Đến nội dung


Hình ảnh

ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TỈNH NINH BÌNH NĂM 2016-2017


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

#1 Dark Repulsor

Dark Repulsor

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 202 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu
  • Sở thích:Geometry, Inequality, Light Novel, Convert

Đã gửi 14-10-2016 - 01:27

Ngày $1$:

 

Bài $1$: Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Bài $2$: Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi hệ thức: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=1 & \\ & x_{n+1}=\sqrt{x_{n}(x_{n}+1)(x_{n}+2)(x_{n}+3)+1} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Đặt $y_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+2}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$. Tính $\lim_{n\rightarrow +\infty} y_{n}$

Bài $3$: Cho $\triangle ABC$. Đường tròn $(O)$ đi qua $A$ và $C$ cắt các cạnh $AB,BC$ tại $K,N$. Đường tròn $(KBN)$ cắt đường tròn $(ABC)$ tại $B$ và $M$. Tính $\angle BMO$

Bài $4$: Tìm $k_{max}\in\mathbb{N^{*}}$ sao cho ta có thể phân hoạch tập hợp các số nguyên dương thành $k$ tập hợp $A_{1},A_{2},...,A_{k}$ thỏa mãn với mỗi $n\in\mathbb{N^{*}}, n>14$, trog mỗi tập $A_{i}$ $i=\overline{1,k}$ đều tồn tại $2$ số có tổng bằng $n$

 

Ngày $2$:

Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$

Bài $6$: CMR: Với mỗi số $m\in\mathbb{N^{*}}$, luôn tồn tại vô số số $n\in\mathbb{N^{*}}$ thỏa mãn $(3.2^n+n)\vdots m$

Bài $7$: Cho $\triangle ABC$ và điểm $(O)$ nằm trog $\triangle ABC$ Đường thẳng $d_{1}$ đi qua $O$ song song với $BC$ lần lượt cắt $AB,AC$ tại $J,G$. Đường thẳng $d_{2}$ đi qua $O$ song song với $CA$ lần lượt cắt $BC,CA$ tại $F,J$. Đường thẳng $d_{3}$ đi qua $O$ song song với $AB$ lần lượt cắt $CA,CB$ tại $H,E$. Dựng các hbh $OEA_{1}F,OGB_{1}H,OIC_{1}J$. CMR: Các đường thẳng $AA_{1},BB_{1},CC_{1}$ đồng quy

Bài $8$: Cho hàm số $f:\mathbb{N^{*}}\rightarrow\mathbb{N^{*}}$ thỏa mãn các điều kiện sau:

      $1)$ $f(m)<f(n)$ $\forall m,n\in\mathbb{N^{*}}; m<n$

      $2)$ $f(mn)=f(m)f(n)$ $\forall m,n\in\mathbb{N^{*}}; (m,n)=1$

      $3)$ $\exists i\in\mathbb{N^{*}}, i>1$ sao cho $f(i)=i$

$a)$ CMR: $f(1)=1$ , $f(3)=3$

$b)$ Tìm tất cả các hàm $f(n)$ thỏa mãn yêu cầu bt

 

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dark Repulsor: 14-10-2016 - 23:27


#2 superpower

superpower

    Sĩ quan

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

Đã gửi 14-10-2016 - 11:45

Ngày $1$:

 

Bài $1$: Giải hpt: $\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Bài $2$: Cho dãy số $(x_{n})$ xác định bởi hệ thức: $\left\{\begin{matrix} & x_{1}=1 & \\ & x_{n+1}=\sqrt{x_{n}(x_{n}+1)(x_{n}+2)(x_{n}+3)+1} & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$

Đặt $y_{n}=\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{x_{i}+2}$ $\forall n\in\mathbb{N^{*}}$. Xác định giới hạn của dãy số $(y_{n})$

Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$

 

 

Bài 1: 

$\left\{\begin{matrix} & y^3+4x^2y+3xy^2=x^6+3x^5+4x^4 & \\ & \sqrt{x^2+3}+\sqrt{3y+1}=4 &\end{matrix}\right.$

Từ $pt(1)$ ta phân tích thành nhân tử

$(y-x^2)(y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3+4x^2) =0 $

Mà pt $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  =0 $ 

có $\triangle = (x^2+3x)^2 - 4(x^4+3x^3+4x^2 ) = -x^2(3x^2+6x+7 ) > 0 $

Do đó $y^2+(x^2+3x)y + x^4+3x^3 + 4x^2  >0 $

Do đó ta chỉ nhận $y=x^2 $ 

Do đó, thế vô lại pt $(2)$, ta được

$\sqrt{y+3} + \sqrt{3y+1} =4 $

Mà ta có $f'(y) = \frac{1}{2\sqrt{y+3} } + \frac{3}{2\sqrt{3y+1}} >0 $

Mà có $f(1) =0 => x=y=1 $ là nghiệm duy nhất của pt 

 

Bài 2: 

Từ pt đề bài ta suy ra 

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

Mà do $x_n >0 $ nên $x_{n+1} = x_n^2 + 3x_n+1 $

Bằng biến đổi chút chút, ta suy ra được 

$\frac{1}{x_i+2} = \frac{1}{x_i+1} - \frac{1}{x_{i+1} +1 } $ 

Tới đây quen thuộc rồi

Ta chứng minh được $x_n $ tăng và không bị chặn trên 

Do đó $lim x_n =  +\infty $

Do đó rút gọn sai phân là ra 

 

Bài 5

Ta có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} = \frac{2}{5-z} $ 

Do đó, ta cần chứng minh bđt sau là đủ

$\frac{2}{5-x} -\frac{4}{x+7} \geq \frac{3}{16} x -\frac{3}{16} $ 

Biến đổi tương đương trở thành 

$(x-1)^2 .\frac{x+3}{16(5-x)(x+7) } \geq 0 $ hiển nhiên đúng do $ x <3 $

Do đó cộng lại ta có đpcm 



#3 hoangvunamtan123

hoangvunamtan123

    Trung sĩ

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

Đã gửi 14-10-2016 - 11:57

$x_{n+1}=\sqrt{(x_n^2+3x_n+1)^2}=x_n^2+3x_n+1\rightarrow x_{n+1}+1=(x_n+1)(x_n+2)\rightarrow \frac{1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{x_n+1}-\frac{1}{x_n+2}$ suy ra $\frac{1}{x_n+2}=\frac{1}{x_n+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}\rightarrow y_n=\frac{1}{x_1+1}-\frac{1}{x_{n+1}+1}=\frac{1}{2}-\frac{1}{x_{n+1}+1}$ 

ta có $\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{1}{x_{n+1}+1}=0\rightarrow \lim_{x\rightarrow \infty }y_n=\frac{1}{2}$

mình làm hơi tắt 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvunamtan123: 14-10-2016 - 11:58


#4 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 14-10-2016 - 13:36

Bài 3: Bổ đề: Cho tứ giác toàn phần nội tiếp $(O)$ $ ABCDEF$, $ AC$ giao $ BD$ tại $ I$. Khi đó $ IO \perp EF$ đồng thời giao điểm của $ IO$ với $ EF$ cũng là điểm $ Miquel $ của tứ giác toàn phần $ ABCDEF$

Ta có $ MB, KN, AC $ là các trục đẳng phương của các cặp đường tròn $ (KBN), (ABC) $, $ (O), (KBN)$, $ (O), (ABC)$ nên chúng đồng quy, gọi điểm đồng quy này là $ S$.

Ta có $ M$ là điểm $ Miquel $ của tứ giác toàn phần nội tiếp $ AKNCSB$ nên theo bổ đề ta có $ \angle OMB =90^0$



#5 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 14-10-2016 - 14:57

 

Ngày $2$:

Bài $5$: Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $\sum x=3$. CMR: $\sum\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\geq 4\sum\frac{1}{x+7}$

 

 

$\sum \frac{4}{x+7}=\sum \frac{4}{(x+y+2)+(x+z+2)}\leq \sum \frac{2}{x+y+2}=\sum \frac{2}{(x+1)+(y+1)}\leq \sum \frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}$



#6 Senju Hashirama

Senju Hashirama

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 69 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Inequality , Functional equations ,
    Polynomial , Naruto

Đã gửi 14-10-2016 - 19:34

Câu hàm điều kiện (3) và câu a  kì vậy, có phải sai đề ko nhỉ 



#7 Dinh Xuan Hung

Dinh Xuan Hung

    Thành viên nổi bật 2015

  • Thành viên nổi bật 2016
  • 1396 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ĐH Quốc Gia Hà Nội}$ $\textrm{Trường ĐH Công Nghệ}$
  • Sở thích:$\textrm{Làm Những Gì Mình Thích}$

Đã gửi 14-10-2016 - 20:25

Câu hàm điều kiện (3) và câu a  kì vậy, có phải sai đề ko nhỉ 

Đề đúng rồi nhé



#8 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 15-10-2016 - 21:32

Bài 8. (a) Thay $m=n=1$ ta được $f(1)=1$

Do $i>1$ mà $f(i)=i$ nên ta suy ra $f(n)=n$ với mọi $n=\bar{1,i}$

Nếu $i\geqslant 3$ thì $f(3)=3$

Nếu $i=2$ thì $f(2)=2$ và $f(3).f(5)=f(15)<f(18)=f(2).f(9)<2.f(10)=4.f(5)$. Do đó $2<f(3)<4$ nên $f(3)=3$

(b) Xét dãy $(a_n): a_1=3, a_n=a_{n-1}\left(a_{n-1}-1\right)$

Khi đó $f(a_1)=a_1$, nếu $f(a_k)=a_k$ thì $f(a_k-1)=a_k-1$ nên $f(a_{k+1})=f(a_k)f(a_{k}-1)=a_{k+1}$

Mà dãy trên tăng vô hạn nên suy ra $f(n)=n$


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#9 dogsteven

dogsteven

    Đại úy

  • Thành viên
  • 1567 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Chuyên toán Trần Hưng Đạo, Bình Thuận
  • Sở thích:Anti số học.

Đã gửi 15-10-2016 - 23:24

Bài 7. $AA_1$ cắt $BC$ tại $X$, $BB_1$ cắt $AC$ tại $Y$ và $CC_1$ cắt $AB$ tại $Z$

Ta có: $\dfrac{XB}{XC}=\dfrac{XF}{XE}=\dfrac{BF}{CE}$, tương tự ta có: $\dfrac{YC}{YA}=\dfrac{CH}{AG}$ và $\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{BI}$

Do đó $\dfrac{XB}{XC}.\dfrac{YC}{YA}.\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{AG}.\dfrac{BF}{BI}.\dfrac{CH}{CE}=\dfrac{AB}{AC}.\dfrac{BC}{BA}.\dfrac{CA}{CB}=1$

Áp dụng định lý Ceva ta có điều phải chứng minh.


Quyết tâm off dài dài cày hình, số, tổ, rời rạc.


#10 anh3798571

anh3798571

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 13 Bài viết

Đã gửi 16-10-2016 - 18:32

ai chữa giúp mình câu này với, mình vừa đi thi về không làm được, chán quá:

 Cho (Un)

U1= -8/3

Un+1=(2/3)Un  - 1   n thuộc N*

Tìm Lim(Sn)

Sn= U1+U2+....+Un



#11 quangkhaiolympic

quangkhaiolympic

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Đã gửi 18-10-2016 - 15:56

Câu số học mình có cách dùng quy nạp và sử dụng phi hàm ơ le rất hay :))



#12 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 20-10-2016 - 09:17

Câu số học mình có cách dùng quy nạp và sử dụng phi hàm ơ le rất hay :))

Bạn có thể nói chi tiết hơn cách làm của bạn được không?



#13 lamntl19

lamntl19

    Lính mới

  • Thành viên
  • 2 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Bắc Giang
  • Sở thích:chém gió

Đã gửi 21-10-2016 - 00:05

Đầu tiên chứng minh đúng với m=p sau đó quy nạp chứng minh đúng với p^a rồi xét phân tích của m. Dùng hàm euler để chứng minh có vô hạn

#14 Ngu Nguoi 1010

Ngu Nguoi 1010

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết
  • Giới tính:Nữ

Đã gửi 24-10-2016 - 22:32

Bài 5

Ta có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} = \frac{2}{5-z} $ 

Do đó, ta cần chứng minh bđt sau là đủ

$\frac{2}{5-x} -\frac{4}{x+7} \geq \frac{3}{16} x -\frac{3}{16} $ 

Biến đổi tương đương trở thành 

$(x-1)^2 .\frac{x+3}{16(5-x)(x+7) } \geq 0 $ hiển nhiên đúng do $ x <3 $

Do đó cộng lại ta có đpcm 

Ở bài 5,anh có thể giải thích sao lại có  $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} $ được không ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngu Nguoi 1010: 24-10-2016 - 22:33


#15 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

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

Đã gửi 11-11-2016 - 20:52

Ở bài 5,anh có thể giải thích sao lại có $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} $ được không ạ

Xem post #5 đi bạn.

#16 Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Miền cắt trắng
  • Sở thích:$\mathbb{Geometry}$

Đã gửi 11-11-2016 - 20:58

Xem post #5 đi bạn.

Áp dụng bất đẳng thức Cô - Si ta có:

 

\[\frac{1}{{\sqrt x  + \sqrt y }} \ge \frac{1}{{\frac{{x + 1}}{2} + \frac{{y + 1}}{2}}} = \frac{1}{{\frac{{x + y + 2}}{2}}} = \frac{2}{{x + y + 2}}\]



#17 Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Miền cắt trắng
  • Sở thích:$\mathbb{Geometry}$

Đã gửi 11-11-2016 - 21:00

Ở bài 5,anh có thể giải thích sao lại có  $\frac{1}{\sqrt{x} + \sqrt{y} } \geq \frac{2}{x+y+2} $ được không ạ

Áp dụng Bất Đẳng Thức Cô - Si ta có

 

\[\frac{1}{{\sqrt x  + \sqrt y }} \ge \frac{1}{{\frac{{x + 1}}{2} + \frac{{y + 1}}{2}}} = \frac{1}{{\frac{{x + y + 2}}{2}}} = \frac{2}{{x + y + 2}}\]



#18 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 02-09-2018 - 21:11

Bổ đề: Cho $2$ đường tròn $(O_1), (O_2)$ và điểm $M$, $H$ là hình chiếu của $M$ lên tđp của $2$ đg tròn thì $P(M/O1)-P(M/O2)=2O1O2.HM$

Trở lại bài toán: Gọi $M$ là tđ cung $BC$, lấy $O_A$ trên $OM$ sao cho $XO_A=R$, $H$ là hình chiếu của $X$ lên tđp $(O), (O_A)$
Theo bổ đề trên thì  $XB.XC-XD.XK=P(X/O)-P(X/O_A)=2HX.OO_A=2HX.MX$
Vì vậy $HX=\frac{XB.XC-XD.XK}{2XM}=\frac{\frac{a^2}{4}-\frac{(b-c)^2}{4}}{\frac{a}{2}.tanA/2}=\frac{2(p-c)(p-b)}{a.\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}}}=\frac{\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}}{a}=\frac{S}{a}=\frac{h_a}{2}=DP$ 
Điều đó nghĩa là $O_A$ là tâm $DA_1A_2$ hay $DQ=2DN=2R$ nên $IQ.ID=(2R-r).r$ 
CMTT thì $P(I/DA_1A_2)=P(I/EB_1B2)=P(I/FC_1C_2)$ nên $I$ là tâm đẳng phương và ta có ĐPCM

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 02-09-2018 - 21:12


#19 nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Châu Âu
  • Sở thích:Algebra, Combinatoric, Geometry & Number Theory

Đã gửi 08-09-2018 - 11:24

Bài $4$: IMO Shortlist $2012$

Bài $6$: Chứng minh bằng quy nạp theo $n$ (Kí hiệu hàm phi bởi $o$)

Giả sử đúng đến $m=k$ tồn tại vô số $n$ để $k|3.2^n+n$

Ta sẽ chứng minh nó đúng với $k+1$ tức tồn tại vô số $s$ để $k+1|3.2^s+s$

Chú ý rằng $o(k+1)<k+1$ nên tồn tại $r$ để $o(k+1)|3.2^r+r$

Ta chọn $s$ sao cho $o(k+1)$, $k+1|s+3.2^u$ (luôn tồn tại theo định lí Thặng dư Trung Hoa)

Nếu $k+1$ chẵn, đặt $k+1=2^a.b$ lúc đó đặt $s=2^c.d$ với $c>a$ do đó $k+1|3.2^u(2^{s-u}-1)$ (do $o(k+1)|s-u$ và $v_2(k+1)<u$) nên $k+1|3.(2^s-2^u)$

Nếu $k+1$ lẻ thì cmtt như trên kết hợp lại ta có $k+1|3(2^s-2^u)$ nên $k+1|3.2^s+s$ từ đó tồn tại $s$, gt quy nạp hoàn tất và ta có ĐPCM






0 người đang xem chủ đề

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