Đến nội dung


Hình ảnh

Chọn đội tuyển Quốc Gia Tỉnh Hải Dương $2014-2015$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 5 trả lời

#1 HoangHungChelski

HoangHungChelski

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 283 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương
  • Sở thích:$\mathfrak{Combinatorics}$ , $\mathfrak{NumberTheory}$

Đã gửi 27-10-2014 - 16:20

                                                KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2015
                                                                              THỜI GIAN: 180 PHÚT


Câu 1:(5 điểm) Cho các số thực $x,y,z$ thay đổi thỏa mãn $4^x+4^y+4^z=1$. Tìm giá trị lớn nhất của: 
$$S=2^{x+2y}+2^{y+2z}+2^{z+2x}-2^{x+y+z}$$

Câu 2: (5 điểm) Cho tam giác không cân $ABC$ có $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ và $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $N$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên đường thẳng $AM$, $P_1$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $HMN$ và đường tròn đường kính $AB$ ($P_1\neq H$). Như vậy ta dựng được điểm $P_1$ tương ứng với đỉnh $A$, tương tự ta dựng điểm $P_2$ tương ứng với đỉnh $B$ và điểm $P_3$ tương ứng với đỉnh $C$. CMR: $AP_1,BP_2,CP_3$ đồng quy.

Câu 3: (6 điểm) Tìm tất cả $c\in \mathbb{N}$ sao cho tồn tại $a,b\in \mathbb{Z}$ thỏa mãn $a^n+2^n$ là ước của $b^n+c$ với $n\in \mathbb{Z^+}$. Với mỗi bộ $(a,b,c)$ ở trên mà $c$ lớn nhất, chứng minh rằng $a,b$ không đồng thời là hai số chính phương.

Câu 4: (4 điểm) Cho $n$ nguyên dương, $n\geq 3$, xét một bảng vuông $n\times n$ gồm $n^2$ hình vuông đơn vị. Ta phủ bảng vuông đó bởi ba loại quân domino: Loại $1$: $1\times m$ ($1$ hàng, $m$ cột, $m$ là số nguyên có thể thay đổi ,$m\geq 2$); Loại $2$: $p\times 1$ ($p$ hàng, $1$ cột, $p$ nguyên có thể thay đổi, $p\geq 2$); Loại $3$: $1\times 1$ ($1$ hàng, $1$ cột). Biết rằng không có $2$ quân domino hàng chồng lên nhau và không được phép quay hoặc lật các quân domino để biến quân domino loại $1$ thành loại $2$ và ngược lại. Gọi $K$ là số quân domino cần dùng để phủ hết bảng vuông sao cho số quân domino loại $3$ là loại $2$ bằng nhau. Tìm giá trị nhỏ nhất của $K$.

$$ \begin{matrix}\blacksquare \blacksquare \blacksquare &  \begin{matrix}\blacksquare \\ \blacksquare \end{matrix}& \blacksquare \\  \text{loại I}&  \text{loại II}&\text{loại III} \end{matrix} $$

(Một ví dụ về ba loại quân domino

 aaaa.JPG

                                                                                      ---------Hết---------


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 04-11-2014 - 22:30

$$\boxed{\text{When is (xy+1)(yz+1)(zx+1) a Square?}}$$                                


#2 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 27-10-2014 - 20:05

                                              
Câu 2: (5 điểm) Cho tam giác không cân $ABC$ có $H$ là chân đường cao kẻ từ $A$ và $M$ là trung điểm $BC$. Gọi $N$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên đường thẳng $AM$, $P_1$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $HMN$ và đường tròn đường kính $AB$ ($P_1\neq H$). Như vậy ta dựng được điểm $P_1$ tương ứng với đỉnh $A$, tương tự ta dựng điểm $P_2$ tương ứng với đỉnh $B$ và điểm $P_3$ tương ứng với đỉnh $C$. CMR: $AP_1,BP_2,CP_3$ đồng quy.

Lời giải :

hải dương 2014.JPG

Do các bộ điểm $(A,H,N,C),(P_1,M,N,H),(A,B,H,P_1)$ là các bộ điểm đồng viên nên :

$$\angle CAN=\angle CHN=\angle MNP_1$$

Từ đây có $GN$ song song $AC$

Từ đó dễ thấy :

$$\angle CAM=\angle MNP_1=\angle P_1MH=\angle P_1AB$$

Điều này chứng tỏ $AP_1$ đẳng giác với $AM$ trong góc $BAC$ tức $AP_1$ là đối trung của tam giác $ABC$.

Tương tự $BP_2,CP_3$ cũng là các đường đối trung của tam giác $ABC$.

Do đó chúng đồng quy tại điểm Lemoine của tam giác $ABC$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 27-10-2014 - 20:06

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

Welcome to My Facebook !


#3 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1566 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quận 7, TP HCM
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 28-10-2014 - 15:32

Juliel hăng hái quá làm tự nhiên có hứng giải bài:

 

Bài 1: Đặt $ a= 2^x ; b = 2^y ; c= 2^z$ thì $a ; b ; c$ là những số dương và $ a^2 + b^2 +c^2 =1$

 

Tức là cần tìm $ \max$ của hàm $3$ biến $\mathcal{P} (a;b;c)= ab^2 +bc^2 + ca^2 - abc$

 

Do tính hoán vị của $3$ biến $a;b;c$ nên ta có thể giả sử $b$ là số nằm giữa $2$ số $a;c$

 

$ \implies (b-a)( b-c) \le 0 \implies b^2 \le b(a+c)-ac \implies ab^2 \le ab(a+c)-a^2c$

 

$ \implies \mathcal{P} (a;b;c) \le  ab(a+c)-a^2c+bc^2 + ca^2 - abc $

$ \implies \mathcal{P} (a;b;c) \le a^2 b +abc -a^2c+bc^2 + ca^2 - abc $

 

$\implies \mathcal{P} (a;b;c) \le a^2 b +bc^2  = b(1-b^2) $

 

Tới đây thì không may là không có dùng Cauchy để đánh giá được, đành phải dùng cách xấu là khảo sát hàm $ f(b) = b-b^3$ trên miền $ \mathcal{G} = \left( 0 ; \frac{1}{ \sqrt{2}} \right)$

 

Trên miền $\mathcal{G}$, Phương trình $ f^{'} (b) = 1-3b^2 =0$ có nghiệm $ b = \frac{1}{ \sqrt{3}}$, từ đây suy ra $f(b)$ đồng biến trên $ \left( 0 ; \frac{1}{ \sqrt{3}} \right] $, nghịch biến trên $ \left[ \frac{1}{ \sqrt{3}} ; \frac{1}{ \sqrt{2}} \right)$

 

$ \implies \max f(b) = f \left( \frac{1}{ \sqrt{3}} \right) = \frac{2 \sqrt{3}}{9}$

 

$\implies \max \mathcal{P} (a;b;c) = \frac{2 \sqrt{3}}{9}$ , đạt được chẳng hạn khi $ x=y=z= \frac{-1}{2} \log_{2} 3$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 29-10-2014 - 07:19

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)

#4 Katyusha

Katyusha

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 461 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 08-11-2014 - 15:28

Juliel hăng hái quá làm tự nhiên có hứng giải bài:

 

Bài 1: Đặt $ a= 2^x ; b = 2^y ; c= 2^z$ thì $a ; b ; c$ là những số dương và $ a^2 + b^2 +c^2 =1$

 

Tức là cần tìm $ \max$ của hàm $3$ biến $\mathcal{P} (a;b;c)= ab^2 +bc^2 + ca^2 - abc$

 

Do tính hoán vị của $3$ biến $a;b;c$ nên ta có thể giả sử $b$ là số nằm giữa $2$ số $a;c$

 

$ \implies (b-a)( b-c) \le 0 \implies b^2 \le b(a+c)-ac \implies ab^2 \le ab(a+c)-a^2c$

 

$ \implies \mathcal{P} (a;b;c) \le  ab(a+c)-a^2c+bc^2 + ca^2 - abc $

$ \implies \mathcal{P} (a;b;c) \le a^2 b +abc -a^2c+bc^2 + ca^2 - abc $

 

$\implies \mathcal{P} (a;b;c) \le a^2 b +bc^2  = b(1-b^2) $

 

Tới đây thì không may là không có dùng Cauchy để đánh giá được, đành phải dùng cách xấu là khảo sát hàm $ f(b) = b-b^3$ trên miền $ \mathcal{G} = \left( 0 ; \frac{1}{ \sqrt{2}} \right)$

 

 

Hì, đến đây mà khảo sát hàm thì bớt đi vẻ đẹp của lời giải quá :)

 

Mình có thể dùng Cauchy như sau

 

Xét $P^2=b^2(1-b^2)^2=\dfrac{1}{2}.2b^2.(1-b^2)(1-b^2)\le \dfrac{1}{2}.\dfrac{(2b^2+1-b^2+1-b^2)^3}{27}=\dfrac{4}{27}$

 

Từ đó $P\le \dfrac{2\sqrt{3}}{9}$

 

@supermember: ok em, cám ơn em đã làm cho lời giải đẹp từ đầu đến cuối.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 08-11-2014 - 19:22


#5 hoangtubatu955

hoangtubatu955

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 429 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khoa Toán, Trường Đại học Khoa học Tự nhiên
  • Sở thích:Combinatorics, Graph Theory, Number Theory.
    Incidences, Sum-product problem.

Đã gửi 25-11-2014 - 21:57

Lời giải :

attachicon.gifhải dương 2014.JPG

Do các bộ điểm $(A,H,N,C),(P_1,M,N,H),(A,B,H,P_1)$ là các bộ điểm đồng viên nên :

$$\angle CAN=\angle CHN=\angle MNP_1$$

Từ đây có $GN$ song song $AC$

Từ đó dễ thấy :

$$\angle CAM=\angle MNP_1=\angle P_1MH=\angle P_1AB$$

Điều này chứng tỏ $AP_1$ đẳng giác với $AM$ trong góc $BAC$ tức $AP_1$ là đối trung của tam giác $ABC$.

Tương tự $BP_2,CP_3$ cũng là các đường đối trung của tam giác $ABC$.

Do đó chúng đồng quy tại điểm Lemoine của tam giác $ABC$.

Cho tớ hỏi đoạn đỏ đó làm sao mà có, phải chăng là ngộ nhận. Để có điều đó thì phải có $MP_1=MN$ nữa.



#6 stronghd

stronghd

    Lính mới

  • Thành viên
  • 8 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 26-08-2015 - 19:03

Thầy có đề thi chọn HSG tỉnh Hải Hương năm 2014 - 2015 (vòng 1 - chọn HSG tỉnh)  không ạ, Nếu có, thầy cho em xin vợi ạ






1 người đang xem chủ đề

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