Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi thử đội tuyển THPT Ngô Gia Tự 2021 -2022


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1 NamAnhk4

NamAnhk4

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết

Đã gửi 01-09-2021 - 15:58

Ngày 1

1. Cho 2 dãy số $(a_{n}), (b_{n})$ thỏa:

$a_{1} = 1, b_{1} = 0$

$a_{n+1}=2a_{n}b_{n}$

$b_{n+1}=b_{n}^{2} - a_{n}^{2}$

Tìm giới hạn của $(a_{n}+b_{n})$

 

2. Cho $2021$ thẻ có kích thước như nhau được đánh số từ $1$ đến $2021$. Hỏi có thể chia số thẻ này thành tối đa bao nhiêu phần để mỗi phần thỏa 2 điều kiện sau:

- Mỗi phần có tối thiểu 2 thẻ

- Mỗi phần có ít nhất 2 thẻ sao cho tổng hoặc hiệu của chúng là 1 số chính phương khác 1?

 

3. Tìm các bộ $(x,y,z)$ nguyên dương thỏa mãn: $x^{2} + 2y^{2} = 3z^{3}$

 

4. Cho $A, B, C$ là 3 điểm thuộc đường tròn $(O)$ tâm $O$ có $O, B, C$ cố định. $A$ đi động trên cung lớn $BC$ của $(O)$ sao cho $ABC$ là tam giác nhọn. $AD, BE, CF$ là 3 đường cao của tam giác $ ABC$. Đường thẳng qua $A$ song song với $EF$ cắt đường tròn đường kính $AB, AC$ tại $M,N$ khác A.

a. Chứng minh khi $A$ thay đổi, tồn tại $1$ điểm $T$ cố định luôn cách đều $M, N$.

b. Chứng minh tâm của đường tròn $(DMN)$ nằm trên 1 đường tròn cố định

 

P/s: Hôm qua mình vội quá đánh nhầm đề câu 3, 4b nhé ( đã chỉnh lại)

 

-----------------------------------------------------------------------------------------------

Ngày 2

 

5. Cho ba số thực $x$, $y$, $z$ là 3 số thực không âm thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Chứng minh:

$T= \frac{x}{1-yz}+\frac{y}{1-zx}+\frac{z}{1-xy}$ chỉ có thể nhận tối đa 2 giá trị nguyên. Tìm các bộ $(x,y,z)$ để $T$ đạt giá trị tại 2 giá trị nguyên này

 

6. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(f(y)(x + 1)) = y(f(x) + 1) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$.

 

7. Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm $O. A$ đối xứng $A'$ qua đường thẳng $BC.$ Trên đường thẳng $AO$, lấy 2 điểm $A_{b}, A_{c}$ sao cho $BA_{b}=BA;CA_{c}=CA$. Kí hiệu tam giác $A'A_{b}A_{c}$ là $T_{a}$ có $O_{a}$ là tâm đường tròn ngoại tiếp. Xác định tương tự cho 2 tam giác $T_{b}, T_{c}$  và 2 điểm $O_{b}, O_{c}$

a. Chứng minh 3 đường thẳng $AO_{a} ,BO_{b}, CO_{c} $ đồng quy tại 1 điểm

b. Chứng minh 3 đường thẳng Euler của 3 tam giác $T_{a},T_{b}, T_{c}$ đồng quy tại 1 điểm

 

8. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hãy tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất với tính chất sau:

Với mọi số thực $a_1,...,a_d$ sao cho $a_1+a_2+...+a_d=n$ và $0\le a_i\le 1$ $(i=\overline{1,d})$, ta luôn có thể chia $d$ số trên thành $k$ nhóm, và tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$.



#2 Hoang72

Hoang72

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 247 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Âm nhạc

Đã gửi 02-09-2021 - 09:32

3. Tìm các bộ $(x,y,z)$ nguyên dương thỏa mãn: $x + 2y^{2} = 3z^{3}$

Nếu câu số cho hai số nguyên dương $y,z$ bất kì thoả mãn $3z^3>2y^2$ thì $x=3z^3-2y^2$ thoả mãn?



#3 NamAnhk4

NamAnhk4

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 12 Bài viết

Đã gửi 02-09-2021 - 10:07

Nếu câu số cho hai số nguyên dương $y,z$ bất kì thoả mãn $3z^3>2y^2$ thì $x=3z^3-2y^2$ thoả mã

Sorry mình gõ nhầm



#4 Forthewin

Forthewin

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 9 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đại số
    Bất đẳng thức
    Số học

Đã gửi 02-09-2021 - 17:53

Em làm thử câu 1 nhé

Dự đoán công thức TQ của $a_{n}$ là hàm $sin, b_{n}$ là hàm $cos$

Đặt $sinx=a_{1} =1$

suy ra $cosx=b_{1}=0$

 

Gt suy ra $a_{2} = sin2x$ và $b_{2}=cos2x$. Qui nạp ta được $a_{n} = sin(2^{n-1}x) $ và $b_{n}=cos(2^{n-1}x)$

Vậy $a_{n}+b_{n} = sin(2^{n-1}x) +cos(2^{n-1}x) = $ $\sqrt{2}$$sin(2^{n}x) = \sqrt{2}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Forthewin: 02-09-2021 - 21:07


#5 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 02-09-2021 - 19:13

6. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}$ sao cho $f(f(y)(x + 1)) = y(f(x) + 1) \quad \forall x,y \in \mathbb{R}$. (1)

 

Thay $x=-1, y=0$ ta được $f(0)=0$
Thay $x=0$ ta được $f(f(x))=x$
Do đó $f$ là toàn ánh 
Vì $f(f(1))=1$ nên đặt $a=f(1)$ suy ra $f(a)=1$
Thay $y =f(1)$ ta được $f(x+1)=f(1)(f(x)+1)$
Thay $y$ bởi $f(y)$ ta được $f(y(x+1))=f(y)(f(x)+1)=\frac{1}{f(1)}f(x+1)f(y)\Rightarrow f(xy)=\frac{1}{f(1)}f(x)f(y), \forall x,y \in\mathbb R$ (2) 
Thay $x$ bởi $\frac xy+1$, $\forall y \neq 0$ vào (2) ta được: $f(x+y)=\frac{1}{f(1)}f(\frac xy+1)f(y)=$ $(f(\frac xy)+1)f(y)=f(\frac xy)f(y)+f(y)=f(1)f(x)+f(y)$ (3)
Thay $x=1,y=2$ vào (3) ta được $f(3)=f(1)^2+f(2)$
Thay $x=2,y=1$ vào (3) ta được $f(3)=f(1)f(2)+f(1)$
Suy ra $f(1)^2+f(2)=f(1)f(2)+f(1)\Rightarrow (f(1)-1)(f(1)-f(2))=0$
Dễ thấy không có hàm hằng nào thỏa mãn đề bài, nên $f(1)=1$
Thay lại vào (2),(3) ta được phương trình hàm điển hình
$f(xy)=f(x)f(y)$
$f(x+y)=f(x)+f(y)$
Ta có $f(x)\geq 0, \forall x\geq 0$ do đó phương trình hàm Cauchy tuyến tính
$\Rightarrow f(x)=cx,\forall x\in\mathbb R$, $c$ là hằng số bất kì.
Thay $f(x)$ vào hàm nhân tính ta được $c=0, c=1$
Tuy nhiên hàm $f(x)=0$ không thỏa mãn nên ta chỉ có $\boxed{f(x)=x,\forall x\in\mathbb R}$


#6 Serine

Serine

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 02-09-2021 - 22:38

Ngày 1

4. Cho $A, B, C$ là 3 điểm thuộc đường tròn $(O)$ tâm $O$ có $O, B, C$ cố định. $A$ đi động trên cung lớn $BC$ của $(O)$ sao cho $ABC$ là tam giác nhọn. $AD, BE, CF$ là 3 đường cao của tam giác $ ABC$. Đường thẳng qua $A$ song song với $EF$ cắt đường tròn đường kính $AB, AC$ tại $M,N$ khác A.

a. Chứng minh khi $A$ thay đổi, tồn tại $1$ điểm $T$ cố định luôn cách đều $M, N$.

b. Chứng minh tâm của đường tròn $(DMN)$ nằm trên 1 đường tròn cố định

b.

Tâm đường tròn $(DMN)$ sẽ nằm trên $(T,R_{(O)})$ cố định

Em chuyển về được bài toán này mà nhìn muốn đui con mắt không ra  :angry:

 

Tam giác $ADC$ vuông tại $D$. $T \in DC$, $V$ là trung điểm $AC, O$ là giao của trung trực $AC$ và đt vuông góc với $DC$ tại $T$. Đt vuông góc với $OA$ cắt $(AC)$ tại $N$. Chứng minh đường thẳng qua $T$ vuông góc với $AN$ và trung trực của $DN$ và $AD$ đồng quy

Hình gửi kèm

  • dquy.PNG


#7 youknower

youknower

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 59 Bài viết

Đã gửi 03-09-2021 - 11:32

b.

Tâm đường tròn $(DMN)$ sẽ nằm trên $(T,R_{(O)})$ cố định

Em chuyển về được bài toán này mà nhìn muốn đui con mắt không ra  :angry:

 

Tam giác $ADC$ vuông tại $D$. $T \in DC$, $V$ là trung điểm $AC, O$ là giao của trung trực $AC$ và đt vuông góc với $DC$ tại $T$. Đt vuông góc với $OA$ cắt $(AC)$ tại $N$. Chứng minh đường thẳng qua $T$ vuông góc với $AN$ và trung trực của $DN$ và $AD$ đồng quy

Câu b:

Dùng cộng góc suy ra $(DMN)$ tiếp xúc BC tại D nên có tâm thuộc AD. Sau đó chứng minh hình bình hành là ra được dpcm

Bài em cắt nhỏ ra đúng là còn khó hơn bài toán gốc



#8 Serine

Serine

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 81 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo

Đã gửi 03-09-2021 - 12:37

Câu b:

Dùng cộng góc suy ra $(DMN)$ tiếp xúc BC tại D nên có tâm thuộc AD. Sau đó chứng minh hình bình hành là ra được dpcm

Bài em cắt nhỏ ra đúng là còn khó hơn bài toán gốc

 

Lại tự đi vào vết xe đổ của mình, em chơi kiểu z bí quài mãi ko chừa hjx  :rolleyes:

Việc chứng minh $(DMN)$ tiếp xúc $BC$ có thể làm như sau:

 

$G=MN \cap BC$

 

$\frac{GA^2}{GD^2}=\frac{GC^2}{GN^2}=\frac{GC*GB}{GN*GM}$

 

$\Rightarrow GD^2=GN*GM$



#9 Forthewin

Forthewin

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 9 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đại số
    Bất đẳng thức
    Số học

Đã gửi 03-09-2021 - 16:25

Câu 2 em thấy ngộ ngộ thế nhỉ

 

Do có 2021 số nên có thể chia tối đa thành 1010 bộ: 1009 bộ 2 và 1 bộ 3

Ta sẽ cố gắng chỉ ra 1 cách chia như vậy

 

Ta sẽ cố gắng chỉ ra chia nhiều cặp mà hiệu chúng là 4 nhiều nhất có thể, sau đó xây dựng 1 bộ 3

Xét 4 loại như sau

loại 4k :  có 505 số (k có giá trị từ 1 tới 505)

loại 4k +1 : 506 có thể chia làm 253 bộ (k có giá trị từ 0 tới 505)

loại 4k +2: 505 số (k có giá trị từ 0 tới 504)

loại 4k +3: 505 số (k có giá trị từ 0 tới 504)

 

Ta xét riêng 3 loại 4k, 4k+2, 4k+3:

Loại 4k: ta chọn số 4 (k=1) tách ra, 504 số còn lại là có giá trị k liên tiếp nên có thể chia thành 252 cặp mà hiệu của chúng là 4

Loại 4k+2: ta chọn số 10 (k=2) tách ra, 504 số còn lại là có giá trị k liên tiếp nên có thể chia thành 252 cặp mà hiệu của chúng là 4

Loại 4k+3: ta chọn số 19 (k=4) tách ra, 504 số còn lại là có giá trị k liên tiếp nên có thể chia thành 252 cặp mà hiệu của chúng là 4

 

Với 3 số 19-10-4 ta có thể lập 1 bộ thỏa mãn đề bài.

Vậy có thể lập tối đa 1010 bộ thỏa ycbt

 


 

 



#10 phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 436 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lỗ đen vũ trụ

Đã gửi 04-09-2021 - 17:26


Ngày 2

 

5. Cho ba số thực $x$, $y$, $z$ là 3 số thực không âm thỏa mãn $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$. Chứng minh:

$T= \frac{x}{1-yz}+\frac{y}{1-zx}+\frac{z}{1-xy}$ chỉ có thể nhận tối đa 2 giá trị nguyên. Tìm các bộ $(x,y,z)$ để $T$ đạt giá trị tại 2 giá trị nguyên này

 

Ta có $2-2x+2xyz=1+x^2+y^2+z^2-2x+2xyz=(x-1)^2+y^2+z^2+2xyz \geq 0$ $\Rightarrow x(1-yz)\leq 1$

 

Khi đó $\frac{x}{1-yz}=\frac{x^2}{x(1-yz)}\geq x^2$

 

Lập luận tương tự ta cũng có $\frac{y}{1-zx}=\frac{y^2}{y(1-zx)}\geq y^2$  và  $\frac{z}{1-xy}=\frac{z^2}{z(1-xy)}\geq z^2$

 

Suy ra $P\geq x^2+y^2+z^2=1$

 

Ta lại có $2-2yz\geq 2-(y^2+z^2)=1+x^2=\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+\frac{1}{3}+x^2\geq \frac{4}{\sqrt[4]{27}}\sqrt{x}$ $\Rightarrow \frac{x}{1-yz}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{x}$

 

Lập luận tương tự ta cũng có $\frac{y}{1-zx}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{y}$ và $\frac{z}{1-xy}\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}\sqrt{z}$

 

Suy ra $P\leq \frac{\sqrt[4]{27}}{2}(\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z})$

 

Theo bất đẳng thức C-S thì $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}\leq \sqrt{3(x+y+z)}\leq \sqrt{3\sqrt{3(x^2+y^2+z^2)}}=\sqrt[4]{27}$

 

Suy ra $P\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}<3$

 

Vậy $P$ chỉ nhận tối đa 2 giá trị nguyên là $1$ và $2$

 

Khi $P=1$ thì ta dễ dàng tìm được bộ $(x,y,z)$ thỏa mãn giá trị của P đó là $(1,0,0), (0,1,0),(0,0,1)$

 

Khi $P=2$ thì ta tìm được bộ $(x,y,z)$ đó là $(\sqrt{1-2t^2}, t, t)$ và các hoán vị của nó

 

trong đó $t$ chính là nghiệm của phương trình $8t^8-20t^6-8t^5+20t^4+16t^3-9t^2-8t+3=0$

 

Note:   Phương trình trên có 2 nghiệm thực $t_1\approx 0,351078$ và $t_2\approx 0,692448$



#11 phuc_90

phuc_90

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 436 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Lỗ đen vũ trụ

Đã gửi 04-09-2021 - 18:12


Ngày 2

 

8. Cho $n$ là một số nguyên dương. Hãy tìm số nguyên $k$ nhỏ nhất với tính chất sau:

Với mọi số thực $a_1,...,a_d$ sao cho $a_1+a_2+...+a_d=n$ và $0\le a_i\le 1$ $(i=\overline{1,d})$, ta luôn có thể chia $d$ số trên thành $k$ nhóm, và tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$.

 

 

Trước tiên ta đặt $S_d=\{a_1,a_2,...,a_d\}$ và $sumS_d=a_1+a_2+...+a_d$

 

Giả sử với $d$ số đã cho như trong đề bài, ta luôn có thể chia $d$ số đó thành $k$ nhóm mà tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$

 

Gọi các nhóm đó là $S_1, S_2,...,S_k$ với $sumS_i \leq 1$ $(i=\overline{1,k})$

 

Từ đó ta có thể suy ra $S_d=\bigcup_{i=1}^{k}S_i$ suy ra $n=sumS_d=\sum_{i=1}^{k}sumS_i \leq k$

 

Từ những điều trên ta thấy $k=n$ là số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn đề bài

 

Bây giờ với $k=n$ ta sẽ chứng minh tồn tại cách chia $d$ số thỏa $a_1+a_2+...+a_d=n$ và $0\le a_i\le 1$ $(i=\overline{1,d})$ thành $n$ nhóm sao cho tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$ (*)

 

Với $n=1$ thì hiển nhiên có 1 nhóm thỏa đề bài đó là $\{a_1,a_2,...,a_d\}$

 

Giả sử điều này đúng với $n=k$, khi đó với $a_1+a_2+...+a_d=k+1>k$ (**)

 

Khi đó tồn tại tổng $a_{i_1}+a_{i_2}+...+a_{i_q}$ là tổng nhỏ hơn $1$ lớn nhất với số phần tử của tổng bé hơn $d$

 

Điều này dẫn đến $2\geq a_{i_1}+a_{i_2}+..+a_{i_q}+a_{i_{q+1}}>1$, đặt $b=a_{i_1}+a_{i_2}+..+a_{i_q}+a_{i_{q+1}}-1$ suy ra $0<b\leq 1$

 

 

Khi đó (**) trở thành $a_1+a_2+...+b+...+a_d=k$, theo giả thiết qui nạp thì ta có thể chia thành $k$ nhóm mà tổng các số trong mỗi nhóm không lớn hơn $1$

 

Giả sử $b\in S_i$, ta bỏ phần tử $b$ ra khỏi tập $S_i$ rồi lập thành 2 tập mới đó là $S'_i=S_i\setminus b$ và $K=\{a_{i_1},a_{i_2},...,a_{i_q}\}$

 

Rõ ràng các tập này có $sumS'_i\leq 1$ và $sumK\leq 1$ và $S_d=S_1\bigcup S_2 \bigcup ... \bigcup S'_i \bigcup K \bigcup ... \bigcup S_k$

 

hay $S$ được chia thành $k+1$ nhóm con mà tổng các số của mỗi nhóm không lớn hơn $1$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi phuc_90: 04-09-2021 - 22:36





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh