Đến nội dung


Hình ảnh

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG QUỐC GIA TỈNH QUẢNG TRỊ


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 18 trả lời

#1 kimchitwinkle

kimchitwinkle

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 28-09-2016 - 17:39

vÒNG 1

Hình gửi kèm

  • 1.jpg


#2 kimchitwinkle

kimchitwinkle

    Thiếu úy

  • Điều hành viên THCS
  • 526 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Hà Nội

Đã gửi 28-09-2016 - 17:41

VÒNG 2

Hình gửi kèm

  • 2.jpg


#3 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 28-09-2016 - 18:15

Bài 2 vòng 1 :

Cho dãy số $x_n$ xác định bởi $x_1=2$ 

Và $x_{n+1} = \frac{2x_n+1}{x_n+2} $ 

Tìm số hạng tổng quát và tính $Lim x_n $

Bài giải

Bài này thì quen thuộc rồi

Ta có $x_{n+1} -1 = \frac{2x_n+1}{x_n+2} -1 = \frac{2x_n +1 - x_n-2}{x_n+2} = \frac{x_n-1}{x_n+2} $

         $x_{n+1} +1 =\frac{2x_n+1}{x_n+2} +1 =\frac{2x_n+1+x_n+2}{x_n+2} = \frac{(3(x_n+1)}{x_n+2} $

Do đó $\frac{x_{n+1}+1}{x_{n+1}-1} =3\frac{x_n+1}{x_n-1}=... = 3^{n} . \frac{x_1+1}{x_1-1}  $ 

Do đó tìm được CTTQ của $x_n= \frac{3^n+1}{3^n-1} $

Cho $n-> +\infty => lim x_n =1 $

 



#4 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 28-09-2016 - 18:27

Bài 1 ngày 1:

a/ Giải phương trình 

$\sqrt{x+3} + \sqrt{3x+1} =2\sqrt{x} + \sqrt{2x+2} $

b/ Giải hệ phương trình

$\left\{\begin{matrix} x^3+y=2(x^2+1) & \\\ 2y^3+z=2(2y^2+1) \\\ 3z^3+x=2(3z^2+1)\ \end{matrix}\right.$

Bài làm

a/ Chuyển vế và nhân liên hiệp, ta được pt tương đương với

$(x-1)( \frac{1}{2\sqrt{x} + \sqrt{3x+1} } + \frac{1}{\sqrt{2x+2} + \sqrt{x+3} } )=0 => x=1 $

b/ Hệ phương trình tương đương với

$\left\{\begin{matrix} y-2=x^2(2-x) & \\\ z-2=2y^2(2-y) \\\ x-2=3z^2(2-z)\ \end{matrix}\right.$

Nếu tồn tại 1 trong 3 số $x,y,z$ bằng $2$ thì nghiệm của hệ là $(2;2;2) $

Giả sử cả 3 số đều khác $2$

Nhân hết lại , ta cần giải phương trình

$x^2+2y^2+3z^2+1 = 0 $ 

Mà rõ ràng hệ này vô nghiệm

 



#5 hoangvunamtan123

hoangvunamtan123

    Trung sĩ

  • Banned
  • 107 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế
  • Sở thích:làm toán

Đã gửi 28-09-2016 - 18:28

câu 8 .đề k chặt lắm ,


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvunamtan123: 28-09-2016 - 18:28


#6 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 28-09-2016 - 18:40

Câu 5 ngày 2: Tìm tất cả hàm số $f: R-> R $ thỏa

$f(f(x-y)) =f(x)f(y) +f(x)-f(y) -xy $ 

Thay $x=y=0 => f(f(0)) = f^2(0) $

Thay $x=y => f(f(0)) = f^2(x) -x^2 $

Thay $x=f(0) => f(f(0)) = f^2(f(0)) - f^2(0) = f^2(f(0)) -f(f(0)) =>f(f(0)) =0 $ hoặc $f(f(0))=2 $

TH1: 

$f(f(0)) =2 => f^2(0) =2 $

Thay $y=0 => f(f(x)) =f(x)f(0) +f(x) -f(0) $

Thay $x=f(0) => f(2) = f(0) +2 $

Mà mặt khác do $f^2(x) -x^2 =2 => f^2(2) = 6 = (f(0)+2)^2 => 2+4+4f(0) =6 => f(0) =0 $ vô lí

TH2: 

