Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển HSG quốc gia tỉnh Đồng Nai năm học 2016-2017


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

#1 No Moniker

No Moniker

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 26 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:$Combinatorics,$ $Algorithm,$ $Competitive Programming$

Đã gửi 27-09-2016 - 20:32

Câu I. Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi :

$$\left\{\begin{matrix} u_1\in(1;2)\\u_{n+1}=1+u_n-\dfrac{u_n^2}{2},\forall n=1,2,..  \end{matrix}\right.$$

Chứng minh rằng $u_n$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

Câu II. Cho các số thưc dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng :

$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^3+b^3+c^3+3}}.$$

 

Câu III. Cho tam giác nhọn $ABC( AB<AC).$ có $M$ là trung điểm cạnh $BC,$ ; các đường cao $AD,BE,CF.$ Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC, K$ là trung điểm $AH,$ và $L$ là giao điểm $EF$ và $AH.$ Gọi $N$ là giao điểm của đoạn $AM$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCH.$

1/ Chứng minh rằng $5$ điểm $A,E,N,H,F$ cùng thuộc 1 đường tròn.

2/ Chứng minh rằng $\widehat{HMA}=\widehat{LNK}.$

 

Câu IV. Có bao nhiêu hoán vị $(a_1,a_2,..,a_{10})$ của các số $1,2,3,..,10$ sao cho $a_i>a_{2i}$ với $1\leq i  \leq 5$ và $a_j>a_{2j+1}$ với $1\leq i  \leq 4$.

 

Câu V. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y),\forall x,y\in\mathbb{R}$$

 

Câu VI. Gọi $O,I$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác $ABC$ không đều. Chứng minh rằng :

$$\widehat{AIO}\leq 90^0\Leftrightarrow 2BC\leq AB+AC$$

 

Câu VII. Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho : Với $n$ số nguyên dương $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau , luôn tồn tại hai chỉ số $i,j\in\begin{Bmatrix}1,2,3,..,n \end{Bmatrix}$ để $a_i+a_j\geq 2017(a_i,a_j)$

với $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương $a,b.$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi No Moniker: 27-09-2016 - 20:36

I AM UNNAMED


#2 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 27-09-2016 - 21:11

Câu III: 

Gọi $ S $ là giao điểm của  $ EF $ và $ BC $, $ SH$ cắt $ AM$ tại $ N'$, ta chứng minh $ N \equiv N'$.

Thật vậy theo định lý $ Brocard $ ta có  $ SN' \perp AM $, do đó $ N' \in (AHEF)$

suy ra $ SH.SN'=SE.SF=SB.SC \Longrightarrow  N' \in (HBC) \Longrightarrow N' \equiv N  $ hay $ A, E, F, H, N $ đồng viên.

Ta có $ (AHLD)=-1$,  $ K$ là trung điểm  $ AH $, $  \Longrightarrow AK^2=KH^2=KL.KD=KN^2 $

Suy ra $ KN$ là tiếp tuyến tại $ N$ của $(LND)  \Longrightarrow \angle KNH =\angle LDN =\angle HMN$.



#3 captain luffy7

captain luffy7

    Binh nhì

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

Đã gửi 27-09-2016 - 21:17

Câu I. Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi :

$$\left\{\begin{matrix} u_1\in(1;2)\\u_{n+1}=1+u_n-\dfrac{u_n^2}{2},\forall n=1,2,..  \end{matrix}\right.$$

Chứng minh rằng $u_n$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

 

Câu II. Cho các số thưc dương $a,b,c$ thỏa mãn $abc=1.$ Chứng minh rằng :

$$\sqrt{\frac{a}{b+c}}+\sqrt{\frac{b}{a+c}}+\sqrt{\frac{c}{a+b}}\geq \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{a^3+b^3+c^3+3}}.$$

 

Câu III. Cho tam giác nhọn $ABC( AB<AC).$ có $M$ là trung điểm cạnh $BC,$ ; các đường cao $AD,BE,CF.$ Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ABC, K$ là trung điểm $AH,$ và $L$ là giao điểm $EF$ và $AH.$ Gọi $N$ là giao điểm của đoạn $AM$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCH.$

1/ Chứng minh rằng $5$ điểm $A,E,N,H,F$ cùng thuộc 1 đường tròn.

2/ Chứng minh rằng $\widehat{HMA}=\widehat{LNK}.$

 

Câu IV. Có bao nhiêu hoán vị $(a_1,a_2,..,a_{10})$ của các số $1,2,3,..,10$ sao cho $a_i>a_{2i}$ với $1\leq i  \leq 5$ và $a_j>a_{2j+1}$ với $1\leq i  \leq 4$.

