Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi chọn học sinh giỏi THPT Khoa Học Tự Nhiên 2017-2018

đề thi

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

#1 SonKHTN1619

SonKHTN1619

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 22 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:Geometry, Combinatorics, Functional Equation, Anime

Đã gửi 24-09-2017 - 21:14

Ngày 3:

Bài 1: Cho dãy $(a_n),n \geq 0$ thỏa mãn: $a_0 = \frac {1}{3}, a_{n+1} = \frac {a_n^2}{1-2a_n^2}$. Đặt $b_n = \frac {a_0a_1...a_n}{a_{n+1}}$. Chứng minh rằng $(b_n)$ có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài 2: Tìm $f: R -> R$ thỏa mãn $f((x-y)f(x)-f(y)) + (x+1)f(y-x) + x = 0$

Bài 3: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $M $là điểm bất kỳ nằm trên cạnh $BC$. Đường đối trung góc $M$ của $\Delta MAB, \Delta MAC$ cắt $(MAB),(MAC)$ lần thứ hai lần lượt tại $Q,R$. $P$ là điểm nằm trên đường thẳng $BC$ thỏa mãn $AP \perp AM$. Gọi $\Gamma $ là tiếp tuyến chung gần $A$ hơn của $(MAB), (MAC)$. Chứng minh rằng $\Gamma $ tiếp xúc $(PQR)$.

Bài 4: Cho $a,b,c$ là các số thực dương. Chứng minh rằng:

$\sum{\frac {a^3}{b^2-bc+c^2} }$ + $\frac{9}{2(ab+bc+ca)} \geq \frac{9}{2}$ 

 

 

 

 

 

 

 

Ngày 4:

Bài 5: Tìm tất cả các số nguyên dương n thỏa mãn với mọi k nguyên dương, tồn tại m nguyên dương sao cho n là ước của $m^4+m^3+m^2+k$.

Bài 6: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. $M,N$ là 2 điểm trên cung $BC$ không chứa $A$ thỏa mãn $MN//BC$ và tia $AM$ nằm giữa 2 tia $AB,AN$. $P,Q$ là hình chiếu của $M,N$ lên $BC$.$E,F$ trên $CA,AB$ thỏa mãn $QE//AB,PF//AC$. $K,L$ lần lượt nằm trên $AN,AM$ sao cho $EK \perp AC, FL \perp AB$. Chứng minh rằng $OK=OL$.

Bài 7: Cho $n \geq 2$ là số nguyên dương. Ta xét đa giác đều 2n đỉnh. Ta điền các số 0, 1 vào các đỉnh thỏa mãn số số 0 bằng số số 1. Ta gọi tập 2k đỉnh là cân nếu trong 2k đỉnh đó, số số 0 bằng số số 1, k nguyên dương.

a/ Chứng minh rằng với mỗi $1 \leq k \leq n$, luôn luôn tồn tại một tập cân có độ dài 2k.

b/ Chứng minh rằng nếu $k \leq \sqrt {2n+2} - 2$, luôn luôn tồn tại 2 tập cân 2k không có đỉnh chung.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi SonKHTN1619: 24-09-2017 - 21:18

HSGS in my heart  :icon12:


#2 audreyrobertcollins

audreyrobertcollins

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 25-09-2017 - 20:55

bài pth có vẻ dễ xơi nhất 

dễ có f là một hàm đơn ánh ta chia 2 th như sau

th1 f(0)=-1 lúc này thay lần lượt x=y và x=0 rồi cho x=-f(x) ta tính được f(x)=-1 thử lại ktm

th2 f(0) khác 1 suy ra f là toàn ánh rồi suy ra f song ánh nên tồn tại duy nhất số thực a thỏa f(a)=0  

thế vào ta tính được a=0 hoặc f(0)=-1(đưa về th1)

khi a=0 hay ta có f(0)=a

thế lần lượt x=y,x=0 ta suy ra f(x)=x mọi x thực thử lại ta thấy thỏa vậy f(x)=x là nghiệm của bài toán



#3 audreyrobertcollins

audreyrobertcollins

    Hạ sĩ

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

Đã gửi 25-09-2017 - 21:43

bài bất sử dụng bất đẳng thức chebyshev trực tiếp đoạn cuối có đánh giá một chút về hàm ta được đpcm bất đẳng thức xảy ra khi 3 số bằng nhau và bằng 1



#4 ChienThanga1k49

ChienThanga1k49

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết

Đã gửi 25-09-2017 - 21:52

bài pth có vẻ dễ xơi nhất 

dễ có f là một hàm đơn ánh ta chia 2 th như sau

th1 f(0)=-1 lúc này thay lần lượt x=y và x=0 rồi cho x=-f(x) ta tính được f(x)=-1 thử lại ktm

th2 f(0) khác 1 suy ra f là toàn ánh rồi suy ra f song ánh nên tồn tại duy nhất số thực a thỏa f(a)=0  

thế vào ta tính được a=0 hoặc f(0)=-1(đưa về th1)

khi a=0 hay ta có f(0)=a

thế lần lượt x=y,x=0 ta suy ra f(x)=x mọi x thực thử lại ta thấy thỏa vậy f(x)=x là nghiệm của bài

 

bài pth có vẻ dễ xơi nhất 

dễ có f là một hàm đơn ánh ta chia 2 th như sau

th1 f(0)=-1 lúc này thay lần lượt x=y và x=0 rồi cho x=-f(x) ta tính được f(x)=-1 thử lại ktm

th2 f(0) khác 1 suy ra f là toàn ánh rồi suy ra f song ánh nên tồn tại duy nhất số thực a thỏa f(a)=0  

thế vào ta tính được a=0 hoặc f(0)=-1(đưa về th1)

khi a=0 hay ta có f(0)=a

thế lần lượt x=y,x=0 ta suy ra f(x)=x mọi x thực thử lại ta thấy thỏa vậy f(x)=x là nghiệm của bài toán

bạn ơi tại sao đơn ánh ???