$f(f(0)) =0 => f(0)=0 => f^2(x) = x^2 $

Giả sử $\exists a,b: f(a)=a ; f(b)=-b $ với $a,b \neq 0 $

Thay $x=a, y =b => f(f(a-b)) =a+b $

Mà do $f(f(a-b)) = a-b $ hoăc $f(f(a-b)) = b-a $ nên vô lí

Thử lại ta thấy chỉ có $f(x) =x $ thỏa YCBT


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 29-09-2016 - 21:34


#7 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 28-09-2016 - 18:57

Câu 6 ngày 2

Cho $a,b,c$ không âm thỏa $a+b+c=2 $

Chứng minh rằng

$x^2y+y^2z+z^2x \leq x^3+y^3+z^3 \leq 1+ \frac{1}{2}(x^4+y^4+z^4)  $ 

Bài làm

Chứng minh vế đầu: $x^2y+y^2z+z^2x \leq x^3+y^3+z^3 $

Ta có $x^3+x^3+y^3 \geq 3x^2y $

         $y^3+y^3+z^3 \geq 3y^2z $

         $z^3+z^3+x^3 \geq 3zx^2 $

Do đó cộng lại ta có đpcm 

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=z $

Chứng minh vế sau $x^3+y^3+z^3 \leq 1+ \frac{1}{2}(x^4+y^4+z^4) $

Đặt $x+y+z= p ; xy+yz+zx=q, xyz=r $

Quy tất cả về $pqr$ và thế $p=2 $ vào, ta cần chứng minh 

$r \geq 2q-q^2-q =- (q-1)^2 $

Mà cái này hiển nhiên đúng do $r \geq 0 \geq -(q-1)^2 $

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1; z=0 $ và các hoán vị


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi superpower: 29-09-2016 - 21:57


#8 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 28-09-2016 - 20:11

Bài 3: Tứ giác nội tiếp mà các góc đều nhọn là như thế nào?

 

Bài 8: Chứng minh $a^a+b^b+a^b+b^a$ chia hết cho $p$

                              $a^a+b^b-a^b-b^a$ chia hết cho $p$


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#9 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 28-09-2016 - 20:43

Bài hình ngày 1:

Ta chỉ cần cm $MN$ là trung trực của $PQ$ là đủ. Thật vậy, gọi $J$ là trung điểm $IA$ thì ta có $JQ=\frac{1}{2}.IA,JM=\frac{1}{2}.IB$, suy ra $JQ:JM=IA:IB=IQ:IP$. Mặt khác, ta có $\widehat{QJM}=\widehat{QIP}$, do $\widehat{QIA}=\widehat{PIB}$. Vậy nên 2 tam giác $PIQ$ và $PJM$ đồng dạng, do đó 2 tam giác sau cũng dồng dạng :$QJI$ và $QMP$ theo phép vị tự quay. Mà tam giác $QJI$ lại cân tại $J$ nên $QMP$ cũng cân tại $M$. Hoàn toàn tương tự, tam giác $QNP$ cân tại $N$, suy ra $đ.p.c.m$.

Hình vẽ bài toán

fig1.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 28-09-2016 - 20:50


#10 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 28-09-2016 - 21:19

Chém phát câu 4 1) bài toán tương đương với việc tìm số các bộ không có thứ tự $(a,b)$ trong đó $a$, $b$ là các số tự nhiên và $1\leq a,b\leq 1000$ và $a+b>1000$. Giả sử $a>b$ thì $a\geq 501$. Từ đây dễ tính được số bộ như vậy là $1+3+5+...+997+999=\left(\frac{999+1}{2}\right) ^2=250000$.



#11 pdtienArsFC

pdtienArsFC

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 133 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nơi tình yêu Toán Học bắt đầu
  • Sở thích:Học Toán,Làm Toán,Nháp Toán,Giải Toán...

Đã gửi 28-09-2016 - 21:22

Bài 7: 

a, Gọi I là tâm (SPQ)

$\frac{SP}{SM}=\frac{SI}{SO}=\frac{SQ}{SN}$ nên PQ song song MN.