 

Câu V. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn :

$$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y),\forall x,y\in\mathbb{R}$$

 

Câu VI. Gọi $O,I$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác $ABC$ không đều. Chứng minh rằng :

$$\widehat{AIO}\leq 90^0\Leftrightarrow 2BC\leq AB+AC$$

 

Câu VII. Tìm số nguyên dương $n$ nhỏ nhất sao cho : Với $n$ số nguyên dương $a_1,a_2,...,a_n$ đôi một khác nhau , luôn tồn tại hai chỉ số $i,j\in\begin{Bmatrix}1,2,3,..,n \end{Bmatrix}$ để $a_i+a_j\geq 2017(a_i,a_j)$

với $(a,b)$ là ước chung lớn nhất của hai số nguyên dương $a,b.$

III, V .... Old problems :(  :D



#4 Minhnguyenthe333

Minhnguyenthe333

    Trung úy

  • Thành viên
  • 804 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK-ĐHQG TPHCM
  • Sở thích:$\rho h \gamma S\iota cS$

Đã gửi 27-09-2016 - 21:30

Câu V:

$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y)$ $(1)$

Đặt $G(x)=x-f(x)\implies f(x)=x-G(x)$ suy ra $(1)\iff 2yG(x)-G(y^2)=G^2(x-y)-2(x-y)G(x-y)$ $(2)$

Thay $x=y=0\implies G(0)=0$

Thay $y=0\implies G^2(x)-2xG(x)=0\iff G(x)=0$ hoặc $G(x)=2x$

$G(x)=0\implies f(x)=x$ (thỏa)

$G(x)=2x\implies f(x)=-x$ (không thỏa)

Vậy $f(x)=x$ 



#5 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 27-09-2016 - 21:36

C1: Quy nạp |xn-$\sqrt{2}$| <$\frac{1}{2^{n}}$ với mọi n$\geq$3

       mà lim$\frac{1}{2^{n}}$=0

       suy ra lim$x_{n}$ =  $\sqrt{2}$

C2 dùng định lý Lagrang


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi vpvn: 27-09-2016 - 21:37


#6 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 27-09-2016 - 21:38

Câu VI:

Gọi $ J $ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$ của tam giác $ ABC $.

Áp dụng định lý $ Ptolemy$ cho tứ giác $ ABJC $ ta có $ AB. CJ +AC.BJ=AJ.BC$

Mà $ JB=JC=JI$ nên ta có $IJ(AB+AC)=JA.BC$, từ đây với $ AB +AC \ge 2BC $ suy ra $ IJ \le \dfrac{JA}{2}$

Xét tam giác $ AOJ$, $ I \in JA$ sao cho $ IJ \le \dfrac{JA}{2}$, ta có $ \angle AIO \le 90^0$

 



#7 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 27-09-2016 - 21:46

Chém câu bất: Áp dụng bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$: $VT=\sum{\frac{1}{\sqrt{bc(b+c)}}}\geq\frac{9}{\sum{\sqrt{bc(b+c)}}}$. Mà theo bất đẳng thức $Cauchy-Schwarz$ và $Schur$ ta có $\left[\sum{\sqrt{bc(b+c)}}\right]^2\leq 3(a^3+b^3+c^3+3abc)\Rightarrow \sum{\sqrt{bc(b+c)}}\leq \sqrt{3(a^3+b^3+c^3+3abc)}\Rightarrow đpcm$.

P/s: Bất đẳng thức quá lỏng lẻo :))


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 27-09-2016 - 21:47


#8 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 27-09-2016 - 21:49

Câu I có cả trong Tài liệu chuyên, Chuyên khảo dãy số và mới nhất là Kỷ yếu Gặp gỡ Toán học :)) mà hình như nó còn là đề thi đề nghị Olympic 30-4 thì phải :(



#9 dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên Toán Nguyễn Thượng Hiền
  • Sở thích:...

