Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi HSG Toán 10 đợt 2 Trường PTTH chuyên KHTN


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 the man

the man

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 589 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Y Hà Nội
  • Sở thích:Nhiều

Đã gửi 30-10-2015 - 22:45

TRƯỜNG PTTH CHUYÊN KHTN                                      ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 10

     BỘ MÔN CHUYÊN TOÁN                                                                NĂM HỌC 2015-2016

                                                           Thời gian làm bài : 210 phút

                                                              (Đợt 2, ngày 30/10/2015)

 

Câu I. 1) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương $(a,b)$ thỏa mãn

                $$a^2+b\mid a^2b+a,b^2-a\mid ab^2+b$$

     2) Cho $P(x)$ là đa thức hệ số nguyên bậc 2015 với hệ số bậc cao nhất là 1. Đặt $Q(x)=(P(x))^2-9$. Chứng minh rằng số nghiệm nguyên phân biệt của đa thức $Q(x)$ không vượt quá 2015.

Câu II. 1) Cho dãy số $(a_n)$, $n\in \mathbb{N}$ xác định như sau: $\left\{\begin{matrix}a_0=1 & & \\ a_{n+1}=3a_n+\left [ a_n\sqrt{5} \right ] & & \end{matrix}\right.$

       Chứng minh rằng $a_{n+1}=6a_n-4a_{n-1}$ và $5a_n^2-4^n$ là số chính phương với mọi $n\in \mathbb{N}$

     2) Cho $a,b,c$ là các số thực khác 1 và thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh:

$$\frac{a^2}{(a-1)^2}+\frac{b^2}{(b-1)^2}+\frac{c^2}{(c-1)^2}\geq 1$$

Câu III. Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AD với D thuộc đoạn thẳng BC. P là một điểm di chuyển trên đoạn thẳng BC. Đường thẳng qua P vuông góc với BC lần lượt cắt CA,AB tại E,F. Gọi K,L lần lượt là các điểm đối xứng của D qua CA,AB.

    1) Chứng minh rằng (LFB) và (KEC) cắt nhau tại 1 điểm M trên BC.

    2) Gọi giao điểm khác M của (LFB) và (KEC) là N. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định khi P thay đổi.

Câu IV. Tìm điều kiện của số nguyên dương $n \geq 2$ sao cho ta có thể nối được $n$ đoạn thẳng với các đầu mút là các đỉnh của một đa giác đều $2n$ cạnh thỏa mãn đồng thời:

    i) mỗi đỉnh của đa giác là đầu mút đúng của một trong các đoạn thẳng vừa nối;

    ii) các đoạn thẳng trên có độ dài khác nhau.

 

---- HẾT----


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the man: 30-10-2015 - 22:51

"God made the integers, all else is the work of man."

                                                Leopold Kronecker


#2 hoctrocuaHolmes

hoctrocuaHolmes

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1013 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:A1K45 PBC
  • Sở thích:Magic Kaito,Holmes,Conan...

Đã gửi 30-10-2015 - 23:09

 Nhắm được mỗi câu II.2. là biết làm :))))

Đặt $a=\frac{xy}{z^{2}};b=\frac{yz}{x^{2}};c=\frac{zx}{y^{2}}$ thì bdt cần cm trở thành

$\frac{x^{4}}{(x^{2}-zy)^{2}}+\frac{y^{4}}{(y^{2}-xz)^{2}}+\frac{z^{4}}{(z^{2}-xy)^{2}}\geq 1$

Áp dụng Cauchy-Schwarz ta có

$VT\geq \frac{(x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}}{(x^{2}-zy)^{2}+(y^{2}-xz)^{2}+(z^{2}-xy)^{2}}\geq 1\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+z^{2})^{2}\geq (x^{2}-zy)^{2}+(y^{2}-xz)^{2}+(z^{2}-xy)^{2}\Leftrightarrow (xy+yz+zx)^{2}\geq 0$ (luôn đúng).Ta có đpcm


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HappyLife: 30-10-2015 - 23:10


#3 dangkhuong

dangkhuong

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 312 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Hà Nội Amsterdam (chuyên Toán)
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 30-10-2015 - 23:32

Xin chém bài số học đầu trước, ta có $b(a^2+b)+a-b^2$ chia hết $a^2+b$ nên suy ra $a-b^2$ chia hết cho $a^2+b$.Tương tự ta có $a^2+b$ chia hết $a-b^2$ do đó $-a+b^2=a^2+b$  đến đây dễ rồi 


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#4 chuyen khtn

chuyen khtn

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A0
  • Sở thích:Conan, ngủ nướng

Đã gửi 31-10-2015 - 00:54

Câu BĐT : Đặt $\frac{a}{a-1}=x;\frac{b}{b-1}=y;\frac{c}{c-1}=z;$

Khi đó $a=\frac{x}{x-1};b=\frac{y}{y-1};c=\frac{z}{z-1};$

Do $abc=1$ nên $\frac{xyz}{(x-1)(y-1)(z-1)}=1\Leftrightarrow xy+yz+zx=x+y+z-1$

Từ đó $x^2+y^2+z^2= (x+y+z)^2-2(xy+yz+zx)=(x+y+z-1)^2+1\geq 1$ $(đpcm)$.

$P/S$: Đây là bài trong $IMO2008$ thì phải.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chuyen khtn: 31-10-2015 - 13:12


#5 chuyen khtn

chuyen khtn

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A0
  • Sở thích:Conan, ngủ nướng

Đã gửi 31-10-2015 - 01:40

Câu đa thức khá đơn giản, chỉ cần phân tích $Q(x)=(P(x)-3)(P(x)+3)$. Tới đây, nếu một trong 2 đa thức $P(x)-3, P(x)+3$ vô nghiệm thì hiển nhiên ta có $đpcm$. Còn nếu 2 đa thức đều có nghiệm, ta chứng minh mỗi đa thức không có quá 4 nghiệm nguyên phân biệt, do đó $Q(x)$ không có quá 8 nghiệm nguyên phân biệt, nên ta có $đpcm$. 



#6 chuyen khtn

chuyen khtn

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:A0
  • Sở thích:Conan, ngủ nướng

Đã gửi 31-10-2015 - 02:45

Bài hình câu a chắc thế này :

Không mất tính tổng quát, giả sử $D$ nằm giữa $B$ và $P$, gọi $M$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $FBL$ và $BC$, ta chứng minh $FD=FL=FM$, nên $FP$ là trung trực $MD$, do đó $ED=EM$ suy ra $\angle EDM=\angle EMD=\angle EKC$, vì vậy $EKCM$ nội tiếp $(đpcm)$,

Hình gửi kèm

  • Untitled.png


#7 Gianghg8910

Gianghg8910

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 92 Bài viết

Đã gửi 28-06-2019 - 16:25

Câu đa thức khá đơn giản, chỉ cần phân tích $Q(x)=(P(x)-3)(P(x)+3)$. Tới đây, nếu một trong 2 đa thức $P(x)-3, P(x)+3$ vô nghiệm thì hiển nhiên ta có $đpcm$. Còn nếu 2 đa thức đều có nghiệm, ta chứng minh mỗi đa thức không có quá 4 nghiệm nguyên phân biệt, do đó $Q(x)$ không có quá 8 nghiệm nguyên phân biệt, nên ta có $đpcm$. 

Tại sao mình chứng minh được mỗi đa thức ko có quá 4 nghiệm






0 người đang xem chủ đề

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