Tiếp tuyến M,N cắt nhau tại T. ta có $\widehat{MSN}=180^{\circ}-\widehat{MON}=\widehat{PAQ}$

nên $\frac{IA}{OT}=\frac{IQ}{ON}=\frac{SI}{SO}$ 

$\Rightarrow$ A,S,O thẳng hàng

 $\Rightarrow$ AMSN là tứ giác điều hòa.

b, Ta có $DE=SM.sin\widehat{DSE}=SM.sin\widehat{AMN}$

              $DF=SN.sin\widehat{DSF}=SN.sin\widehat{ANM}$

 $\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{SM.sin\widehat{AMN}}{SN.sin\widehat{ANM}}=\frac{AN.sin\widehat{AMN}}{AM.sin\widehat{ANM}}=1$


                           80b68e1e79774daab705a98543684359.0.gif

 


#12 lenhatsinh3

lenhatsinh3

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 86 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT An Nhơn 2
  • Sở thích:Pokemon, giải toán

Đã gửi 28-09-2016 - 21:23

Câu 3 có gì đó sai sai


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:

      :ukliam2:

            :ukliam2:

                  :ukliam2:

             :ukliam2:

        :ukliam2:  

     :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#13 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 28-09-2016 - 22:03

Câu 4,

a, gọi độ dài 2 cạnh còn lại là $x$ và $y$ do độ dài cạnh lớn nhất là 1000, nên ta có $x+y >1000 $

do đó tồn tại 1 cạnh lớn hơn 500,
TH1: $x,y \geq 501$, khi đó có $C^2_{500}$ cách chọn bộ số $x,y \in {501;...1000}

TH2: $x \geq 501, y \leq 500$  khi đó,

$y=1, x=1000$

$y=2, x=1000,999$

....

$y=500, x=1000;999;...;501$

trường hợp này có $1+2+3+...+500 = \frac{500.501}{2}$ cách chọn.

Tổng lại có đáp số là $500^2$ cách.

b, với $n=2$, ta có $S_1+S_2>1$ và $S_1,S_2<1$. Do 2 đường tròn ko khép kín được hình vuông nên chúng chắc chắn phải giao nhau. Điểm thuộc khoảng giao nhau đó là điểm cần tìm.

với $n \geq 3$, ta chứng minh giao điểm hai đường chéo luôn là điểm thỏa mãn.

Gọi giao điểm 2 đường chéo là $O$.

Do các đường tròn đều nằm trong hình vuông nên hình tròn lớn nhất không chứa điểm $O$ (ko kể đường tròn) là hình tròn có đường tròn đi qua $O$ và tiếp xúc với 2 cạnh của hình vuông (mọi hình tròn có bán kính lớn hơn sẽ đều chứa $O$). Bán kính hình tròn này là $R$, ta có $R+R\sqrt{2}=\frac{1}{\sqrt{2}}  \Leftrightarrow  R=\frac{1}{\sqrt{2}(\sqrt{2}+1)}$

Diện tích hình tròn này là $S_{min}=\pi.R^2=\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$

Gọi diện tích các hình tròn là $S_1,S_2,...S_n$, giả sử $S_1=min{S_1,...,S_n}$

Ta chứng minh $S_1>\frac{\pi}{2(3+2\sqrt{2})}$,( tức là khi đó, $S_1$ chứa điểm $O$)

Do tất cả các đường tròn nằm trong hình vuông nên bán kính mỗi đường tròn luôn nhỏ hơn hoặc bằng $\frac{1}{2}$.

Tức là $S_i \leq \pi.\frac{1}{2}^2=\pi/4 \forall i=2,..n$ 

Khi đó, $S_1 \geq (n-1)-(n-1).\frac{\pi}{4}=\frac{(n-1)(4-\pi)}{4} \geq \frac{(3-1)(4-\pi)}{4}>S_{min}$

Suy ra, $S_1$ chứa điểm $O$, suy ra các $S_i, i=2,...,n$ có diện tích lớn hơn $S_1$ sẽ đều chứa $O$.

Vậy điểm $O$ là điểm cần tìm trong trường hợp $n>2$
Vậy ta có điều phải chứng minh.

~~~~~

lời giải câu b là một lời giải đáng phải tính nhẩm.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Van Luc: 28-09-2016 - 22:09

Khi sự sống không bắt nguồn từ tình yêu

___Thì cuộc đời chẳng còn gì là ý nghĩa___


#14 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 28-09-2016 - 22:32

Chém tiếp 4 b) Phản chứng. Giả sử tồn tại hai đường tròn không có phần giao chung với bán kính là $R$ và $r$. Gọi $d$ là khoảng cách giữa tâm hai đường tròn đó. Ta có bất đẳng thức: $(R+r)^2\leq d^2\leq (1-R-r)^2$. Từ đó chỉ ra được $R+r\leq 2-\sqrt{2}$ (1) hoặc $R+r\geq 2+\sqrt{2}$ (2) Hiển nhiên (2) vô lí. Vậy tổng diện tích của hai đường tròn này là $\pi .(R^2+r^2)\leq \pi .\left[\left(\frac{3}{2}-\sqrt{2}\right) ^2 +\frac{1}{4}\right] <1$, mà mỗi đường tròn có diện tích không vượt quá $\frac{\pi}{4} <1$ nên tổng diện tích của tất cả các đường tròn không vượt quá $n-1$, vô lí. Vậy cứ hay đường tròn bất kỳ phải giao nhau, suy ra đpcm.

P/s: Mình làm hơi lố, vì chỉ cần chỉ ra hai đường tròn đó có tổng diện tích không vượt quá $1$ là được.

***

Đính chính: Lời giải trên đây của mình chưa chính xác, mong các bạn giúp mình khắc phục điều này :) Cảm ơn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 29-09-2016 - 16:51


#15 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 28-09-2016 - 22:57

Câu 4b

Với $n=2$ thì hiển nhiên đúng

Mình không biết có đúng không

Giả sử tồn tại ít nhất 1 hình tròn không chứa O là giao điểm 2 đường chéo của hình vuông

Gọi S là diện tích của hình đó

Với một đường tròn nằm trong hình vuông thì $S_max = \frac{\pi}{4} $

Do đó tổng diện tích của $n-1 $ đường tròn còn lại sẽ bé hơn $\frac{\pi}{4} . (n-1) $

Do đó tổng diện tích của các hình tròn sẽ là

$\frac{\pi}{4} (n-1) + x < \frac{\pi}{4}.n < n-1  $ Mâu thuẫn

Do đó ta có đpcm

Có gì sai xin mọi người chỉ giáo

 



#16 I Love MC

I Love MC

    Đại úy

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1861 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Quốc Học
  • Sở thích:Number theory,Combinatoric

Đã gửi 28-09-2016 - 23:18

Câu 8 :  
Xét $a=b$ đúng 
Xét $a \ne b$
Đặt $a+b=kp,k$ nguyên dương suy ra $kp-b=a$ 
Ta chứng minh $(kp-b)^b+b^a \vdots p $ hay $b^a-b^b=b^b.(b^{a-b}-1) \vdots p$ (giả sử $a >b$)
Nếu $p|b \Rightarrow Q.E.D$ 
$p \not \mid b$ thì $a-b \vdots p-1 \Rightarrow b^{a-b}-1 \vdots b^{p-1}-1 \vdots p$ (định lí Fermat nhỏ)
Vậy ta có đpcm



#17 Nanapiki

Nanapiki

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:Xem 5s online

Đã gửi 29-09-2016 - 17:40

Câu hình ngày 1
a)Xét tam giác AID và tam giác BIC có góc AID= góc BIC nên IH/IK=AD/BC
Gọi J là trung điểm của AC, ta có IH/IK =JN/JM
và IH vuông góc với JN, IK vuông góc với JM suy ra góc MJN= góc KIH
Nên tam giác KIH đồng dạng với tam giác MJN, suy ra MN vuông góc với HK (đpcm)
b) Ta chứng minh được IQ/IP=AD/BC nên IH/IK=IQ/IP nên HK//QP suy ra MN vuông góc với QP
~ mọi ngừoi giúp em làm tiếp với ạ ^^ ~

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nanapiki: 30-09-2016 - 01:20

"Đừng nói vấn đề này khó nếu không khó đã không thành vấn đề"

#18 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 - 10:08

Bài 7: 

a, Gọi I là tâm (SPQ)

$\frac{SP}{SM}=\frac{SI}{SO}=\frac{SQ}{SN}$ nên PQ song song MN.

Tiếp tuyến M,N cắt nhau tại T. ta có $\widehat{MSN}=180^{\circ}-\widehat{MON}=\widehat{PAQ}$

nên $\frac{IA}{OT}=\frac{IQ}{ON}=\frac{SI}{SO}$ 

$\Rightarrow$ A,S,O thẳng hàng

 $\Rightarrow$ AMSN là tứ giác điều hòa.

b, Ta có $DE=SM.sin\widehat{DSE}=SM.sin\widehat{AMN}$

              $DF=SN.sin\widehat{DSF}=SN.sin\widehat{ANM}$

 $\Rightarrow \frac{DE}{DF}=\frac{SM.sin\widehat{AMN}}{SN.sin\widehat{ANM}}=\frac{AN.sin\widehat{AMN}}{AM.sin\widehat{ANM}}=1$

Câu hình này là một bài trên THTT lâu rồi.


:ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#19 LsTinyBaby

LsTinyBaby

    Lính mới

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

Đã gửi 02-10-2016 - 02:27

Câu hàm

Hình gửi kèm

  • Eqn30.gif

ls_tiny_baby





0 người đang xem chủ đề

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