Đã gửi 28-09-2016 - 15:05

câu 6 thì minh dùng gì được nhỉ ?


myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#10 JUV

JUV

    Trung sĩ

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

Đã gửi 29-09-2016 - 12:17

Câu 7: Dễ thấy $2017$ là số nguyên tố. Nếu $n=1008$, ta có $1008$ số $1,2,...,1008$ không thoả mãn đề bài. Giả sử tồn tại $1009$ số không thoả mãn đề bài. Nếu trong $1009$ số đó có $1$ số $a_i$ chia hết cho $2007$, $1$ số $a_j$ không chia hết thì đặt $a_i=2017c$, có$\frac{a_i+a_j}{(a_i;a_j)}> \frac{2017c}{(2017c;a_j)}=\frac{2017c}{(c;a_j)}\geq \frac{2017c}{c}=2017$(vô lí). Nếu tất cả các số đều chia hết cho $2017$ thì ta chia các số đó cho $2017$, ta cũng được $1009$ số không thoả mãn đề bài. Cứ chia như vậy cho đến khi có $1$ số không chia hết cho $2017$. Nếu lúc đó còn $1$ số chia hết cho $2017$ thì lập luận tương tự suy ra điều vô lí. Nếu tất cả các số đều không chia hết cho $2017$, giả sử tồn tại $a_i;a_j$ sao cho $a_i-a_j=2017c$ với $c$ là $1$ số nguyên dương thì $\frac{a_i+a_j}{(a_i;a_j)}= \frac{2017c+2a_j}{(a_j;2017c)}> \frac{2017c}{(a_j;c)}\geq \frac{2017c}{c}=2017$(vô lí). Nếu không có $2$ số nào đồng dư với nhau $\pmod{2017}$ thì xét $1008$ cặp $(1;2016),(2;2015);...;(1008;1009)$, lúc đó tồn tại $2$ số $a_i;a_j$ trong $1009$ số sao cho $a_i+a_j=2017d$ với $d$ nguyên. Vì vậy $\frac{a_i+a_j}{(a_j;a_i)}= \frac{2017d}{(a_j;a_i+a_j)}= \frac{2017d}{(2017d;a_j)}=\frac{2017d}{(d;a_j)}\geq \frac{2017d}{d}= 2017$ (vô lí). Vậy giả sử sai, hay luôn tồn tại $2$ trong $1009$ số thoả mãn đề bài. Vậy $n=1009$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi JUV: 01-10-2016 - 23:34


#11 congtuconan2000

congtuconan2000

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 29-09-2016 - 13:25

Câu I. 

 

Câu V:

$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y)$ $(1)$

Đặt $G(x)=x-f(x)\implies f(x)=x-G(x)$ suy ra $(1)\iff 2yG(x)-G(y^2)=G^2(x-y)-2(x-y)G(x-y)$ $(2)$

Thay $x=y=0\implies G(0)=0$

Thay $y=0\implies G^2(x)-2xG(x)=0\iff G(x)=0$ hoặc $G(x)=2x$

$G(x)=0\implies f(x)=x$ (thỏa)

$G(x)=2x\implies f(x)=-x$ (không thỏa)

Vậy $f(x)=x$ 

 

Sao bạn biết đặt $G(x)$ như thế vậy?



#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 29-09-2016 - 13:26

Câu V:

$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y)$ $(1)$

Đặt $G(x)=x-f(x)\implies f(x)=x-G(x)$ suy ra $(1)\iff 2yG(x)-G(y^2)=G^2(x-y)-2(x-y)G(x-y)$ $(2)$

 

Làm sao mà rút gọn được thế bạn?


Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu

___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___


#13 yeutoanmanhliet

yeutoanmanhliet

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 35 Bài viết

Đã gửi 29-09-2016 - 20:40

Câu V:

$f(x^2-2yf(x))+f(y^2)=f^2(x-y)$ $(1)$

Đặt $G(x)=x-f(x)\implies f(x)=x-G(x)$ suy ra $(1)\iff 2yG(x)-G(y^2)=G^2(x-y)-2(x-y)G(x-y)$ $(2)$

Thay $x=y=0\implies G(0)=0$

Thay $y=0\implies G^2(x)-2xG(x)=0\iff G(x)=0$ hoặc $G(x)=2x$

$G(x)=0\implies f(x)=x$ (thỏa)

$G(x)=2x\implies f(x)=-x$ (không thỏa)

Vậy $f(x)=x$ 

bạn giải cách lạ quá ,nhưng hình như biến đổi nhầm khúc đầu r

bài nàymình chứng minh f(X)=0 thì x=0 sau đó suy ra f(x)=x



#14 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 30-09-2016 - 10:21

bạn giải cách lạ quá ,nhưng hình như biến đổi nhầm khúc đầu r

bài nàymình chứng minh f(X)=0 thì x=0 sau đó suy ra f(x)=x

Cho $x=y=0$ suy ra $f(0)=0$. Cho $y=0$ thì có được: $f(x^2)=f^2(x)$. Cho $x=1$ thì ta có được $f(1)=1$ hoặc $f(1)=0$. 

