Đến nội dung


Hình ảnh

Chọn đội dự tuyển VMO 2014-2015 tỉnh Đồng Nai


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 26-09-2014 - 18:47

KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2014-2015

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI

 

 

Bài thi thứ nhất :

 

Câu 1 (5 điểm)

Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-\sqrt{u_n^2+1},n=1,2,3... \end{matrix}\right.$$

Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \dfrac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}$.

 

Câu 2 (5 điểm)

Cho phương trình $x^4+4X^3-2ax^2-12x+a^2=0\;\;(1)$ với tham số $a \in (1,3)$. 

1) Chứng minh phương trình $(1)$ luôn có 4 nghiệm phân biệt.

2) Tính tổng $S=\sum_{i=1}^{4}\frac{2x_i^2+1}{(x_i^2-a)^2}$ theo $a$ với $x_1,x_2,x_3,x_4$ là bốn nghiệm của $(1)$.

 

Câu 3 (5 điểm)

Cho $n \geq 3$ là một số nguyên dương. Chứng minh với $n$ điểm phân biệt nằm trong mặt phẳng, sao cho trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng thì số tam giác có đỉnh được lấy trong $n$ điểm đã cho và có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $\dfrac{2}{3}(n^2-n)$.

 

Câu 4 (5 điểm)

Từ điểm $P$ nằm ngoài đường tròn $(O)$, kẻ hai cát tuyến phân biệt $PAB,PCD$ sao cho $AC$ không song song $BD$. Gọi $E$ là giao của $AD,BC$. $F,G$ là trung điểm của $BD,AC$. $I$ đối xứng của $E$ qua $F$.

1) Chứng minh $PE,PI$ đẳng giác trong góc $APC$.

2) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFG$ tiếp xúc với $PE$.

 

 

Bài thi thứ hai :

 

Câu 5 (7 điểm)

Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$ cố định. $A$ di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ không cân và $A$ không trùng $B,C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $EF$ tại $K$. $N$ là giao của $ID,EF$. Chứng minh

1) Ba điểm $A,N,M$ thẳng hàng với $M$ là trung điểm $BC$.

2) Đường thẳng qua $I$ vuông góc $DK$ luôn đi qua một điểm cố định.

 

Câu 6 (6 điểm)

Cho $X,Y$ là hai tập khác rỗng rời nhau thỏa $X\cup Y=\left \{ 1,2,3...,10 \right \}$. Chứng minh tồn tại phần tử $a \in X$ và $b\in Y$ sao cho $a^3+ab^2+b^3$ chia hết cho $11$.

 

Câu 7 (7 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại số nguyên dương $x$ để $4x^n+(x+1)^2$ là số chính phương.

 

 

 

Thời kì suy vong của đại số và lên ngôi của tổ hợp - số học  :icon8:  :icon8:  :icon8:


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#2 LNH

LNH

    Bất Thế Tà Vương

  • Hiệp sỹ
  • 581 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũ Trụ
  • Sở thích:Mathematics

Đã gửi 26-09-2014 - 19:17

Câu 3 (5 điểm)

Cho $n \geq 3$ là một số nguyên dương. Chứng minh với $n$ điểm phân biệt nằm trong mặt phẳng, sao cho trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng thì số tam giác có đỉnh được lấy trong $n$ điểm đã cho và có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $\dfrac{2}{3}(n^2-n)$.

 

Ta giải bài sau bằng đếm 2 cách

Xét $2$ điểm bất kì. Vì không có $3$ điểm nào thẳng hàng nên tồn tại nhiều nhất $4$ tam giác có diện tích bằng 1 nhận $2$ điểm được chọn làm đỉnh.

