Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển HSG dự thi Quốc gia Quảng Trị 2017-2018


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 9 trả lời

#1 Drago

Drago

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 462 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\star \int_{CQT}^{12T}\star$

Đã gửi 20-09-2018 - 18:03

Vòng 1

22491815_1978222369127647_68519185958202

 

Vòng 2:

22490117_1978223405794210_15229166869465


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Drago: 20-09-2018 - 18:03

$\mathbb{VTL}$


#2 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 20-09-2018 - 18:41

Câu $1$:

Đặt $a=x+y, b=y+z, c=x+z$, điều kiện đã cho trở thành $x,y,z$ không âm

Thay vào đề bài, ta có: $(x+y+z)^2+(xy+yz+xz)=4$

Đặt $x+y+z=p, xy+yz+zx=q, xyz=r$

BĐT cần cm tương đương với

$(x+y)^3+(y+z)^3+(x+z)^3\leq 16+3(x+y)(y+z)(z+x)$

$\Leftrightarrow 2(x^3+y^3+z^3)\leq 16+6xyz$
$\Leftrightarrow 2p(p^2-3q)\leq p^4+2p^2q+q^2$
$\Leftrightarrow p^4-2p^3+6pq+2p^2q+q^2\geq 0$
$\Leftrightarrow p^4-2p^3+6(4-p^2)p+2p^2(4-p^2)+(p^2-4)^2\geq 0$
$\Leftrightarrow -p^3+3p+2\geq 0$
$\Leftrightarrow (2-p)(p+1)^2\geq 0$ (Hiển nhiên đúng do $p^2 \leq p^2+q=4$ nên $p\leq2$)
Dấu $"="$ xảy ra khi $p=2$, $q=0$ tức có $2$ số $= 0$ và $1$ số $= 2$ tức $(a,b,c)=(2,2,0)$ và các hoán vị 

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 20-09-2018 - 18:41


#3 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 20-09-2018 - 18:49

Câu $3$ ngày $2$:

Thay $x=y=z=0$ ta được $f(0)=-1$

Thay $x=z=0$ ta được $f(y^2)=(f(y))^2-2$ nên $f(y)^2=f(-y)^2$ $(1)$

Thay $x=y=0$ thì $f(z^3)=f(z)^3$ $(2)$

Thay $y=0, z^3=x$ thì $f(-x)=-f(x)-2$

Từ $(1)(2)$ ta có $f(x)^2=(-f(x)-2)^2$ hay $f(x)=-1$ thử lại thấy đúng



#4 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 20-09-2018 - 20:02

Câu $3$ ngày $1$: Biến đổi ta có

$AK/AH=AF/AH:sinA/2=cosAHE/sinADH:sinA/2=sinOED/sinADE:sinA/2=sinOED/sinODE.sinSDE/sinADE:sinA/2$

$=OD/OE.ES/EA.DA/DS:sinA/2=OA/OE.ES/EC.DA/DS:sinA/2 =sinDBA/sinOAE.sinSCE/sinB$
$ =sinSCE/sinB (DBA=B+A/2=180-OAE)=sinC/sinB=AB/AC$. Theo Thales thì $KH//BC$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 20-09-2018 - 20:05


#5 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 20-09-2018 - 20:14

Câu $2$ ngày $2$:

$a)$ Bổ đề quá quen thuộc, $BMC=BNC=90$ nên $BMNC$ nội tiếp tâm $T$

$b)$ Dễ thấy $d, EF, BC$ đồng quy tại $G$ (cm dễ dàng bằng cực đối cực). Do đó $GJ.GK=GD.GT=GB.GC$ (Maclaurin)$=GM.GN$ nên $(JKMN)$ đồng viên


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 20-09-2018 - 20:14


#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 20-09-2018 - 21:17

Câu $1$ ngày $2$

$a)$ Tính toán đơn giản cho ta $x_2=2031, x_3=2033, x_4=2039, x_5=2057, x_6=2071$ hay $y_n$ tuần hoàn chu kì $4$

$b)$ Ta rút ra quy luật của dãy là $x_{i+4j}=x_i+40j$

Điều cần cm tương đương với có vô số $a,b$ sao cho $x_k+40a=17^b$
Hay $17^b  \equiv x_k (mod 40)$ mà rõ ràng$ x_k \equiv  17,31,33,39 (mod 40)$
Chú ý $17^4\equiv 1 (mod 40)$ nên $17^{4x+1}\equiv 17(mod 40)$ và $17^{4x+3}\equiv 33(mod 40)$
Tới đây ta chọn $b$ lẻ đủ lớn sau đó chọn $a$ dễ thấy tồn tại vô số số có dạng $17^n$
 

Câu $2$ ngày $1$

Xét hàm $g(x)=(x+1)f(x+1)-xf(x)$

Do $f$ liên tục nên $g$ cũng liên tục

Nếu tồn tại $g(a)<2018$, $g(b)>2018$ theo định lí giá trị trung gian tồn tại $g(c)=2018$, chọn $c$ ta có ĐPCM

Giả sử phản chứng không tồn tại $c$ thỏa mãn do đó $g(x)>2018$ hoặc $g(x)<2018$ với mọi $x$

Do tính đối xứng không mất tính tổng quát ta xét $g(x)>2018$ với mọi $x$ thuộc $R$

Thay $x=2017$ ta có $2018f(2018)-2017f(2017)>2018$ hay $f(2018)>2018=f(2017)$

Do $f$ đơn điệu nên điều này tương đương với $f$ đồng biến

Lại thay $x=0$ thì ta có $g(0)=f(1)>f(a)=2018$ vô lí với điều kiện đồng biến

CMTT với TH $g(x)<2018$ vậy luôn tồn tại $c$ để $g(c)=2018$ và cũng thỏa mãn biểu thức ở đầu bài


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 20-09-2018 - 22:23


#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 20-09-2018 - 21:53

Bài $4$ ngày $1$

$a)$ Gọi theo $n$ các số có dạng như sau: $1$ lẻ $2$ chẵn: $a_n$, $1$ chẵn $2$ lẻ: $b_n$, $1$ lẻ $2$ lẻ: $c_n$, $1$ chẵn $2$ chẵn: $d_n4

Thiết lập $a_{n+1}=5a_n+c_n+d_n (1), b_{n+1}=5b_n+c_n+d_n (2), c_{n+1}=5c_n+a_n+b_n, d_{n+1}=5d_n+a_n+b_n$

Thay $n$ bởi $n+1$ vào $(1)$ thì $a_{n+2}=5a_{n+1}+c_{n+1}+d_{n+1}=5a_{n+1}+2(a_n+b_n)+5(c_n+d_n) (3)$

Thay $(1)$ vào $(3)$ thì $a_{n+2}=5a_{n+1}+2(a_n+b_n)+5(a_{n+1}-5a_n) (4)$

Lấy $(1)$ trừ $(2)$ thì $b_{n+1}-5b_n=a_{n+1}-5a_n (5)$

Trong $(4)$ thay $n$ bởi $n+1$ thì $a_{n+3}=5a_{n+2}+2(a_{n+1}+b_{n+1})+5(a_{n+2}-5a_{n+1}) (6)$

Lấy $(6)-5(5)$ ta được $a_{n+3}-5a_{n+2}=5a_{n+2}-25a_{n+1}+2a_{n+1}-10a_n+2(a_{n+1}-5a_n)+5a_{n+2}-50a_{n+1}+125a_n$

Hay $a_{n+3}=15a_{n+2}-71a_{n+1}+115a_n$

Từ đó ta giải phương trình đặc trưng bậc 3 và tìm được CTTQ của $a_n$ và thay $n=2017$ ta có ĐPCM

$b)$ Trước hết với $5$ điểm trên mp không có $3$ điểm nào thẳng hàng luôn có ít nhất $1$ tứ giác lồi

CM: Lấy $3$ điểm $A,B,C$ bất kì. Nếu $D,E$ nằm ngoài tam giác $ABC$ dễ có đpcm. Ngược lại thì $D,E$ đều nằm trong $A,B,C$

Xét $3$ miền $ADC, ADB, BDC$ thì $E$ phải nằm trong $1$ miền nào đó do vai trò đx gs là $BDC$ 
Dễ thấy $ADEB$ hoặc $ADEC$ sẽ là tg thỏa mãn đề bài và ta có ĐPCM
Trở lại bài toán: Chọn $5$ điểm từ $n$ điểm đã cho có $C(5,n)$ cách.
Chú ý mỗi tứ giác bị đếm lặp $n-4$ lần mà dễ CM được BĐT $C(5,n)\geq n-4.C(2,n-3)$ nên ta có ĐPCM

Bài $4$ ngày $2$:

$a)$ Để ý rằng $|a-b|=a+b (mod 2)$ do đó $f(X)=(a+b,b+c,c+d,d+a) (mod 2)$ và dễ có $f_4(X)=(0,0,0,0) (mod 2)$

$b)$ Dễ thấy $f(2X)=2f(X)$, gọi $m_k$ là số lớn nhất trong $4$ thành phần của $f_k(X)$

Rõ ràng $m_k \geq m_{k+1}$. Kết hợp với câu $a$ dễ có $m_0, m_4/2,..., m_{4k}/2^k$ là dãy các số tự nhiên không tăng

Theo tính chất quen thuộc của dãy số nguyên thì tồn tại $m_{4k}=0$ với $k$ nào đó và ta thu đc ĐPCM


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 23-09-2018 - 11:03


#8 Kim Vu

Kim Vu

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 212 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:

Đã gửi 20-09-2018 - 22:22

Lời giải khác cho câu hình ngày 1

$DF\cap AC=M$
Tứ giác $AFDH$ nội tiếp suy ra $\widehat{MDE}=\widehat{EAC}=\widehat{ACE}$ nên tg $MDCE$ nội tiếp $(C)$
$AF\cap (C)=S$
$\widehat{AMS}=\widehat{AEC}=\widehat{BAC}$ nên $MS \parallel AB$
$\widehat{ADB}=\widehat{ACB}=\widehat{DCE}-90=90-\widehat{DSE}=\widehat{ADS}$ nên $D,B,S$ thẳng hàng
$DF\cap AB=P$
$AD,AS$ là pg trong và ngoài $\widehat{BAC}$ nên $(AC,AB,AF,AD)=-1$
Do đó $(MPFD)=-1$
suy ra $B(MPFD)=-1$ hay $B(MAFS)=-1$
Gọi $AD\cap SM=T$ ,do $\bigtriangleup SAT$ vuông ,$MS=MA$ nên M là trung điểm $ST$
Lại có $BA \parallel ST$
nên $B(MATS)=-1=B(MAFS)$
Suy ra $B,F,T$ thẳng hàng
Từ $\triangle AMS \sim \triangle CEA(g.g) ;\triangle AMF \sim \triangle CEH$(g.g)  suy ra $\frac{AH}{HC}=\frac{SF}{FA}$
Mặt khác $\frac{SF}{FA}=\frac{TF}{FB}=\frac{AK}{KB}$
 $\Rightarrow \frac{AH}{HC}=\frac{AK}{KB}$ 
Suy ra $HK\parallel BC$ 

Geo.png

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Kim Vu: 20-09-2018 - 22:34


#9 pcoVietnam02

pcoVietnam02

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 203 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Lê Quý Đôn - Khánh Hòa
  • Sở thích:Thích phương trình hàm và ghéc những thằng đòi học sớm 5p

Đã gửi 13-09-2021 - 08:46

Cách bài hàm ngày 2:

Dễ dang có $f(0)=-1$

Thay $x=y=0$ ta được $f(z^3)=f(z)^3$

Thay $x=z=0$ ta được $f(y^2)=f(y)^2-2$ suy ra $f(y)\geq -2, \forall y\geq 0$  (1)

Thay $y=0$ ta được $f(x+z^3)=f(x)+f(z)^3=f(x)+f(z^3)+1$ (2)

Đặt $g(x)=f(x)+1$, thay lại vào (2) ta được $g(x+y)=g(x)+g(y)$ là hàm Cauchy.

Mà từ (1) ta được $g(x)\geq -1, \forall x\geq 0$

Do đó $g$ bị chặn dưới trên một khoảng, suy ra $g$ là hàm Cauchy tuyến tính

$\Rightarrow g(x)=cx$, $c$ là hằng số bất kì.

Vì thấy $f(x)=cx-1, \forall x\in\mathbb R$

Thay $f(x)$ lại vào phương trình hàm đề bài ta được $c=0$

Vậy $f(x)=-1, \forall x \in\mathbb R$

Thử lại thấy thỏa mãn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi pcoVietnam02: 13-09-2021 - 08:47


#10 Nobodyv3

Nobodyv3

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 89 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Đến từ:Hốc bà Tó - phấn đấu làm ĐHV hậu học đại
  • Sở thích:Defective Version

Đã gửi 13-09-2021 - 11:49

Bài $4$ ngày $1$
$a)$ Gọi theo $n$ các số có dạng như sau: $1$ lẻ $2$ chẵn: $a_n$, $1$ chẵn $2$ lẻ: $b_n$, $1$ lẻ $2$ lẻ: $c_n$, $1$ chẵn $2$ chẵn: $d_n4
Thiết lập $a_{n+1}=5a_n+c_n+d_n (1), b_{n+1}=5b_n+c_n+d_n (2), c_{n+1}=5c_n+a_n+b_n, d_{n+1}=5d_n+a_n+b_n$
Thay $n$ bởi $n+1$ vào $(1)$ thì $a_{n+2}=5a_{n+1}+c_{n+1}+d_{n+1}=5a_{n+1}+2(a_n+b_n)+5(c_n+d_n) (3)$
Thay $(1)$ vào $(3)$ thì $a_{n+2}=5a_{n+1}+2(a_n+b_n)+5(a_{n+1}-5a_n) (4)$
Lấy $(1)$ trừ $(2)$ thì $b_{n+1}-5b_n=a_{n+1}-5a_n (5)$
Trong $(4)$ thay $n$ bởi $n+1$ thì $a_{n+3}=5a_{n+2}+2(a_{n+1}+b_{n+1})+5(a_{n+2}-5a_{n+1}) (6)$
Lấy $(6)-5(5)$ ta được $a_{n+3}-5a_{n+2}=5a_{n+2}-25a_{n+1}+2a_{n+1}-10a_n+2(a_{n+1}-5a_n)+5a_{n+2}-50a_{n+1}+125a_n$
Hay $a_{n+3}=15a_{n+2}-71a_{n+1}+115a_n$
Từ đó ta giải phương trình đặc trưng bậc 3 và tìm được CTTQ của $a_n$ và thay $n=2017$ ta có ĐPCM
$b)$ Trước hết với $5$ điểm trên mp không có $3$ điểm nào thẳng hàng luôn có ít nhất $1$ tứ giác lồi
CM: Lấy $3$ điểm $A,B,C$ bất kì. Nếu $D,E$ nằm ngoài tam giác $ABC$ dễ có đpcm. Ngược lại thì $D,E$ đều nằm trong $A,B,C$
Xét $3$ miền $ADC, ADB, BDC$ thì $E$ phải nằm trong $1$ miền nào đó do vai trò đx gs là $BDC$ 
Dễ thấy $ADEB$ hoặc $ADEC$ sẽ là tg thỏa mãn đề bài và ta có ĐPCM
Trở lại bài toán: Chọn $5$ điểm từ $n$ điểm đã cho có $C(5,n)$ cách.
Chú ý mỗi tứ giác bị đếm lặp $n-4$ lần mà dễ CM được BĐT $C(5,n)\geq n-4.C(2,n-3)$ nên ta có ĐPCM
Bài $4$ ngày $2$:
$a)$ Để ý rằng $|a-b|=a+b (mod 2)$ do đó $f(X)=(a+b,b+c,c+d,d+a) (mod 2)$ và dễ có $f_4(X)=(0,0,0,0) (mod 2)$
$b)$ Dễ thấy $f(2X)=2f(X)$, gọi $m_k$ là số lớn nhất trong $4$ thành phần của $f_k(X)$
Rõ ràng $m_k \geq m_{k+1}$. Kết hợp với câu $a$ dễ có $m_0, m_4/2,..., m_{4k}/2^k$ là dãy các số tự nhiên không tăng
Theo tính chất quen thuộc của dãy số nguyên thì tồn tại $m_{4k}=0$ với $k$ nào đó và ta thu đc ĐPCM

Câu 4 ngày 1 bài 1:Lời giải khác :
Hàm sinh cho số cách viết csố 1:
$\frac{e^{x}-e^{-x}}{2}$
Hàm sinh cho số cách viết csố 2:
$\frac{e^{x}+e^{-x}}{2}$
Và hàm sinh cho số cách viết 5 csố còn lại :
$e^{x}$
Hàm sinh cho số các số có n csố thỏa yêu cầu là :
$A\left ( x \right )=\frac{1}{4}\left ( e^{2x}-e^{-2x} \right )e^{5x}=\frac{1}{4}\left ( e^{7x}-e^{3x} \right )=\frac{1}{4}\sum_{n\geq 0}^{}\left ( 7^{n}-3^{n} \right )\frac{x^{n}}{n!}$
Gọi   $a_{n}$ là số các số có n csố thỏa yêu cầu thì :
$a_{n}=\frac{ 7^{n}-3^{n} }{4}\Rightarrow \ a_{2017}=\frac{ 7^{2017}-3^{2017} }{4} $




0 người đang xem chủ đề

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