TH1: $f(1)=0$ thì cho $x=1$ có: $f(1)=f^2(1-y)-f(y^2)$ hay là $f^2(1-y)=f(y^2)=f^2(y)$ giải tiếp thấy vô lí.

TH2: $f(1)=1$ thì dễ rồi giải như bạn đó có được: $f(x)=x$.


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#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 30-09-2016 - 10:23

Câu III: 

Gọi $ S $ là giao điểm của  $ EF $ và $ BC $, $ SH$ cắt $ AM$ tại $ N'$, ta chứng minh $ N \equiv N'$.

Thật vậy theo định lý $ Brocard $ ta có  $ SN' \perp AM $, do đó $ N' \in (AHEF)$

suy ra $ SH.SN'=SE.SF=SB.SC \Longrightarrow  N' \in (HBC) \Longrightarrow N' \equiv N  $ hay $ A, E, F, H, N $ đồng viên.

Ta có $ (AHLD)=-1$,  $ K$ là trung điểm  $ AH $, $  \Longrightarrow AK^2=KH^2=KL.KD=KN^2 $

Suy ra $ KN$ là tiếp tuyến tại $ N$ của $(LND)  \Longrightarrow \angle KNH =\angle LDN =\angle HMN$.

Chưa cần Borcard đâu bạn :)


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#16 tientethegioi

tientethegioi

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết

Đã gửi 01-10-2016 - 10:19

Câu 4. Rõ ràng $a_1=10$. Ta chia phần còn lại thành 2 tập không phụ thuộc nhau $(a_3, a_6, a_7)$ và $(a_2, a_4, a_5, a_8, a_9, a_{10})$. Trong tập đầu, có $\binom{9}{3}$ cách chọn, và mỗi cách chọn lại có 2 cách sắp xếp thỏa mãn. Trong tập 6 phần tử còn lại, rõ ràng $a_2$ nhận giá trị lớn nhất và tiếp tục chia thành 2 tập đọc lập $(a_4, a_8, a_9)$ và $(a_5, a_{10})$. Trong tập đầu có $\binom{5}{3}$ cách chọn và mỗi cách chọn lại có 2 cách sắp xếp thỏa mãn. 

Vậy kết luân có: $4\binom{9}{3} \binom{5}{3} $ hoán vị thỏa mãn đề ra.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tientethegioi: 01-10-2016 - 10:21


#17 harryhuyen

harryhuyen

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 63 Bài viết

Đã gửi 03-09-2017 - 21:09

Cho $x=y=0$ suy ra $f(0)=0$. Cho $y=0$ thì có được: $f(x^2)=f^2(x)$. Cho $x=1$ thì ta có được $f(1)=1$ hoặc $f(1)=0$. 

TH1: $f(1)=0$ thì cho $x=1$ có: $f(1)=f^2(1-y)-f(y^2)$ hay là $f^2(1-y)=f(y^2)=f^2(y)$ giải tiếp thấy vô lí.

TH2: $f(1)=1$ thì dễ rồi giải như bạn đó có được: $f(x)=x$.

làm sao loại đc f(o) =2 ạ?



#18 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 203 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 07-09-2021 - 16:18

Cho $x=y=0$ suy ra $f(0)=0$. Cho $y=0$ thì có được: $f(x^2)=f^2(x)$. Cho $x=1$ thì ta có được $f(1)=1$ hoặc $f(1)=0$. 

TH1: $f(1)=0$ thì cho $x=1$ có: $f(1)=f^2(1-y)-f(y^2)$ hay là $f^2(1-y)=f(y^2)=f^2(y)$ giải tiếp thấy vô lí.

TH2: $f(1)=1$ thì dễ rồi giải như bạn đó có được: $f(x)=x$.

 

Ở trường hợp $f(0)=0$ hình như có thể ép được thêm 1 nghiệm $f(x)=0$ nữa, từ việc $f(x)=\pm f(x+kt)$ rồi thế như nào đó (theo dạng $A+B=0, A,B \geq 0$, có lẽ vậy)

Còn trường hợp $f(0)=2$ thì còn 1 nghiệm hằng nữa. Mình thay $y=0$ thì được $f(x^2)+2=f(x)^2$, rồi sau đó thay $x=0$; $y$ bởi $-x$ để được $f(4x)+f(x^2)=f(x)^2$. Kết hợp lại được $f(4x)=2$ hay $f(x)=2$ thỏa mãn. 






0 người đang xem chủ đề

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