Vậy có nhiều nhất $\frac{4}{3}C_{n}^{2}=\frac{2}{3}\left ( n^2-n \right )$ tam giác có diện tích bằng $1$

=================

P/s: ước gì số với tổ cũng lên ngôi tại tỉnh t :'(



#3 thedragonknight

thedragonknight

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Hưng Đạo

Đã gửi 26-09-2014 - 19:36

Câu 6 : Các cặp $(a;b)$ thỏa $a^3+ab^2+b^3$ chia hết cho 11 là:

$$(1;6); (2;1); (3,7); (4,2); (5,8); (6;3); (7,9); (8,4); (9;10); (10;5)$$

Giả sử tồn tại 2 tập $X$ và $Y$ ko thỏa đề:

Nếu $$1\in X\Rightarrow 6\in X\Rightarrow 3\in X\Rightarrow .....\Rightarrow X=\left \{ 1;2;...; 10 \right \}\Rightarrow Y=\phi$$ (vô lý)

Lý luận tương tự với trường hợp $1\in Y$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thedragonknight: 26-09-2014 - 19:38


#4 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 372 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 0919.958.589)

Đã gửi 29-09-2014 - 08:34

Làm bài 1:

Xét hàm số: $f(x)=3x-\sqrt{x^2+1}$. Ta có: $f'(x)=3-\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}>0$. => $f(x)$ tăng trên R.

Mặt khác ta có: $u_2=3-\sqrt{2}>1=u_1$ => $f(u_2)=u_3>f(u_1)=u_2$. Từ đó ta suy ra: $u_{n+1}>u_n$ => dãy tăng

Dễ thấy dãy không bị chặn trên, thật vậy nếu dãy bị chặn trên thì tồn tại một số $L>1$ sao cho: $lim_{n \rightarrow \infty }{u_n}=L$.

Nghĩa là ta có: $L=3L-\sqrt{L^2+1}$ => $L=\frac{1}{\sqrt{3}}<1$ => vô lý. Từ đó ta được: $lim_{n \rightarrow \infty }{u_n}=\infty$

Ta dễ tính được: $lim_{n \rightarrow \infty }{\frac{u_{n+1}}{u_n}}=2$

Từ đó:

$lim_{n \rightarrow \infty }{\frac{2u^2_{n+1}+3u^2_n}{u^2_{n+1}+2u_{n-1}}}=\frac{2.2^2+3}{2^2+2.0}=\frac{11}{4}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 29-09-2014 - 08:38

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#5 vutuanhien

vutuanhien

    Thiếu úy

  • Điều hành viên Đại học
  • 642 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, ĐHQGHN

Đã gửi 29-09-2014 - 23:47

Đề này đúng là hay thật :))

Cơ mà câu 7 có lẽ đã quá quen thuộc

Ta chỉ việc đặt $VT=y^2$ và thu được $(y-x-1)(y+x+1)=4x^n$ nên cả $2$ số $y-x-1$, $y+x+1$ đều là số chẵn (do cùng tính chẵn lẻ)

Lại có $gcd(\frac{y-x-1}{2}, \frac{y+x+1}{2})=1$ nên tồn tại $z, t$ để $\frac{y-x-1}{2}=z^n, \frac{y+x+1}{2}=t^n$ và $x=zt$

Đến đây ta thu được $x+1=t^n-z^n$ hay $zt+1=t^n-z^n$

Chỉ cần chứng minh với $n\geq 3$ thì $VT< VP$, điều này có lẽ khá dễ dàng

Với trường hợp $n=1, 2$ cũng dễ dàng xử lý được vì ta có công thức nghiệm TQ của pt Pi-ta-go


$\sum_{P} I(P, F\cap G)=mn$

 

"The first analogy that came to my mind is of immersing the nut in some softening liquid, and why not simply water? From time to time you rub so the liquid penetrates better, and otherwise you let time pass. The shell becomes more flexible through weeks and months—when the time is ripe, hand pressure is enough, the shell opens like a perfectly ripened avocado!" - Grothendieck


#6 thukilop

thukilop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 291 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Điện Bàn
  • Sở thích:Quảng Nam

Đã gửi 01-10-2014 - 11:14

Đề đúng độc thật 

Câu 5: 

a) 10178097_641162489334522_286824388208698

Gọi giao điểm AN với BC là M. Ta có:

$\frac{MC}{MB}=\frac{sin(NAE)}{sin(NAF)}.\frac{sinB}{sinC}=\frac{NE}{NF}.\frac{sinB}{sinC}$ (1)

Xét trong tam giác DEF có: $\frac{NE}{NF}=\frac{sin(NDE)}{sin(NDF)}.\frac{sin(EFD)}{sin(DEF)}$ (2)

DO ID vuông góc BC nên: $\frac{sin(NDE)}{sin(NDF)}.\frac{sin(EFD)}{sin(DEF)}=\frac{cos(EDC)}{cos(BDF)}.\frac{sin(EDC)}{sin(BDF)}=\frac{sinC}{sinB}$ (3)

Từ (1) (2) (3) suy ra M la trung điểm BC => dpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thukilop: 02-10-2014 - 08:07

-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-


#7 vuminhhoang

vuminhhoang

    Không Đối Thủ

  • Thành viên
  • 167 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ninh Bình
  • Sở thích:rượu

Đã gửi 03-10-2014 - 23:05

câu 2 làm sao để chứng minh có 4 nghiệm phân biệt vậy các bạn,  ý b thì dễ rồi


Mời các mem tham gia

 

100 bài hàm số sưu tầm


#8 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 372 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 0919.958.589)

Đã gửi 04-10-2014 - 23:33

câu 2 làm sao để chứng minh có 4 nghiệm phân biệt vậy các bạn,  ý b thì dễ rồi

 

Bài 2:

1. Ta có $f(0)=a^2>0$, $f(1)=a^2-2a-7=(a-1)^2-8<0$ với mọi $1<a<3$ => $f(x)=0$ có một nghiệm trong (0,1), mà $\lim_{x\rightarrow \infty}f(x)=+\infty$ => $f(x)=0$ có một nghiệm $x>1$.

Ta lại có $f(-3)=a^2-18a+9<0$ với mọi $1<a<3$, tương tự như trên ta suy ra $f(x)=0$ có 4 nghiệm khi $1<a<3$=> đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 04-10-2014 - 23:35

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#9 thukilop

thukilop

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 291 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Điện Bàn
  • Sở thích:Quảng Nam

Đã gửi 10-12-2014 - 01:37

Kết thúc câu 5 luôn: 

b) 15797767680_a396765f78_o.png

Lấy P đối xứng D qua M thì IM // AP. Ta chứng minh IM vuông góc KD <=> IP vuông góc KD là xong

*) Gọi Q là giao AD với (I), AI cắt EF tại L. T là giao DI với AK.

Ý tưởng muốn chứng minh IP vuông góc KD ta sẽ sử dụng yếu tố trực tâm vào tam giác ADK ;) 

Dễ thấy QLID nội tiếp nên $\widehat{IDA}=\widehat{ALQ}$ mà $\widehat{ADB}=\widehat{QAK}$ và AI vuông góc EF, ID vuông góc BD suy ra $\widehat{QLF}=\widehat{QAK}$ suy ra AQLK nội tiếp suy ra AD vuông góc QK => dpcm


-VƯƠN ĐẾN ƯỚC MƠ-


#10 k30101201

k30101201

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 27 Bài viết
  • Sở thích:Mathematic - Latex - Linux

Đã gửi 27-08-2015 - 08:58

Đề này đúng là hay thật :))

Cơ mà câu 7 có lẽ đã quá quen thuộc

Ta chỉ việc đặt $VT=y^2$ và thu được $(y-x-1)(y+x+1)=4x^n$ nên cả $2$ số $y-x-1$, $y+x+1$ đều là số chẵn (do cùng tính chẵn lẻ)

Lại có $gcd(\frac{y-x-1}{2}, \frac{y+x+1}{2})=1$ nên tồn tại $z, t$ để $\frac{y-x-1}{2}=z^n, \frac{y+x+1}{2}=t^n$ và $x=zt$

Đến đây ta thu được $x+1=t^n-z^n$ hay $zt+1=t^n-z^n$

Chỉ cần chứng minh với $n\geq 3$ thì $VT< VP$, điều này có lẽ khá dễ dàng

Với trường hợp $n=1, 2$ cũng dễ dàng xử lý được vì ta có công thức nghiệm TQ của pt Pi-ta-go

Bạn có thể giải thích chi tiết vì sao lại nguyên tố cùng nhau ko?