#5 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 25-09-2017 - 22:13

Bài 3 có vẻ khó nhai, thôi xử bài 6 trước vậy >.< 

 

Kẻ $MX \perp AB, NY \perp AC$

Gọi $S,T$ là trung điểm $NC,MB$

 

Dễ có $PB=QC,MB=NC$. 

$\dfrac{BF}{BA}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{CQ}{CB}=\dfrac{CE}{CA}$

Vậy $EF \parallel BC$

 

Do đó $EFBC$ là hình bình hành nên $EF=PC$

Cũng có $ST=\dfrac{MN+BC}{2}=PC$ nên $EFTS$ cũng là hình bình hành.

Do đó $FT=SE$

 

Ngoài ra, ta cũng có $\Delta AFL \sim \Delta AEK$ 

$\Rightarrow \dfrac{AL}{AK}=\dfrac{AF}{AE}$

 

$$ \dfrac{OA^2-OL^2}{OA^2-OK^2}= \dfrac{LA.LM}{KA.KN}=\dfrac{ LA^2. \dfrac{FX}{FA}}{KA^2. \dfrac{EY}{EA}} =\dfrac{LA^2.FX.EA}{KA^2.EY.FA}= \dfrac{FX.FA}{EY.EA}=\dfrac{FX.FB}{EY.EC}=\dfrac{FT^2-TB^2}{SE^2-SC^2}=1 $$

 

Do đó $OL=OK$

Hình gửi kèm

  • 5.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kamii0909: 25-09-2017 - 22:15


#6 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 25-09-2017 - 23:19

Bài 5. Giả sử ta có số $n$ thỏa mãn. Khi đó ước nguyên tố $p$ của $n$ cũng thỏa mãn.

Lúc này $\{i^4+i^3+i^2| i=\overline{0,p-1}\}$ là HDD modulo $p$

Khi đó áp dụng định lý Wilson ta có: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}i^2(i^2+i+1)\equiv\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1)  \equiv -1 \pmod{p}$

Xét $p=3$ không thỏa. Xét $p\geqslant 5$

TH1: $p=6k+1$ thì tồn tại $i$ để $i^2+i+1\vdots p$

TH2: $p=6k-1$ thì $\{i^3| i=\overline{1, p-1}\}$ là HDD mod $p-1$

Do đó theo định lý Wilson: $\prod\limits_{i=1}^{p-1}(i^2+i+1) \equiv -3\prod\limits_{i=2}^{p}(i^3-1)\equiv 3\pmod{p}$

 

Do đó $p=2$ nên $n=2^k$, dễ thấy $n=4$ không thỏa nên $n=2^k$ với $k\geqslant 2$ không thỏa.

Như thế chỉ có $n=2$


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


#7 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 05-09-2018 - 00:05

Bài $7$: 

$a)$ Vẽ đường tròn ngoại tiếp đa giác đều và đánh số các cạnh từ $1 \rightarrow  2n$ 

Gọi $S_a$ là hiệu số số $0$ trừ đi số số $1$ của tập liên tiếp $2k$ phần tử bắt đầu từ $a$ theo chiều kim đồng hồ

Dễ thấy $S_a$ chẵn với mọi a do bất biến đơn giản từ dãy $(0...0) \rightarrow (..1...)$ dựa vào mỗi lần thay $1$ số $0$ bởi số $1$ thì hiệu bất biến mod $2$ 

Chú ý $S_{a+1}-S_{a}$ luôn bằng $0$ hoặc $2$

Lại có $S_1+...+S_{2n}=0$ (đi $a$ lần vòng quanh đa giác) nên tồn tại $S_i \geq  0$ và $S_j \leq  0$

Áp dụng tính liên tục trong rời rạc thì tồn tại $S_k=0$ và ta đc ĐPCM

b) Áp dụng câu $a$ thì tồn tập $2k$ đỉnh cân

Xét đa giác tạo bởi $2(n-k)$ đỉnh còn lại thì nó cũng cân

Chia $2(n-k)$ thành các bộ $2k$ đỉnh liên tiếp thì có $[n/k-1]$ bộ như vậy theo chiếu kim đồng hồ xuất phát từ $1$ đỉnh kề tập $2k$ cân kia 

Giả sử $k<=\sqrt{(2n+2)}-2$ mà không tồn tại $2$ tập cân

Do tính liên tục ta thấy nếu trong $[n/k-1]$ bộ trên nếu có $S_i$ và $S_k$ trái dấu thì tồn tại một tập cân nữa vô lí

Vậy không mất tính tổng quát $S_m>0$ với mọi $m$

Trong $[n/k-1]$ bộ vì $S_m$ chẵn nên số số $0$ lớn hơn số số $1$ trong các bộ đó $\geq 2[n/k-1]$

Trong phần còn lại đặt số số $1$ vượt số số $0$ bằng $r$ sẽ không quá $k$.

Giả sử ngược lại lớn hơn $k$ thì do chỉ còn tối đa $2k-1$ phần tử dư nên nếu lấy thêm $2k-r$ trong các tập đang xét sẽ có $S_i<0$

Theo tính liên tục thì lại tồn tại $S_j =0$ vô lí

Vậy ta có đánh giá $k \geq 2[n/k-1] \geq 2(n/k-2)$

$\Leftrightarrow k^2 \geq 2n-4k \Leftrightarrow (k+2)^2 \geq 2n+2 \Leftrightarrow k>\sqrt{2n+2} -2$

Điều này là vô lí vậy ta có ĐPCM







0 người đang xem chủ đề

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