Đến nội dung


Hình ảnh

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHTN 2018


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 29 trả lời

#1 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 05-05-2018 - 14:02

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHTN 2018

Ngày thi thứ nhất

Câu 1: Tìm tất cả các số nguyên $a \ne 1$ sao cho:

$A=\dfrac{a^6-1}{a-1}$

là số chính phương.

Câu 2: Tìm tất cả đa thức hệ số thực $P(x)$ thỏa mãn $ P(0)=1 $ và

$ P(x^2+1)=(P(x)^2)+2xP(x)$

với mọi $x \in \mathbb{R}$

Câu 3: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Điểm $ P $ di chuyển trên cạnh $ BC $. Lấy các điểm $ Q $ và $ R $ sao cho $ PQ \perp CA, CQ \perp BC, PR \perp AB, BR \perp BC $.

a) Chứng minh rằng đường thẳng $QR $ đi qua $ H $.

b) Chứng minh rằng đường thẳng qua $ P $ vuông góc với $ QR $ luôn đi qua một điểm cố định khi $ P $ thay đổi.

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

$ \sqrt{\dfrac{a^2+bc}{a(b+c)}}+\sqrt{\dfrac{b^2+ca}{b(c+a)}}+\sqrt{\dfrac{c^2+ab}{c(a+b)}}+\sqrt{\dfrac{8abc}{(a+b)(b+c)(c+a)}} \ge 4 $

 

 

 

 

 

Ngày thi thứ hai

Câu 5: Cho dãy số nguyên dương $ (a_n) $ thỏa mãn $a_{n+1}=a_n^3+4a_n$ với mọi $ n \ge 1 $.

Tìm giá trị nhỏ nhất của $a_1$ để $ a_{2018}+2018 $ chia hết cho $ 57 $.

Câu 6: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Các điểm $ E, F $ lần lượt thuộc các đoạn thẳng $ CA, AB $ sao cho $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ BHC $. $ K $ là tâm ngoại tiếp tam giác $ AEF $. $ KC,KB $ lần lượt cắt các đường tròn ngoại tiếp tam giác $ KAE,KAF $ theo thứ tự tại $ M,N $ khác $ K $. Chứng minh rằng $ EF $ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ AMN $.

Câu 7: Cho $ n \ge 3 $ là số nguyên dương. Trong mặt phẳng tọa độ $ Oxy $, giả sử tồn tại một đa giác lồi $ n $ cạnh thỏa mãn các điều kiện sau:

-Mỗi đỉnh của đa giác có hoành độ, tung độ là các số hữu tỉ.

-Tất cả $ n $ cạnh của đa giác có độ dài bằng nhau.

Chứng minh rằng $ n $ là số chẵn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 06-05-2018 - 11:59


#2 tr2512

tr2512

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 271 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:B0K32A THPT chuyên ĐHKHTN, ĐHQGHN (HSGS)
  • Sở thích:Yêu thích bất đẳng thức

Đã gửi 05-05-2018 - 16:36

Chém tạm câu bất :D

Theo bất đẳng thức AM-GM:

$\sum \sqrt {\frac{{{a^2} + bc}}{{a\left( {b + c} \right)}}} = \sum \frac{{{a^2} + bc}}{{\sqrt {\left( {{a^2} + bc} \right)a\left( {b + c} \right)} }} \ge 2\sum \frac{{{a^2} + bc}}{{{a^2} + ab + bc + ca}} = 2\sum \frac{{{a^2} + bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {a + c} \right)}} = 4\frac{{ab\left( {a + b} \right) + bc\left( {b + c} \right) + ca\left( {a + c} \right)}}{{\left( {a + c} \right)\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)}} = 4 - \frac{{8{\rm{a}}bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$

Như vậy ta chỉ cần chứng minh:

$\sqrt {\frac{{8{\rm{a}}bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}} \ge \frac{{8{\rm{a}}bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}}$

Mà điều này luôn đúng do theo AM-GM:

$\frac{{8{\rm{a}}bc}}{{\left( {a + b} \right)\left( {b + c} \right)\left( {c + a} \right)}} \le 1$

Hoàn tất chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tr2512: 05-05-2018 - 16:44


#3 vophananhquan1981

vophananhquan1981

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Du
  • Sở thích:Number Theory, Volleyball, The Chess