Tri thức là nền tảng cho mọi thành công của bạn!

#11 trankhanhletruc

trankhanhletruc

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 17-01-2016 - 09:32

Bài 2:

1. Ta có $f(0)=a^2>0$, $f(1)=a^2-2a-7=(a-1)^2-8<0$ với mọi $1<a<3$ => $f(x)=0$ có một nghiệm trong (0,1), mà $\lim_{x\rightarrow \infty}f(x)=+\infty$ => $f(x)=0$ có một nghiệm $x>1$.

Ta lại có $f(-3)=a^2-18a+9<0$ với mọi $1<a<3$, tương tự như trên ta suy ra $f(x)=0$ có 4 nghiệm khi $1<a<3$=> đpcm.

giai cau b gium voi



#12 Zeref

Zeref

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 458 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đồng Nai
  • Sở thích:...

Đã gửi 19-08-2017 - 17:17

Câu 4

a/

Ta sẽ CM $\Delta PAE \sim \Delta PDI$

$\Delta PAC \sim PDB \Rightarrow \frac{PA}{PD}=\frac{AC}{DB}$ (1)

$\Delta ACE \sim BDE \Rightarrow \frac{AC}{BD}=\frac{AE}{BE}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $\frac{PA}{PD}=\frac{AE}{BE}$ hay $\frac{PA}{AE}=\frac{PD}{DI}$

đồng thời $\widehat{PAE}=\widehat{PDI}$ do đó $\Delta PAE \sim \Delta PDI$

Từ đây suy ra $PI,PE$ đẳng giác

b/

$GF$ là đường thẳng Gauss của tứ giác $PCEA$ nên đi qua trung điểm $PE$. Do đó $GF$ là đường trung bình $\Delta EIP$

Kéo dài $EG$ cắt $PI$ tại $M$ thì $M$ là điểm đối xứng của $E$ qua $G$. $PI$ cắt $CB$ tại $K$

Ta đi CM $\Delta PEM \sim \Delta PIE$

Bằng định lý Thales ta suy ra các đẳng thức sau

$\frac{PI}{PK}=\frac{AD}{PC}$ và $\frac{PM}{PK}=\frac{PA}{PB}$

Suy ra $PI.PM=(\frac{PA}{PC}.PK)^2=PE^2$ (do $\Delta PAE \sim \Delta PCK$)

Suy ra $\Delta PEM \sim \Delta PIE$ hay $\widehat{PEG}=\widehat{EFG}$

Do đó $PE$ là tiếp tuyến của $(EFG)$

 

 

20938996_345446229202455_924346893_n.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 19-08-2017 - 17:20


#13 harryhuyen

harryhuyen

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết

Đã gửi 17-09-2017 - 17:43

Kết thúc câu 5 luôn: 

b) 15797767680_a396765f78_o.png

Lấy P đối xứng D qua M thì IM // AP. Ta chứng minh IM vuông góc KD <=> IP vuông góc KD là xong

*) Gọi Q là giao AD với (I), AI cắt EF tại L. T là giao DI với AK.

Ý tưởng muốn chứng minh IP vuông góc KD ta sẽ sử dụng yếu tố trực tâm vào tam giác ADK ;) 

Dễ thấy QLID nội tiếp nên $\widehat{IDA}=\widehat{ALQ}$ mà $\widehat{ADB}=\widehat{QAK}$ và AI vuông góc EF, ID vuông góc BD suy ra $\widehat{QLF}=\widehat{QAK}$ suy ra AQLK nội tiếp suy ra AD vuông góc QK => dpcm

hình như IM vuông góc với DK mà bạn?



#14 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thiếu úy

  • Banned
  • 628 Bài viết

Đã gửi 27-09-2017 - 12:12

bạn nào giải kĩ câu 7 mình học tý






1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh