Chủ đề này có 13 trả lời

[Juliel]

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     

[LNH]

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 :'(

[thedragonknight]

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

[nntien]

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

[vutuanhien]

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

[thukilop]

Đề đúng độc thật 

Câu 5: 

a) 

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

[vuminhhoang]

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

[nntien]

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

[thukilop]

Kết thúc câu 5 luôn: 

b) 

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

[k30101201]

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?

[trankhanhletruc]

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

[Zeref]

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 $(EFG)$

 

 

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

[harryhuyen]

Kết thúc câu 5 luôn: 

b) 

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?

[toanhoc2017]

bạn nào giải kĩ câu 7 mình học tý