Đã gửi 05-05-2018 - 16:52

Câu 2 

Xét deg P(x) lớn hơn bằng 3 

đặt P(x) dạng tổng quát rồi so sánh hệ số số mũ bậc lẻ của x ..
lập luận ra đưa P(x) là đa thức chỉ chứa biến x bậc chẵn....rồi sau đó so sánh hệ số của an+1

chỉ ra vô nghiệm

Xét deg P(x) = 2 tìm được nghiệm P(x) = x - x + 1 

=>..................=> đa thức có nghiệm duy nhất



#4 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 601 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality

Đã gửi 05-05-2018 - 17:21

 

ĐỀ THI OLYMPIC CHUYÊN KHTN 2018

Ngày thi thứ nhất

 

Câu 3: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Điểm $ P $ di chuyển trên cạnh $ BC $. Lấy các điểm $ Q $ và $ R $ sao cho $ PQ \perp CA, CQ \perp BC, PR \perp AB, BR \perp BC $.

a) Chứng minh rằng đường thẳng $QR $ đi qua $ H $.

 

Em xin chém tạm câu 3 phần a  :D  :D

Vẽ đường tròn ngoại tiếp $(PRQ)$ cắt $BC$ tại điểm thứ 2 là $I$.

$(BRI)$ cắt $(QIC)$ tại $H'$. Ta đi chứng minh $H'$ là trực tâm và $H'$ nằm trên $QR$

Ta có: $\widehat{RH'I}=\widehat{RBI}=90^{\circ};\widehat{IH'Q}=\widehat{ICP}=90^{\circ}$

Suy ra $R, Q, H$ thẳng hàng.

Ta có:

$\widehat{RPB}=\widehat{RQI}=\widehat{H'CI}$ ( do tứ giác $RIPQ$ và $IH'QC$ nội tiếp) 

$\Rightarrow CH'\parallel PR\Rightarrow CH'\perp AB$ 

Chứng minh tương tự ta có $BH'\perp AC$ suy ra $H'$ là trực tâm tam giác ABC

Suy ra đpcm 

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 05-05-2018 - 17:22

$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#5 Minhnksc

Minhnksc

    Sĩ quan

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 302 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Các bạn biết là từ đâu rồi đấy :D
  • Sở thích:vinahey :V

Đã gửi 05-05-2018 - 17:53

Cách khác cho câu hai:
Xét dãy số $x_n$:$\left\{\begin{matrix} x_1=0\\ x_n =x_{n-1}^2 +1 \end{matrix}\right.$
Bằng quy nạp ta chứng minh được $P(x_n)=x_n^2-x_n+1$
Mặt khác; lại có $x_n$ là một dãy tăng nên đa thức $P(x)-(x^2-x+1)$ có vô hạn nghiệm thực
Vậy $P(x)=x^2-x+1$ với mọi x là số thực


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 05-05-2018 - 18:04

Sống khỏe và sống tốt :D


#6 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 05-05-2018 - 18:05

Câu 3b)

Hình gửi kèm

  • ok.jpg


#7 Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 601 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Khóa 36, THPT chuyên Hùng Vương, Phú Thọ
  • Sở thích:geometry, inequality

Đã gửi 05-05-2018 - 18:35

Câu b bài hình:

Dựng hình bình hành $ABTC$. Kẻ $TK$ vuông góc với $QR$ cắt $BC$ tại $T'$.

Khi đó ta có 5 điểm $B, H, K, C, T$ thuộc 1 đường tròn. và tứ giác $RKP'B$; $QKP'C$ nội tiếp

Ta có: $\widehat{RIB}=\widehat{RHB}=\widehat{KBC}=\widehat{KQP'}$

Suy ra tứ giác $RQP'I$ nội tiếp suy ra $P\equiv P'$

Vậy đường thẳng qua $P$ vuông góc với $RQ$ đi qua điểm cố định là $T$

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Khoa Linh: 05-05-2018 - 22:50

$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#8 YoLo

YoLo

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 223 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Nothing

Đã gửi 05-05-2018 - 21:27

Có ai biết thông tin biểu điểm không, nếu có cho mk xin với nhé


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi YoLo: 05-05-2018 - 21:27

Người ta không mắc sai lầm vì dốt mà là vì tưởng là mình giỏi :closedeyes:


#9 Zeref

Zeref

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 458 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đồng Nai
  • Sở thích:...

Đã gửi 05-05-2018 - 21:44

 

 

Câu 3: Cho tam giác $ ABC $ nhọn có trực tâm $ H $. Điểm $ P $ di chuyển trên cạnh $ BC $. Lấy các điểm $ Q $ và $ R $ sao cho $ PQ \perp CA, CQ \perp BC, PR \perp AB, BR \perp BC $.

a) Chứng minh rằng đường thẳng $QR $ đi qua $ H $.

b) Chứng minh rằng đường thẳng qua $ P $ vuông góc với $ QR $ luôn đi qua một điểm cố định khi $ P $ thay đổi.

Bài toán có thể giải như sau:

a/$PR \cap AB =X$, $PQ \cap AC=Y$, D là chân đường cao từ A. Gọi trung điểm $AP$ là $N$ và trung điểm $BC$ là M. Dễ CM $(N)$ đi qua $X,D,Y$.

Ta sẽ CM $PQ$ là trục đẳng phương của $(N)$ và $(M)$:

$P_{R;(M)}=RB^2=RX.RP=P_{R;(N)}$ và tương tự với $Q$ $\Rightarrow$ $RQ$ là tđp của 2 đường tròn.

Đồng thời ta cũng dễ thấy $H$ có cùng phương tích tới 2 đường tròn nên $H \in RQ$

b/ Lấy đối xứng của $A$ qua $M$ là $A'$. Dễ có $MN \parallel A'P$. Mà $MN \perp RQ$ theo tính chất trục đẳng phương nên $RQ \perp A'P$. Nghĩa là đường qua $P$ và vuông góc $RQ$ đi qua điểm $A'$ cố định31913866_439061753174235_738267168799037


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Zeref: 05-05-2018 - 21:46


#10 tnk10a1

tnk10a1

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 05-05-2018 - 23:42

bài 1:

 $(a^6-1)/(a-1)= (a^3+1)(a^2+a+1)$

mà  $(a^3+1,a^2+a+1)=1$ nên $a^3+1,a^2+a+1$ là số chính phương

đặt $a^2+a+1$ = $x^2$ suy ra (2x-2a-1)(2x+2a+1)=3

suy ra a$∈{-1;0}$



#11 canletgo

canletgo

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 389 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hưng Yên
  • Sở thích:Toán học và Vật lí

Đã gửi 06-05-2018 - 09:01

bài 1:

 $(a^6-1)/(a-1)= (a^3+1)(a^2+a+1)$

mà  $(a^3+1,a^2+a+1)=1$ nên $a^3+1,a^2+a+1$ là số chính phương

đặt $a^2+a+1$ = $x^2$ suy ra (2x-2a-1)(2x+2a+1)=3

suy ra a$∈{-1;0}$

Tại sao  $(a^3+1,a^2+a+1)=1$  ?


Alpha $\alpha$ 


#12 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 06-05-2018 - 12:02

Ngày thi thứ hai

 

Hình gửi kèm

  • 31957338_2675102162715133_1355422130212175872_o.jpg


#13 Duy Thai2002

Duy Thai2002

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 433 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm,Vĩnh Long

Đã gửi 06-05-2018 - 13:35

Bài 5

Nhận thấy:

$53^{3}+4.53\equiv 34$ (mod $57$)

$34^{3}+4.34\equiv 53$ (mod $57$)

Ta có:

$a_{2018}+2018\vdots 57$

$<=> a_{2018}\equiv 34(mod 57)$

$<=> a_{2017}^{3}+4a_{2017}\equiv 34(mod 57)$

$<=>a_{2017}\equiv 53(mod 57)$

Bằng cách quy nạp lùi, ta chứng minh được:

$a_{2k-1}\equiv 53(mod 57)$ và $a_{2k}\equiv 34 (mod 57)$

Do đó:

$a_{1}\equiv 53 (mod57)$

Mà $a_{1}$ nhỏ nhất

$=> a_{1}=53$.


Sự khác biệt giữa thiên tài và kẻ ngu dốt là ở chỗ thiên tài luôn có giới hạn.


#14 hoangkimca2k2

hoangkimca2k2

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 468 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp
  • Sở thích:...

Đã gửi 06-05-2018 - 13:47

Câu 2 

Xét deg P(x) lớn hơn bằng 3 

đặt P(x) dạng tổng quát rồi so sánh hệ số số mũ bậc lẻ của x ..
lập luận ra đưa P(x) là đa thức chỉ chứa biến x bậc chẵn....rồi sau đó so sánh hệ số của an+1

chỉ ra vô nghiệm

Xét deg P(x) = 2 tìm được nghiệm P(x) = x - x + 1 

=>..................=> đa thức có nghiệm duy nhất

bạn có thể lm rõ được ko ạ


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangkimca2k2: 06-05-2018 - 14:49

  N.D.P 

#15 andrenguyen

andrenguyen

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 5 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng
  • Sở thích:GEOMETRY

Đã gửi 06-05-2018 - 16:10

cho em hỏi có ai làm được bài hình ngày thứ hai không?



#16 Shaddoll

Shaddoll

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 6 Bài viết

Đã gửi 06-05-2018 - 16:21

:( Cắn bút bài hình ngày 2


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Shaddoll: 06-05-2018 - 16:22


#17 xuanhoan23112002

xuanhoan23112002

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nam Định

Đã gửi 06-05-2018 - 16:28

2 ngày thì mọi người làm đc mấy bài



#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 06-05-2018 - 16:32

Tớ không thi nhưng đây là lời giải bài hình của tớ (Mong ad post dù e k biết latex nhưng các bạn đang cần lời giải)

Câu 2: Dạng toán này đòi hỏi cần tìm được tiếp điểm, nếu không gần như là vô vọng  :( 

* Cách dựng tiếp điểm: KR giao EF tại I, khi đó (AMN) tx EF tại I
Bước 1: (KEF) tiếp xúc (O)     
- Kéo dài BP, CP cắt (O) tại G. GF cắt LE tại R
Áp dụng định lí Pascal đảo cho (BLECGF) => GF cắt LE tại R thuộc (O) => BLG=BCP=BPE (t/x) =>EF//GL
Vì EF//GL => (REF) tx (O)
+ ERF=GRA+LRA=GCA+LBA=(180-EPC-PEC)+(180-PFB-PBF)=360+BPC-(360-AFE-AEF)=(AFE+AEF)-A(vì P thuộc (BHC))
          =180-2A=180-EKF => (KERF) đồng viên 
Đến đây có 2 hướng đi
Hướng 1: Nghịch đảo cực K phương tích KA^2 biến ABRC thành ANIM và nhờ vào tính bảo giác + bước 1 => ANIM nội tiếp và tiếp xúc EF
Hướng 2: Phát hiện 1 số tính chất, như sau (cho những bạn chưa được học về phép nghịch đảo giống mình :icon6: )
Bước 2: (AMN) đi qua I
Gọi I là giao của RK và EF
+ KA=KE=KF => RK là pg góc R. 
+ Theo bổ đề quen thuộc =>KA^2=KF^2=KE^2=KI.KR
+ KAE=KEA=KMA =>KMA~KAC =>KA^2=KM.KC
+ CMTT => KA^2=KN.KB
Vậy: KN.KB=KI.KR=KM.KC (=KA^2)
=>MIN=MIK+NIK=KCR+KBR=180-(NBA+MCA)=180-(360-NKF-BFK-CKE-KEC)=180-(KEA+KFA)+(MAE+NAF)=180-(A-MAE-NAF)=180-MAN
=>M, I, N, A đồng viên 
Bước 3: (MIN) tiếp xúc EF 
Gọi T là tâm (AMN)
Gọi giao của (AEF) và (ABC) là S
Khi đó: KS^2=KA^2=KN.KB=KM.KC =>MSN=KSM-KSN=KCS-KBS=(KCE+ECS)-(FBS-FBK)=KCE+FBK (SCE~SFB)=MAN 
=> (AMN) đi qua S => (AMN), (AEF), (ABC) đồng trục => T,K,O thẳng hàng (trung trực AS)
Ta sẽ CM TI vuông góc EF <=> TI vg GL <=>TI//OQ
<=>KT/KO=KQ/KI=KQ.KR/KI.KR=KQ.KR/KA^2=KA.KU/KA^2=KU/KA
<=>KAT=KUO=KAO <=>AK là phân giác OAT
Thật vậy: KAO=KAB-OAB=KAB-(90-C)
KAT=KAM-TAM=KAM-(90-MNA)
<=>KAB+C=KAM+MNA=KCA+MNA (KA^2=KM.KC)
<=>KAB+C=KCA+MNK+KNA=KCA+MCB+KFA (NMCB nt)
<=>KAB=KFA (đúng do KA=KF)
Vậy ta có (AMN) tiếp xúc EF tại I (ĐPCM)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 06-05-2018 - 18:25


#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 06-05-2018 - 16:33

Hình

Hình gửi kèm

  • ok.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 06-05-2018 - 16:34


#20 leanh9adst

leanh9adst

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 213 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định
  • Sở thích:Math

Đã gửi 06-05-2018 - 18:03

Nếu mà chứng minh được (KEF) tiếp xúc với (O) thì sau đó dùng phép nghịch đảo cực K phương tích KA^2 chứng minh được luôn EF tiếp xúc với (AMN) !

Mặt trời mọc rồi lặn,mặt trăng tròn rồi lại khuyết nhưng ánh sáng mà người thầy rọi vào ta sẽ còn mãi trong cuộc đời!





2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh