Đến nội dung


Hình ảnh

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN TOÁN KHTN VÒNG 1, NGÀY 2

chọn đội tuyển

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 15 trả lời

#1 lahantaithe99

lahantaithe99

    Trung úy

  • Thành viên
  • 883 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 13-09-2015 - 15:07

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA KHTN VÒNG 1

Ngày thi: 13/09/2015.  Thời gian: 240 phút

 

Ngày thi thứ hai

 

Câu I: Chứng minh rằng phương trình $x^{2015}-y^{2016}=2115$ không có nghiệm với $x,y\in\mathbb{Z}$

 

Câu II: Tìm số nguyên dương $n\geq 2015$ nhỏ nhất sao cho tồn tại đa thức $P(x)$ bậc $n$ với hệ số nguyên, hệ số bậc cao nhất dương và đa thức $Q(x)$ với hệ số nguyên thỏa mãn điều kiện $xP^2(x)-2P(x)=(x^3-x)Q^2(x)$ với mọi $x\in\mathbb{Z}$

 

Câu III: Cho tam giác $ABC$, đường phân giác $AD$. Các điểm $E,F$ nằm trên $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. $M,N$ tương ứng là chân đường cao kẻ từ $C,B$ đến $DE,DF$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AFN$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEM$ tại $P$ khác $A$

 

Chứng minh rằng $AP$ chia đôi $BC$

 

Câu IV: Trên mặt phẳng cho $n$ điểm phân biệt sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng. Mỗi đường thẳng nối hai điểm trong chúng được tô bởi đúng một trong bốn màu khác nhau. Tìm $n$ nguyên dương lớn nhất sao cho tồn tại cách tô màu mà với $4$ điểm bất kỳ trong $n$ điểm đã cho thì các đoạn thẳng nối giữa chúng được tô bởi cả bốn màu khác nhau.

 

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

 

Đề thi hôm nay có bài hình dạng rất giống bài hình thi vào 10 chuyên KHTN năm nay. Đọc đề tí thì mừng =))

Bữa nay nghe phong phanh anh nguyenta98 làm được nhiều nhất


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi lahantaithe99: 13-09-2015 - 15:20


#2 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 13-09-2015 - 16:19

Câu I: Chứng minh rằng phương trình $x^{2015}-y^{2016}=2115$ không có nghiệm với $x,y\in\mathbb{Z}$

Lời giải. Phương trình tương đương với $$\begin{eqnarray} x^{2015}+1=y^{2016}+46^2 \\ (x+1) \left( x^{2014}-x^{2013}+ \cdots +x^2-x+1 \right)=46^2+y^{2016} \end{eqnarray}$$

Nếu $x \equiv 0 \pmod{4}$ thì từ phương trình ban đầu ta suy ra $2 \nmid y$ và $y^{2016} \equiv 5 \pmod{8}$, mâu thuẫn vì $a^4 \equiv 1 \pmod{8}$ với mọi $a$ lẻ.

 

Nếu $x \equiv 1 \pmod{4}$ thì $VT \equiv 2 \pmod{4}$, mâu thuẫn vì $4|VP$.

 

Nếu $x \equiv 2 \pmod{4}$ thì $x+1 \equiv 3 \pmod{4}$. Do đó tồn tại số nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}, p|x+1$. Ta suy ra $p|46^2+y^{2016}$ dẫn đến $p|46$. Như vậy $p=23$. Khi đó $23^2 \parallel VP$ nhưng $23^{2k+1} \parallel VT$, mâu thuẫn.

 

Nếu $x \equiv 3 \pmod{4}$ thì $A=x^{2014}-x^{2013}+ \cdots +x^2-x+1 \equiv 3 \pmod{4}$. Do đó cũng tồn tại số nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}$ là ước của $A$. Do đó $p|46^2+y^{2016}$ suy ra $p|46,p|y^{1008}$. Ta suy ra $p=23$. Khi đó $23^2 \parallel VP$ nhưng $23^{2k+1} \parallel VT$, mâu thuẫn.

 

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

 

 

Lời giải cho bài toán trên đã sử dụng các bổ đề chính sau:

 

Bổ đề 1. Nếu $A \equiv 3 \pmod{4}$ thì tồn tại ước nguyên tố $p$ của $A$ sao cho $p \equiv 3 \pmod{4}$.

Bổ đề 2. Nếu $p|a^2+b^2, p \equiv 3 \pmod{4}$ thì $p|a,p|b$.

Bổ đề 3. $\gcd \left( \frac{a^n+b^n}{a+b},a+b \right)= \gcd (n( \gcd (a,b))^{n-1},a+b)$ với $n$ lẻ.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 15-09-2015 - 16:08

“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#3 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 14-09-2015 - 02:29

Bài hình này chính xác là một mở rộng của bài toán thi vòng 1 chuyên KHTN.

 

Từ bài toán thi vòng 1 đó tới bài toán TST của HSGS chỉ khác nhau một giả thiết nhỏ, nhưng lời giải khác nhau khá xa, có lẽ đó là điều thú vị của bài toán này, khi đợt thi kết thúc, tôi sẽ giới thiệu đáp án đầy đủ.



#4 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 15-09-2015 - 13:42

Câu III: Cho tam giác $ABC$, đường phân giác $AD$. Các điểm $E,F$ nằm trên $CA,AB$ sao cho $EF\parallel BC$. $M,N$ tương ứng là chân đường cao kẻ từ $C,B$ đến $DE,DF$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AFN$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEM$ tại $P$ khác $A$

 

Chứng minh rằng $AP$ chia đôi $BC$

Lời giải.

 

Screen Shot 2015-09-15 at 4.34.25 pm.png

 

Không mất tính tổng quát, giả sử $AB<AC$. Kẻ $AU$ là tia phân giác ngoài góc $\angle BAC \; (U \in BC)$. $AU \cap EF=L$. Gọi $P'$ là giao điểm thứ hai của $AM$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADL$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

 

Ta sẽ đi chứng minh $A,F,N,P'$ cùng thuộc một đường tròn. 

 

Để ý rằng $(UD,BC)=-1$ nên $\tfrac{UB}{UC}= \tfrac{DB}{DC}$ suy ra $\tfrac{UB}{BC}= \tfrac{DB}{2DM}$ hay $\tfrac{UB}{BM}= \tfrac{BD}{DM}$. Do $EF \parallel BC$ nên $\tfrac{UB}{BM}= \tfrac{LF}{FG}$ với $G=AM \cap EF$ (hay nói cách khác $G$ là trung điểm $EF$). Do đó $\tfrac{LF}{FG}= \tfrac{BD}{DM}$. Từ đẳng thức này ta suy ra $LB,FD,AM$ đồng quy tại $T$. Thật vậy, giả sử $LB,AM$ cắt $F,D$ tại $T,T'$. Theo định lý Thales, ta suy ra $\tfrac{TD}{TF}= \tfrac{T'D}{T'F}$ dẫn đến $TD=T'D$. Vì $T,T' \in FD$ nên $T \equiv T'$, hay nói cách khác $LB,FD,AM$ đồng quy.

 

$LB \cap (ADL)=V$. Để ý rằng $AL \perp AD$ suy ra $LD$ là đường kính đường tròn $(ADL)$. Từ đây ta suy ra $BVDN$ nội tiếp vì $\angle BND+\angle BVD=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$. Do đó $\angle VND= \angle VBD= \angle VLF$ (do $LF \parallel BC$). Ta dẫn đến $L,F,N,V$ cùng thuộc một đường tròn. Do đó $TV \cdot TL= TN \cdot TF$. Mặt khác $TV \cdot TL= TP' \cdot TA$ do $L,V,A,P'$ cùng thuộc một đường tròn. Như vậy $TN \cdot TF= TP' \cdot TA$ suy ra $P',A,N,F$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Chứng minh tương tự, ta thu được $P',A,M,E$ cùng thuộc một đường tròn. Như vậy $P'= (ANF) \cap (AME)$ suy ra $P' \equiv P$. mặt khác $A,P',M$ thẳng hàng. Do đó $AP$ đi qua trung điểm của $BC$.

________________

Hình vẽ mình có lược đi một số điểm không cần thiết trong lời giải. Có một số chỗ lập luận của mình khá là dựa dẫm vào hình vẽ, nhưng các chỗ này có thể sửa được. :namtay

 

To thầy Hùng: Bài hình hay lắm thầy. :biggrin:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 16-09-2015 - 04:21

“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#5 maituananh343

maituananh343

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 11 Bài viết

Đã gửi 15-09-2015 - 15:40

Lời giải cho bài toán trên đã sử dụng các bổ đề chính sau:

 

Bổ đề 1. Nếu $A \equiv 3 \pmod{4}$ thì tồn tại ước nguyên tố $p$ của $A$ sao cho $p \equiv 3 \pmod{4}$.

Bổ đề 2. Nếu $p|a^2+b^2, p \equiv 3 \pmod{4}$ thì $p|a,p|b$.

Bổ đề 3. $\gcd \left( \frac{a^n+b^n}{a+b},a+b \right)= \gcd (n,a+b)$ với $n$ lẻ.

anh có thể chứng minh giúp e bổ đề 2 và 3 không ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 15-09-2015 - 15:44


#6 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 15-09-2015 - 16:04

anh có thể chứng minh giúp e bổ đề 2 và 3 không ạ

Chết thật, lúc ấy mình viết có hơi vội, bổ đề 3 đúng là :lol:  $$\gcd \left( \frac{a^n+b^n}{a+b} ,a+b \right)= \gcd \left( n (\gcd (a,b))^{n-1},a+b \right), \; 2 \nmid n.$$

 

Chứng minh bổ đề 3.

 

Còn về bổ đề 2, bạn có thể xem tại đây.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 15-09-2015 - 16:05

“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#7 quanghung86

quanghung86

    Thiếu úy

  • Điều hành viên
  • 632 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Hình học

Đã gửi 16-09-2015 - 09:58

Lời giải của Toàn rất thú vị, hãy tham khảo thêm các cách chứng minh khác và mở rộng ở đây

 

http://artofproblems...bisects_segment



#8 binvippro

binvippro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 193 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 16-09-2015 - 12:17

Lời giải. Phương trình tương đương với $$\begin{eqnarray} x^{2015}+1=y^{2016}+46^2 \\ (x+1) \left( x^{2014}-x^{2013}+ \cdots +x^2-x+1 \right)=46^2+y^{2016} \end{eqnarray}$$

Nếu $x \equiv 0 \pmod{4}$ thì từ phương trình ban đầu ta suy ra $2 \nmid y$ và $y^{2016} \equiv 5 \pmod{8}$, mâu thuẫn vì $a^4 \equiv 1 \pmod{8}$ với mọi $a$ lẻ.

 

Nếu $x \equiv 1 \pmod{4}$ thì $VT \equiv 2 \pmod{4}$, mâu thuẫn vì $4|VP$.

 

Nếu $x \equiv 2 \pmod{4}$ thì $x+1 \equiv 3 \pmod{4}$. Do đó tồn tại số nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}, p|x+1$. Ta suy ra $p|46^2+y^{2016}$ dẫn đến $p|46$. Như vậy $p=23$. Khi đó $23^2 \parallel VP$ nhưng $23^{2k+1} \parallel VT$, mâu thuẫn.

 

Nếu $x \equiv 3 \pmod{4}$ thì $A=x^{2014}-x^{2013}+ \cdots +x^2-x+1 \equiv 3 \pmod{4}$. Do đó cũng tồn tại số nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}$ là ước của $A$. Do đó $p|46^2+y^{2016}$ suy ra $p|46,p|y^{1008}$. Ta suy ra $p=23$. Khi đó $23^2 \parallel VP$ nhưng $23^{2k+1} \parallel VT$, mâu thuẫn.

 

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

 

 

Lời giải cho bài toán trên đã sử dụng các bổ đề chính sau:

 

Bổ đề 1. Nếu $A \equiv 3 \pmod{4}$ thì tồn tại ước nguyên tố $p$ của $A$ sao cho $p \equiv 3 \pmod{4}$.

Bổ đề 2. Nếu $p|a^2+b^2, p \equiv 3 \pmod{4}$ thì $p|a,p|b$.

Bổ đề 3. $\gcd \left( \frac{a^n+b^n}{a+b},a+b \right)= \gcd (n( \gcd (a,b))^{n-1},a+b)$ với $n$ lẻ.

bạn giải thích chỗ đó được không ? 



#9 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 16-09-2015 - 13:06

bạn giải thích chỗ đó được không ? 

Nếu $23^{2k} \parallel VT$ mà $23^{2k} \equiv 1 \pmod{4}, VT \equiv 3 \pmod{4}$ ta suy ra tồn tại một ước nguyên tố $p \; (p \ne 23)$ của $VT$ sao cho $p \equiv 3 \pmod{4}$ Từ đây ta suy ra tiếp $p|46,p |y$ dẫn đến $p=23$, mâu thuẫn. Vậy $23^{2k+1} \parallel VT$.


“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#10 mnguyen99

mnguyen99

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 696 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán ,THPT chuyên Quốc Học Huế
  • Sở thích:Sherlock Holmes, người đàn ông chưa bao giờ sống và không bao giờ chết.

Đã gửi 16-09-2015 - 16:27

Lời giải.

 

attachicon.gifScreen Shot 2015-09-15 at 4.34.25 pm.png

 

Không mất tính tổng quát, giả sử $AB<AC$. Kẻ $AU$ là tia phân giác ngoài góc $\angle BAC \; (U \in BC)$. $AU \cap EF=L$. Gọi $P'$ là giao điểm thứ hai của $AM$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADL$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$.

 

Ta sẽ đi chứng minh $A,F,N,P'$ cùng thuộc một đường tròn. 

 

Để ý rằng $(UD,BC)=-1$ nên $\tfrac{UB}{UC}= \tfrac{DB}{DC}$ suy ra $\tfrac{UB}{BC}= \tfrac{DB}{2DM}$ hay $\tfrac{UB}{BM}= \tfrac{BD}{DM}$. Do $EF \parallel BC$ nên $\tfrac{UB}{BM}= \tfrac{LF}{FG}$ với $G=AM \cap EF$ (hay nói cách khác $G$ là trung điểm $EF$). Do đó $\tfrac{LF}{FG}= \tfrac{BD}{DM}$. Từ đẳng thức này ta suy ra $LB,FD,AM$ đồng quy tại $T$. Thật vậy, giả sử $LB,AM$ cắt $F,D$ tại $T,T'$. Theo định lý Thales, ta suy ra $\tfrac{TD}{TF}= \tfrac{T'D}{T'F}$ dẫn đến $TD=T'D$. Vì $T,T' \in FD$ nên $T \equiv T'$, hay nói cách khác $LB,FD,AM$ đồng quy.

 

$LB \cap (ADL)=V$. Để ý rằng $AL \perp AD$ suy ra $LD$ là đường kính đường tròn $(ADL)$. Từ đây ta suy ra $BVDN$ nội tiếp vì $\angle BND+\angle BVD=90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$. Do đó $\angle VND= \angle VBD= \angle VLF$ (do $LF \parallel BC$). Ta dẫn đến $L,F,N,V$ cùng thuộc một đường tròn. Do đó $TV \cdot TL= TN \cdot TF$. Mặt khác $TV \cdot TL= TP' \cdot TA$ do $L,V,A,P'$ cùng thuộc một đường tròn. Như vậy $TN \cdot TF= TP' \cdot TA$ suy ra $P',A,N,F$ cùng thuộc một đường tròn.

 

Chứng minh tương tự, ta thu được $P',A,M,E$ cùng thuộc một đường tròn. Như vậy $P'= (ANF) \cap (AME)$ suy ra $P' \equiv P$. mặt khác $A,P',M$ thẳng hàng. Do đó $AP$ đi qua trung điểm của $BC$.

________________

Hình vẽ mình có lược đi một số điểm không cần thiết trong lời giải. Có một số chỗ lập luận của mình khá là dựa dẫm vào hình vẽ, nhưng các chỗ này có thể sửa được. :namtay

 

To thầy Hùng: Bài hình hay lắm thầy. :biggrin:

Sao lại suy ra được đoạn này.


THCS NGUYỄN DUY,PHONG ĐIỀN$\Rightarrow$THPT CHUYÊN QUỐC HỌC HUẾ$\Rightarrow$??? 

 

TẬP LÀM THÁM TỬ TẠI ĐÂY http://diendantoanho...ám/#entry513026


#11 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 16-09-2015 - 16:30

Sao lại suy ra được đoạn này.

$\frac{UB}{UC}= \frac{DB}{DC} \Rightarrow \frac{UB}{UB-UC}= \frac{DB}{DB-DC} \Rightarrow \frac{UB}{BC}= \frac{DB}{2DM}$.


“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#12 binvippro

binvippro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 193 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 16-09-2015 - 17:44

Nếu $23^{2k} \parallel VT$ mà $23^{2k} \equiv 1 \pmod{4}, VT \equiv 3 \pmod{4}$ ta suy ra tồn tại một ước nguyên tố $p \; (p \ne 23)$ của $VT$ sao cho $p \equiv 3 \pmod{4}$ Từ đây ta suy ra tiếp $p|46,p |y$ dẫn đến $p=23$, mâu thuẫn. Vậy $23^{2k+1} \parallel VT$.

còn cái này sao bạn ?  :D


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi binvippro: 16-09-2015 - 17:48


#13 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 16-09-2015 - 17:54

còn cái này sao bạn ?  :D

Xin lỗi bạn, mình có nhầm chỗ đó. Mình chỉnh lại là $x+1 \equiv 3 \pmod 4$ nhé. Lập luân như trên ta suy ra $23^{2k+1} \parallel x+1$. mặt khác $\gcd \left( x+1, \frac{x^{2015}+1}{x+1} \right)=1$ nên $23^{2k+1} \parallel VT$.


“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#14 canhhoang30011999

canhhoang30011999

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 634 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A1K43 THPT chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:toán

Đã gửi 16-09-2015 - 22:32

Nếu $23^{2k} \parallel VT$ mà $23^{2k} \equiv 1 \pmod{4}, VT \equiv 3 \pmod{4}$ ta suy ra tồn tại một ước nguyên tố $p \; (p \ne 23)$ của $VT$ sao cho $p \equiv 3 \pmod{4}$ Từ đây ta suy ra tiếp $p|46,p |y$ dẫn đến $p=23$, mâu thuẫn. Vậy $23^{2k+1} \parallel VT$.

mình chưa hiểu lắm, sao VT lại có dạng 4k+3

cả đoạn này nữa

 

Lời giải. Phương trình tương đương với $$\begin{eqnarray} x^{2015}+1=y^{2016}+46^2 \\ (x+1) \left( x^{2014}-x^{2013}+ \cdots +x^2-x+1 \right)=46^2+y^{2016} \end{eqnarray}$$

Nếu $x \equiv 0 \pmod{4}$ thì từ phương trình ban đầu ta suy ra $2 \nmid y$ và $y^{2016} \equiv 5 \pmod{8}$, mâu thuẫn vì $a^4 \equiv 1 \pmod{8}$ với mọi $a$ lẻ.

 

Nếu $x \equiv 1 \pmod{4}$ thì $VT \equiv 2 \pmod{4}$, mâu thuẫn vì $4|VP$.

 

Nếu $x \equiv 2 \pmod{4}$ thì $x+1 \equiv 3 \pmod{4}$. Do đó tồn tại số nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}, p|x+1$. Ta suy ra $p|46^2+y^{2016}$ dẫn đến $p|46$. Như vậy $p=23$. Khi đó $23^2 \parallel VP$ nhưng $23^{2k+1} \parallel VT$, mâu thuẫn.

 

Nếu $x \equiv 3 \pmod{4}$ thì $A=x^{2014}-x^{2013}+ \cdots +x^2-x+1 \equiv 3 \pmod{4}$. Do đó cũng tồn tại số nguyên tố $p \equiv 3 \pmod{4}$ là ước của $A$. Do đó $p|46^2+y^{2016}$ suy ra $p|46,p|y^{1008}$. Ta suy ra $p=23$. Khi đó $23^2 \parallel VP$ nhưng $23^{2k+1} \parallel VT$, mâu thuẫn.

 

 



#15 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4263 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 17-09-2015 - 03:17

mình chưa hiểu lắm, sao VT lại có dạng 4k+3

cả đoạn này nữa

Lại nhầm chỗ này nữa. :D

 

Chứng minh $23^{2k+1} \parallel VT$

 

Xin lỗi anh em, có vẻ mình viết quá vắn tắt trong lời giải ở trên.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zaraki: 17-09-2015 - 03:24

“People's dream will never end!” - Marshall D. Teach.


#16 tranluuthaip

tranluuthaip

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết

Đã gửi 02-10-2015 - 12:18

Cho em xin đề ngày 1 với





Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: chọn đội tuyển

0 người đang xem chủ đề

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