Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi chọn ĐT dự thi HSGQG Đà Nẵng, 2016-2017


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 17 trả lời

#1 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 23-09-2016 - 15:11

ĐỀ THI CHỌN ĐT DỰ THI HSGQG ĐÀ NẴNG NGÀY 1

Bài 1. Cho dãy số Fibônaci xác định như sau: $u_1=u_2=1;u_n=u_{n-1}+u_{n-2} (n=3,4,...).$

Chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p \geq 7$ thì có đúng một trong hai số $u_{p-1},u_{p+1}$ là bội của $p.$

Bài 2. Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho tồn tại đa thức $f(x)$ bậc $n$ có hệ số nguyên thỏa mãn:

$f(0)=0,f(1)=1$ và với mọi $m \in \mathbb{N^*},f(m)(f(m)-1)$ là bội của 2017.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp $(O),H$ là trực tâm tam giác. Đường thẳng qua $A$ vuông góc $OH$ cắt $BC$ tại $D.$

$K.L$ là tâm $(ADB),(ADC).$

a. Chứng minh $A,K,L,O$ thuộc một đường tròn gọi là $(S).$

b. $AH$ cắt lại $(S)$ tại $E.F$ đối xứng với $E$ qua $BC.$ Chứng minh $HA=HF.$

Bài 4. Trong mặt phẳng cho $n \geq 2$  đường thẳng đôi một cắt nhau và không có ba đường nào đồng quy. Các đường này chia mặt phẳng thành các miền hữu hạn và vô hạn. Chứng minh ta có thể đánh dấu các miền đó bằng các số nguyên thỏa mãn cả ba điều kiện sau:

(i) Các số đó khác $0.$

(ii) Trị tuyệt đối của mỗi số không lớn hơn $n.$

(iii) Mỗi đường thẳng đã cho sẽ phân mặt phẳng làm hai phần mà tổng các số của mọi miền thuộc mỗi phần sẽ bằng $0.$


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#2 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 23-09-2016 - 15:27

ĐỀ THI CHỌN ĐT DỰ THI HSGQG ĐÀ NẴNG NGÀY 2

Bài 5. Chứng minh rằng với mọi $m \in \mathbb{N},$ tồn tại đa thức $f_{m}(x)$ có hệ số hữu tỉ thỏa mãn với mọi $n \in \mathbb{N^*}$ thì:

$1^{2m+1}+2^{2m+1}+...+n^{2m+1}=f_{m}(n(n+1)).$

Bài 6. Cho tứ giác $ABCD$ lồi, $P$ là điểm nằm bên trong tứ giác thỏa $\widehat{PAD}=\widehat{CAB}.M,N$ đối xứng $C$ qua $AB,AD.$

$(CPM),(CPN)$ cắt đoạn $AB,AD$ tại $S,T.X,Y$ tâm $(PSC),(PTC).Q$ là giao của $XY$ và trung trực $AP.$

a. Chứng minh $AQ$ là tiếp tuyến $AXY.$

b. Tiếp tuyến tại $P,C$ của $(PST),(CST)$ cắt nhau ở $G.(PST),(CST)$ cắt lại $AP,AC$ ở $U,V.$ Chứng minh tâm $(AUV)$ thuộc $AG.$

Bài 7. Cho bảng ô vuông 2017x2017, người ta điền vào mỗi ô của bảng một số nguyên từ 1 đến 20172 sao cho mỗi số được điền vào bảng đúng một lần.

a. Chứng minh tồn tại hai số cạnh nhau trong bảng (tức thuộc hai ô chung cạnh) có hiệu không nhỏ hơn 2017.

b. Tìm $k \in \mathbb{N^*}$ nhỏ nhất sao cho tồn tại một cách điền để hiệu hai số cạnh nhau bất kì trong bảng đều không lớn hơn $k.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 23-09-2016 - 19:32

Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#3 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 23-09-2016 - 21:13

Bài 6 của ngày 2 là một bài khá quen thuộc của thầy Hùng, xem tại đây.


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#4 vpvn

vpvn

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:LMHT , ONE PIECE

Đã gửi 23-09-2016 - 21:31

1) $ LK$ vuông góc $AD , LO$ vuông góc $ AC$ $\Rightarrow \widehat{KLO} = \widehat{DAC}.$ (1)

Do tam giác $ADC$ có tâm nội tiếp $K$ $\Rightarrow \widehat{AKD} =2\widehat{ABC}=\widehat{AOC}$

suy ra $KAD$ đồng dạng $OAC$ (cgc) $\Rightarrow \widehat{KAD}=\widehat{OAC}$

suy ra $\widehat{KAO}=\widehat{DAC}$  (2)

từ  (1)(2) suy ra $AKLO$ nội tiếp (dpcm)

2)   Gọi $M,N,P$ là trung diểm của $AD ,AB, AC$

Ta có $AKMN$ nội tiếp do $\widehat{AMK}=\widehat{ANK}=90^\circ$

Lại có $\widehat{AHO}=\widehat{ADC}$ do $AH$ vuông góc $DC , OH$ vuông góc $AD$

                                 $=\widehat{AMP}$

                                 $=\widehat{AMN}$

                                 $=\widehat{AKN} =\widehat{AKO}=\widehat{OEH}$

suy ra tam giac $OEH$ cân tại $O$.

đặt $AH$ cắt $(O)$ tại $Q$

suy ra $AE=HQ (3)$

lại có $H,Q ; E,F$ đối xứng qua $BC \Rightarrow EH =FQ (4)$

từ   $(3),(4)$ suy ra $AH=HF$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Baoriven: 24-09-2016 - 14:18


#5 redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Sở thích:furry

Đã gửi 23-09-2016 - 22:52

Bài 4

Đánh các số vào các miền sao cho trị tuyệt đối bằng số đỉnh của miền, hai số ở hai miền chung cạnh trái dấu, chung đỉnh cùng dấu.

(i) hiển nhiên thoả mãn.

(ii) vì có $n$ đường thẳng nên số đỉnh mỗi miền không lớn hơn $n$, thoả mãn.

(iii) ta chia đều số trong các miền các số $1,-1$ cho các góc của nó. Xét đường thẳng bất kì chia mặt phẳng thành hai miền, tổng các số được đánh trên $2$ hoặc $4$ góc của mỗi điểm trên nửa mặt phẳng đều bằng $0$. Cộng các số trên các đỉnh lại bằng $0$, thoả mãn.

(Q.E.D)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 23-09-2016 - 22:53


#6 Nguyen Van Luc

Nguyen Van Luc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ba Vì, Hà Nội
  • Sở thích:Thơ ca, Toán học, ...

Đã gửi 24-09-2016 - 00:48

có ai làm bài 1 chưa?


Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu

___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___


#7 JUV

JUV

    Trung sĩ

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 138 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định
  • Sở thích:Manga, Music

Đã gửi 24-09-2016 - 09:21

Bài 7: Xét số $k$ bất kì với $1\leq k\leq 2017^2-2017$. Gọi $A_k=\left \{ 1,2,...,k \right \}$,$B_k=\left \{ k+1,k+2,...,k+2016 \right \}$,$C_k=\left \{ k+2017,k+2018,...,2017^2 \right \}$. Vì $\left | B_k \right |=2016$ nên tồn tại một hàng không chứa số nào thuộc $B_k$, tương tự với cột. Gọi tập các ô nằm trong hình chữ thập tạo bởi hàng và cột đó là $D_k$, dĩ nhiên $\left | D_k \right |=4033$.Nếu tồn tại $k$ để $D_k$ chứa $2$ số $a\in A_k,c\in C_k$ và ô chứa $2$ số đó nằm cạnh nhau thì dễ thấy $\left | a-c \right |\geq 2017$. Nếu không thì hoặc $D_k$ chỉ chứa toàn các số hoặc thuộc $A_k$, hoặc các số thuộc $C_k$. Có $A_1$ có $1$ phần tử, $C_{2017^2-2017}$ có $1$ phần tử nên $D_1$ chỉ chứa số thuộc $C_1$,$D_{2017^2-2017}$ chỉ chứa các số thuộc $A_{2017^2-2017}$. Vậy tồn tại $c$ sao cho $D_c$ chỉ chứa số thuộc $C_c$,$D_{c+1}$ chỉ chứa số thuộc $A_{c+1}$. Hai hình chữ thập đó cắt nhau tại ít nhất $1$ ô có số $e$ thoả mãn $k+2016<e<k+2$(do $e$ nằm trong cả $C_c$,$A_{c+1}$) vô lí, $Q.E.D$.Còn câu b thì đáp số đơn giản là $2017$, chỉ cần xét bảng mà hàng đầu có các số từ $1$ đến $2017$ từ trái sang phải, hàng $2$ có số $2018$ đến $4034$ từ trái sang phải rồi tương tự với các hàng kế tiếp


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 25-09-2016 - 12:24


#8 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ K17-FIT-HCMUS}$
  • Sở thích:$ \textrm{GEOMETRY} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 24-09-2016 - 12:30

Bài 1:

Ta bổ đề sau:

Gọi $ F_n $ số hạng thứ $ n $ của dãy $ Fibonacci $

Khi đó:

a)Nếu số nguyên tố $ p $ dạng $ 5k \pm 1 $ thì $ F_{p-1} \vdots p $

b)Nếu số nguyên tố $ p $ dạng $ 5k \pm 2 $ thì $ F_{p+1} \vdots p $

Chứng minh:

Giả sử $ p=5k \pm 1 $

Ta $ F_{p-1}=\dfrac{1}{\sqrt{5}}[(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2})^{p-1}-(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2})^{p-1}]= \dfrac{1}{2^{p-2}}.(\binom {p-1}{1}+ \binom {p-1}{3}.5+\binom {p-1}{5}.5^2+...+ \binom {p-1}{p-2}.5^{\dfrac{p-3}{2}}) $

Ta $ \binom {p-1}{k-1}+ \binom {p-1}{k}= \binom {p}{k} \equiv 0 $ (mod $ p $)

suy ra $ \binom {p-1}{k-1} \equiv -\binom {p-1}{k} $

Suy ra $ \binom {p-1}{0} \equiv -\binom {p-1}{1} \equiv \binom {p-1}{2} \equiv - \binom {p-1}{3} \equiv.... \equiv -\binom {p-1}{p-2} $ (mod $ p $)

Do đó $ 2^{p-1}.F_{p-1} \equiv 2(1+5+5^2+...+ 5^{\dfrac{p-3}{2}})= \dfrac{5^{\dfrac{p-1}{2}}-1}{2} $ (mod $ p $)

$ p=5k \pm 1 $ nên $ 5 $ số chính phương mod $ p $, do đó theo tiêu chuẩn $ Euler $ ta $ 5^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv (\dfrac{5}{p})=1 $ (mod $ p) $

$ (2^{p-1}, p)=1 $ nên $ F_{p-1} \vdots p $

Với $ p=5k \pm 2 $ ta $ F_{p+1}= \dfrac{1}{2^{p}}.(\binom {p+1}{1}+ \binom {p+1}{3}.5+\binom {p+1}{5}.5^2+...+ \binom {p+1}{p}.5^{\dfrac{p-1}{2}}) \equiv \dfrac{5^{\dfrac{p-1}{2}}+1}{2} $ (mod $ p $)

Do $ p=5k \pm 2 $ nên $ 5 $ không số chính phương mod $ p $ nên $ 5^{\dfrac{p-1}{2}} \equiv -1 $ (mod $ p $)

suy ra $ F_{p+1} \vdots p$

Ta đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 24-09-2016 - 12:34


#9 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 24-09-2016 - 12:35

Bài 4

Đánh các số vào các miền sao cho trị tuyệt đối bằng số đỉnh của miền, hai số ở hai miền chung cạnh trái dấu, chung đỉnh cùng dấu.

(i) hiển nhiên thoả mãn.

(ii) vì có $n$ đường thẳng nên số đỉnh mỗi miền không lớn hơn $n$, thoả mãn.

(iii) ta chia đều số trong các miền các số $1,-1$ cho các góc của nó. Xét đường thẳng bất kì chia mặt phẳng thành hai miền, tổng các số được đánh trên $2$ hoặc $4$ góc của mỗi điểm trên nửa mặt phẳng đều bằng $0$. Cộng các số trên các đỉnh lại bằng $0$, thoả mãn.

(Q.E.D)

Cách giải này chuẩn rồi, nhưng bạn còn thiếu phần chỉ ra rằng có thể đánh dấu để số ở hai miền chung cạnh đều trái dấu!


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#10 redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Sở thích:furry

Đã gửi 24-09-2016 - 15:50

Cách giải này chuẩn rồi, nhưng bạn còn thiếu phần chỉ ra rằng có thể đánh dấu để số ở hai miền chung cạnh đều trái dấu!

Với $n=2$, ta có cách đánh dấu như vậy.

Giả sử có cách đánh dấu với $n$ đường thẳng. Với $n+1$ đường thẳng, ta bỏ một đường thẳng đi và đánh dấu. Sau đó đưa đường thẳng đó trở lại và đổi dấu ở các miền ở một trong hai nửa mặt phẳng. Các miền không bị chia cắt thoả mãn. Hai miền bị chia từ một miền bị đổi dấu một miền, trở thành trái dấu thoả mãn.

Còn về dấu ở hai miền chung góc, hai miền đó cùng trái dấu với một miền nên cùng dấu.



#11 captain luffy7

captain luffy7

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Việt Nam
  • Sở thích:Mathematics...

Đã gửi 24-09-2016 - 15:54

Bài 3:

a) Cộng góc giống bạn ở trên

b) Ý tưởng là như thế này:

 Lấy $O',H'$ đối xứng $O,H$ qua $BC$. $AH$ cắt $BC$ tại $T$. Kẻ $OE'$ song song $O'H'$. Bằng cộng góc đơn giản suy ra $\widehat{OE'H}=\widehat{ADB}=\widehat{ALO}$ do đó $E'$ thuộc $(S)$ hay $E'$ trùng $E$.Do đó $HA=OO'=H'E=HF$ (Tính chất đối xứng) Suy ra đpcm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi captain luffy7: 24-09-2016 - 15:55


#12 Nguyen Van Luc

Nguyen Van Luc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ba Vì, Hà Nội
  • Sở thích:Thơ ca, Toán học, ...

Đã gửi 24-09-2016 - 18:32

 

lại có $H,Q ; E,F$ đối xứng qua $BC \Rightarrow EH =FQ (4)$

Sao $H$ và $Q$ lại đối xứng nhau qua $BC$ thế bạn?


Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu

___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___


#13 vpvn

vpvn

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:LMHT , ONE PIECE

Đã gửi 24-09-2016 - 18:57

Sao $H$ và $Q$ lại đối xứng nhau qua $BC$ thế bạn?

vẽ hình ra bạn sẽ thấy ngay chỉ là tính chất cơ bản thôi :lol:



#14 Nguyen Van Luc

Nguyen Van Luc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ba Vì, Hà Nội
  • Sở thích:Thơ ca, Toán học, ...

Đã gửi 24-09-2016 - 21:24

vẽ hình ra bạn sẽ thấy ngay chỉ là tính chất cơ bản thôi :lol:

liệu có ngộ nhận ko bạn? hình nhì nhằng nên khó nhìn quá bạn à[email protected]


Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu

___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___


#15 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 24-09-2016 - 21:32

liệu có ngộ nhận ko bạn? hình nhì nhằng nên khó nhìn quá bạn à[email protected]

đọc trước khi hỏi a ạ :)


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#16 Nguyen Van Luc

Nguyen Van Luc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 57 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Ba Vì, Hà Nội
  • Sở thích:Thơ ca, Toán học, ...

Đã gửi 24-09-2016 - 21:57

ai chữa giúp mình bài 6b với.


Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu

___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___


#17 halloffame

halloffame

    Thiếu úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 522 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:LQĐ
  • Sở thích:Hình học phẳng

Đã gửi 25-09-2016 - 09:08

ai chữa giúp mình bài 6b với.

Bạn đọc lại post #3 của topic này nhé, mình đã để link lời giải rồi.


Sự học như con thuyền ngược dòng nước, không tiến ắt phải lùi.


#18 redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Sở thích:furry

Đã gửi 17-10-2016 - 22:47

Bài 2

Ta có với mọi $n\leq 2015$, $2017\mid \sum_{k=1}^{2016}k^n$( lời giải có thể tham khảo tại đây http://diendantoanho...-kiểm-tra-số-2/)

Giả sử bậc của $f$ nhỏ hơn $2015$. Ta có $f(x)\equiv 0,1(mod 2017)$. Cộng $f(x)$ từ $0$ đến $2016$, từ trên ta có $\sum_{k=0}^{2016}f(x)\equiv 0(mod 2017)$.

Vậy $f(x)\equiv 0(mod 2017)$ với $2017$ giá trị của $x$ nên $f\equiv 0$ (vô lí).

Vậy bậc của $f$ lớn hơn hoặc bằng $2016$. Với $n=2016$, lấy $f(x)=x^{2016}$ thỏa do Fermat. Vậy $n=2016$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 18-10-2016 - 22:06





0 người đang xem chủ đề

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