳng thức Cô - si để chứng minh Lời giải : áp dụng bất đẳng thức Cô - si cho hai số d¬ng ta cã : a + b ≥ ab , b + c ≥ bc , a + c ac Ba bất đẳng thức có hai vế dơng , nhân theo vế ta có bất đẳng thức cần chứng minh * Nh toán đợc chứng minh toán (*) toán gốc toán Với ý tởng đặt x = b + c, y = a + c, z = a + b , từ toán (*) có toán , toán chứng minh bất đẳng thức tam giác thú vị Khi có toán (*) , quay lại nhìn kĩ toán bạn thấy cần điều kiện x, y, z dơng đủ Ta có toán : Bài toán : Cho x, y, z số dơng Chứng minh : xyz ( x + y − z )( y + z − x)( x + z − y ) Lêi gi¶i : Thật , x, y, z độ dài ba cạnh tam giác ta có toán Giả sử x, y, z độ dài ba cạnh tam giác xảy khả : x ≥ y + z; y ≥ x + z; z ≥ y + x Víi x ≥ y + z ta cã : x + y − z ≥ y + z + y − z = 2y > y+z−x≤ y+z− y−z =0 z + x − y ≥ z + y + z − y = 2z > Suy ( x + y − z )( y + z − x)( x + z − y ) < ⇒ xyz > > ( x + y − z )( x + z − y )( y + z − x ) T¬ng tù trờng hợp lại Vậy bất đẳng thức đợc chứng minh * Tiếp tục đa ý tởng vào toán (*) với ba số dơng a, b, c Đặt S = a + b + c ta cã : ( S − c)( S − a)( S − b) = ( a + b)(b + c)(a + c) ≥ 8abc Víi 3sè d¬ng a + b, b + c, a + c, ta l¹i cã : ( S + c)( S + a )( S + b) = [ (b + c) + (c + a )] × [ (a + b) + (b + c)] × [ (a + b) + (a + c)] ≥ 8(a + b)(b + c)(a + c) 64abc Nhân theo vế (1) (2) suy : ( S − c )( S − b )( S − a ) ≥ a b c Ta có toán sau : Bài toán : : Cho a, b, c số dơng vµ S = a + b + c Chøng minh r»ng : S2 S S − 1 − 1 − 1 ≥ a b c Các bạn ngạc nhiên thấy hai toán vô địch quốc tế IMO gần xuất phát từ toán (*) Bài toán : (IMO năm 2000) : Cho a, b, c số dơng có tích Chứng minh r»ng : a + − 1 b + − 1 c + − 1 ≤ b c a x , y , z Lêi gi¶i : Do abc = nên tồn ba số dơng cho x y z a = ;b = ; z = , y z x Chẳng hạn x = 1; y = ; z = c Nh vËy bất đẳng thức cần chứng a minh quy về: x z y x y z + − 1 + − 1 + − 1 ≤ y y z z x x ⇔ ( x + y − z )( y + z − x )( x + z − y ) xyz Theo toán , bất dẳng thức đợc chứng minh Bài toán (IMO năm 2001) : Cho a, b, c số dơng.Chứng minh rằng: a Lời giải : Đặt x = a + 8bc a + a − 8bc b b − 8ac ; y= + c c − 8ab b b − 8ac ≥1 ; z= c c − 8ab Ta cã x, y, z ®Ịu dơng bất đẳng thức cần chứng minh trở thành : x+ y + z ≥1 a a2 8bc 8bc ⇒ = 1+ ⇒ −1 = ; 2 a − 8bc a + 8bc x a x a 8ca 8ab T¬ng tù ta cã y − = b ; z − = c Do x = ⇒ x2 = − 1 − 1 − 1 = x y z MỈt kh¸c , nÕu S = x + y + z < th× S S S − 1 − 1 − 1 > − 1 − 1 − 1 ≥ x y x z y z Suy : Mâu thuẫn với đẳng thức VËy x + y + z ≥ , toán đợc chứng minh Bài tập : Cho a, b, c số dơng Chứng minh r»ng : 8abc ≤ 1 + + =2 a +1 b +1 c +1