Đến nội dung


Hình ảnh

$\boxed{\text{Đề thi chọn đội tuyển THPT Chuyên ĐH Vinh vòng 2 năm 2016 - 2017}}$

hsgqg chuyendhv 2016-2017

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

#1 The God of Math

The God of Math

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Friends and Mathematics

Đã gửi 06-10-2016 - 20:54

Bài $5$: (7,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn các điều kiện:

$i)$ $f(1)>0$

$ii)$ $f(xy-1)+2f(x)f(y)=3xy-1$ $\forall x,y \in \mathbb{R}$

Bài $6$: (6,0 điểm) Cho $\triangle ABC$. $M$ là điểm chuyển động trên cạnh $AC$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABM$ cắt cạnh $BC$ tại điểm thứ hai là $D$, đường tròn ngoại tiếp $\triangle BCM$ cắt cạnh $AB$ tại điểm thứ hai là $E$.

$a)$ Gọi $O$ là giao điểm của $AD$ và $CE$. Chứng minh rằng 4 điểm $A,E,O,M$ cùng thuộc 1 đường tròn.

$b)$ Gọi $I,J,N$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $AB$ và $DM$, $BC$ và $EM$, $AJ$ và $CI$. Chứng minh $MN$ luôn đi qua điểm cố định.

Bài $7$: (7,0 điểm) Tìm các số nguyên dương $a,b,c,d$ thỏa mãn:

                                                                $a+2^b+3^c=3d!+1$,

biết rằng tồn tại các số nguyên tố $p,q$ sao cho 

                                                                $a=(p+1)(2p+1)=(q+1)(q-1)^2$



#2 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 06-10-2016 - 21:26

câu 6

 a) ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AMB}=\widehat{ADB}$ suy ra BDOE nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AOE}= \widehat{ABC}= \widehat{AME}$ suy ra AEOM nội tiếp

b)theo định lý pappus có OMN thẳng hàng

$\Rightarrow$ $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}= \widehat{BEC}= \widehat{BMC}$

$\Rightarrow$ MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC $\Rightarrow$ dpcm



#3 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

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

Đã gửi 07-10-2016 - 08:36

Bài 5:

Thay $y=0$ vào ii:$f\left ( -1 \right )+2f\left ( 0 \right )f\left ( x \right )=-1$

Nếu $f\left ( 0 \right )\neq 0\Rightarrow f\left ( x \right )=\frac{-1-f\left ( 1 \right )}{2f\left ( 0 \right )}=c$. Thủ lại không thỏa mãn cho nên $f\left ( 0 \right )=0$

Thay $x=y=1$ vào ii: $f\left ( 0 \right )+2f\left ( 1 \right )^2=2\Rightarrow f\left ( 1 \right )=1\left ( f\left ( 1 \right )>0 \right )$

Thay $x=x+1, y=1$ vào ii: $f\left ( x \right )+2f\left ( x+1 \right )=3\left ( x+1 \right )-1=3x+2\left ( 1 \right )$, thay $x=-1\Rightarrow f\left ( -1 \right )=-1$

Thay $x=-x-1, y=-1$ vào ii: $f\left ( x \right )-2f\left ( -x-1 \right )=3x+2\left ( 2 \right )$

$\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )\Rightarrow f\left ( x \right )=-f\left ( -x \right )$

Thay $x=-x,y=1$ vào ii: $f\left ( -x-1 \right )+2f\left ( -x \right )=-3x-1\Rightarrow f\left ( x+1 \right )+2f\left ( x \right )=3x+1\left ( 3 \right )$

Từ $\left ( 1 \right )\left ( 3 \right )$, ta giải ra được $f\left ( x \right )=x$. Thử lại thỏa mãn.



#4 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 07-10-2016 - 21:38

Bài 7 dài quá, có thể phân ra 2 ý như sau:

 

7.1/ Tìm tất cả các số $a$ thoả mãn đề bài.

 

Khai triển và thu gọn, ta có $p(2p+3)=q(q^2-q-1)$. Do $(q,q^2-q-1)=1$ và $p$ là số nguyên tố nên chỉ xảy ra $p|q$ hoặc $p|q^2-q-1$.

 

Nếu $p|q$ thì do $p$, $q$ là số nguyên tố nên $p=q$. Thay vào tính được $p=q=4$ hoặc $p=q=-1$, đều loại.

 

Nếu $p|q^2-q-1$ thì $q|2p+3$. Đặt $2p+3=kq(k\in\mathbb{N},k\geq 1)$, thay vào đẳng thức ban đầu, khai triển và thu gọn thì $2q^2-(2+k^2)q+3k-2=0$. Xem đây là phương trình bậc hai theo $q$, để có nghiệm nguyên thì cần có $\bigtriangleup$ là số chính phương. Tính được $\bigtriangleup =k^4+4k^2-24k+20$. Thử với $k$ từ $1$ đến $5$, ta chọn $k\in \left \{ 1,2,5 \right \}$. Thế vào tính lại, nhận $k=5$, $q=13$, $p=31$, $a=2015$. Với $k\geq 6$ thì $(k^2+2)^{2}>k^4+4k^2-24k+20>(k^2)^{2}$ nên $k^4+4k^2-24k+20=(k^2+1)^{2}$, Phương trình này không cho nghiệm nguyên nên loại. Vậy $a=2015$.

 

7.2/ Tìm tất cả các số $b,c,d$ thoả mãn đề bài.

 

Từ giả thiết, $3d!+1>2015$ nên suy ra $d\geq 2$ hay $2|d!$. Ta có đẳng thức $3d!+1-2015-2^{b}=3^c$. Vế trái là bội của 2 mà vế phải thì không, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại bộ 4 số nguyên dương thoả mãn đề bài.



#5 san1201

san1201

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết

Đã gửi 07-10-2016 - 21:56

Bài 7 dài quá, có thể phân ra 2 ý như sau:

7.1/ Tìm tất cả các số $a$ thoả mãn đề bài.

Khai triển và thu gọn, ta có $p(2p+3)=q(q^2-q-1)$. Do $(q,q^2-q-1)=1$ và $p$ là số nguyên tố nên chỉ xảy ra $p|q$ hoặc $p|q^2-q-1$.

Nếu $p|q$ thì do $p$, $q$ là số nguyên tố nên $p=q$. Thay vào tính được $p=q=4$ hoặc $p=q=-1$, đều loại.

Nếu $p|q^2-q-1$ thì $q|2p+3$. Đặt $2p+3=kq(k\in\mathbb{N},k\geq 1)$, thay vào đẳng thức ban đầu, khai triển và thu gọn thì $2q^2-(2+k^2)q+3k-2=0$. Xem đây là phương trình bậc hai theo $q$, để có nghiệm nguyên thì cần có $\bigtriangleup$ là số chính phương. Tính được $\bigtriangleup =k^4+4k^2-24k+20$. Thử với $k$ từ $1$ đến $5$, ta chọn $k\in \left \{ 1,2,5 \right \}$. Thế vào tính lại, nhận $k=5$, $q=13$, $p=31$, $a=2015$. Với $k\geq 6$ thì $(k^2+2)^{2}>k^4+4k^2-24k+20>(k^2)^{2}$ nên $k^4+4k^2-24k+20=(k^2+1)^{2}$, Phương trình này không cho nghiệm nguyên nên loại. Vậy $a=2015$.

7.2/ Tìm tất cả các số $b,c,d$ thoả mãn đề bài.

Từ giả thiết, $3d!+1>2015$ nên suy ra $d\geq 2$ hay $2|d!$. Ta có đẳng thức $3d!+1-2015-2^{b}=3^c$. Vế trái là bội của 2 mà vế phải thì không, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại bộ 4 số nguyên dương thoả mãn đề bài.

Ý 7.1 thì $a=2016$ nhé.
Còn ý 7.2 thì chứng minh $b$ chia hết cho 6.
Xét $d>6$ với mod 7 thấy vô lý.
Xét d=6 thì tìm đc $b=6,c=4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi san1201: 07-10-2016 - 21:57


#6 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 07-10-2016 - 21:59

Ý 7.1 thì $a=2016$ nhé.
Còn ý 7.2 thì chứng minh $b$ chia hết cho 6.
Xét $d>6$ với mod 7 thấy vô lý.
Xét d=6 thì tìm đc $b=6,c=4$

 

Bạn đúng rồi, tại mình quên cộng 1 đơn vị nên nhầm :) Cảm ơn bạn :) 



#7 maroon987

maroon987

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 27-11-2016 - 16:19

câu 6

 a) ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AMB}=\widehat{ADB}$ suy ra BDOE nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AOE}= \widehat{ABC}= \widehat{AME}$ suy ra AEOM nội tiếp

b)theo định lý pappus có OMN thẳng hàng

$\Rightarrow$ $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}= \widehat{BEC}= \widehat{BMC}$

$\Rightarrow$ MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC $\Rightarrow$ dpcm

Cho mình hỏi bạn áp dụng Pappus cho những điểm nào thế?Với lại $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}$ thì khác nào 2 góc này vuông?







0 người đang xem chủ đề

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