Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển lớp 12 - VMO - Bà Rịa-Vũng Tàu 2022

tst olympiad vmo 2022 vũng tàu bà rịa - vũng tàu

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 hoangvipmessi97

hoangvipmessi97

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 14 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Vũng Tàu

Đã gửi 29-11-2021 - 11:46

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2021-2022

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 24/11/2021

 

Bài 1 (4,0 điểm).

a) Cho $P(x)$ và $Q(x)$ là hai đa thức có bậc không quá $2020$ và thoả mãn $x^{2021}.P(x)+(x-2)^{2021}.Q(x)=1, \ \forall x \in \mathbb{R}$. Tính $Q(1)$.

b) Tìm tất cả bộ ba số thực dương $(x,y,z)$ thoả mãn hai điều kiện $xy+yz+zx+xyz=4$ và $\sqrt{2(4-xy)}+ \sqrt{5(4-yz)}+ \sqrt{10(4-zx)}=12$.

 

Bài 2 (3,0 điểm). Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=0, \ x_2=1$ và $x_{n+2}= \dfrac{x_n +1}{x_{n+1}+x_n+2}, \ \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Chứng minh dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

 

Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm $O$ và có các đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $O_1$ là điểm đối xứng của $O$ qua đường thẳng $BC$. $AO_1$ cắt $BC$ tại $L$, $DE$ cắt $HC$ tại $M$, $DF$ cắt $HB$ tại $N$.

a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$ và đường tròn đường kính $AL$ tiếp xúc với nhau.

b) Tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn đường kính $AL$ cắt $EF$ tại $K$. Chứng minh $KH=KD$.

 

Bài 4 (5,0 điểm).

a) Cho hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn $f(x+y) \geq f(x)+y.f(f(x))$ với mọi số thực $x,y$. Chứng minh rằng $f(0) \leq 0$.

b) Cho các số nguyên dương $a,b,c$ phân biệt. Chứng minh tồn tại số nguyên $n$ sao cho $a+n, \ b+n, \ c+n$ là các số đôi một nguyên tố cùng nhau.

 

Bài 5 (3,0 điểm). Trên mặt phẳng ta vẽ 3333 đường tròn đôi một khác nhau và có bán kính bằng nhau. Chứng minh rằng luôn chọn ra được trong số đó 34 đường tròn mà các đường tròn này đôi một có điểm chung hoặc đôi một không có điểm chung.

 

- HẾT -

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay)

 

Nguồn:

1. Thầy Quang Vinh, GV Toán - THPT Chuyên Lê Quý Đôn (Bà Rịa - Vũng Tàu);

2. Group Hướng tới Olympic Toán VN

 

260294342_584939452607778_3199545060467827526_n.jpg


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hoangvipmessi97: 29-11-2021 - 12:29


#2 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 403 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 29-11-2021 - 19:17

Câu 4:

b) Không mất tính tổng quát, giả sử $a>b>c$.

Đặt $u=[a-b,a-c]$.

Nhận thấy nếu chọn $n$ sao cho $n\equiv 1-a \pmod u$ thì $(n+a,n+b)=(n+a,n+c)=1$.

Còn nếu chọn $n$ sao cho $n\equiv 1-b \pmod{b-c}$ thì $(n+b,n+c)=1$.

Do đó ta chỉ cần chọn $n$ thoả mãn hệ phương trình đồng dư $\begin{cases} n\equiv 1-a \pmod u \\ n\equiv 1-b \pmod{b-c} \end{cases} (*)$.

Đặt $(a-b,a-c)=d_2$. 

Tồn tại $x,y:(x,y)=1$ sao cho $a-b=d_2x;a-c=d_2y$.

Khi đó $b-c=d_2(y-x);u=xyd_2$.

Suy ra $(u,b-c)=d_2(y-x,xy)=d_2$ nên $a-b\vdots (u,b-c)$

$\Rightarrow (1-b)-(1-a)\vdots (u,b-c)$.

Theo định lý Thặng dư Trung Hoa hệ phương trình đồng dư $(*)$ có nghiệm.

Vậy ta có đpcm.



#3 nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 513 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Nguyễn Du-Daklak
  • Sở thích:đã từng có

Đã gửi 30-11-2021 - 20:19

Bài 1 (4,0 điểm).

b) Tìm tất cả bộ ba số thực dương $(x,y,z)$ thoả mãn hai điều kiện $xy+yz+zx+xyz=4$ và $\sqrt{2(4-xy)}+ \sqrt{5(4-yz)}+ \sqrt{10(4-zx)}=12$.

 

Với điều kiện $xy+yz+zx+xyz=4$ thì tồn tại các số dương $a,b,c$ sao cho (xem thêm ở đây)

$$x=\frac{2b}{a+c},\ y=\frac{2c}{a+b},\ z=\frac{2a}{b+c}$$

Thay vào điện kiện thứ hai ta có được

$$\sqrt{\frac{2a(a+b+c)}{(a+b)(a+c)}}+\sqrt{\frac{5b(a+b+c)}{(b+c)(b+a)}}+\sqrt{\frac{10c(a+b+c)}{(c+a)(c+b)}}=6 \tag{1}$$

Với số $6$ và vai trò các biến không đối xứng thì mình nghĩ đến việc tách $6=1+2+3$. Thử bộ số $(1,2,3)$ vào và nháp xíu thì tìm được $(a,b,c)\sim (1,2,3)$ (quá đẹp rồi  :D ). Ta có 

$$VT(1)\le \frac{1}{2}\left ( \frac{2a(a+b+c)}{(a+b)(a+c)}+1+\frac{1}{2}\left ( \frac{5b(a+b+c)}{(b+c)(b+a)}+4 \right )+\frac{1}{3}\left ( \frac{10c(a+b+c)}{(c+a)(c+b)}+9 \right ) \right )$$

Đến đây ta sẽ chứng minh 

$$\frac{1}{2}\left ( \frac{2a(a+b+c)}{(a+b)(a+c)}+1+\frac{1}{2}\left ( \frac{5b(a+b+c)}{(b+c)(b+a)}+4 \right )+\frac{1}{3}\left ( \frac{10c(a+b+c)}{(c+a)(c+b)}+9 \right ) \right )\le VP(1)=6$$

Quy đồng thì thu được bất đẳng thức trên tương đương với

$$(9ab+bc+4ca)(a+b+c)\ge 36abc$$

Bất đẳng thức này luôn đúng vì theo bất đẳng thức Cauchy thì

$$(9ab+bc+4ca)(a+b+c)\ge 6\sqrt[6]{(3ab)^3\cdot bc\cdot (2ca)^2}\cdot 6\sqrt[6]{a\cdot (b/2)^2\cdot (c/3)^3}=36abc$$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $(a,b,c)\sim (1,2,3)$, dẫn tới $(x,y,z)=\left ( 1,2,\frac{2}{5} \right )$.


Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra  ~O) 

Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em  :wub: 

Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh  :ukliam2: 


#4 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 403 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Tĩnh
  • Sở thích:Codingg

Đã gửi 01-12-2021 - 12:10

Bài 3 (5,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn tâm $O$ và có các đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $O_1$ là điểm đối xứng của $O$ qua đường thẳng $BC$. $AO_1$ cắt $BC$ tại $L$, $DE$ cắt $HC$ tại $M$, $DF$ cắt $HB$ tại $N$.

a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$ và đường tròn đường kính $AL$ tiếp xúc với nhau.

b) Tiếp tuyến tại $D$ của đường tròn đường kính $AL$ cắt $EF$ tại $K$. Chứng minh $KH=KD$.

a) Gọi $O_c$ là tâm đường tròn Euler của $\Delta ABC$.

Khi đó $A,O_c,A_1$ thẳng hàng.

Ta có $\wp_{M/(O_c)}=\overline{MD}.\overline{ME}=\overline{MH}.\overline{MC}=\wp_{M/(O_1)}$ nên $M$ nằm trên trục đẳng phương của $(O_c)$ và $(O_1)$.

Tương tự $N$ nằm trên trục đẳng phương của $(O_c)$ và $(O_1)$ nên $MN$ là trục đẳng phương của $(O_c)$ và $(O_1)$.

Suy ra $MN\perp AL$.

Kẻ tiếp tuyến $d$ tại $D$ của $(DMN)$.

Ta có $(d,DA)\equiv (d,DN)+(DN,DA)\equiv (MD,MN)+(DN,DA)\equiv (MD,AL)+\frac{\pi}{2}+(DN,DA)\equiv (MD,AL)+(DA,DM)+\frac{\pi}{2}\equiv (DA,AL)+(DL,DA)\equiv (LD,LA)\pmod \pi\Rightarrow$ $d$ là tiếp tuyến của $(AL)$ nên $(AL)$ tiếp xúc với $(HMN)$.

b) Dễ thấy $EF,MN,BC$ đồng quy tại tâm đẳng phương $G$ của $(BC),(O_1),(O_c)$.

$MN$ cắt $AH$ tại $Q$.

$EF$ cắt $AH$ tại $T$.

Qua $H$ kẻ đường thẳng song song với $MN$ cắt $EF$ tại $K'$.

Ta có $\Delta GQD\sim\Delta ALD$ nên $\frac{K'H}{HD}=\frac{GQ}{HD}.\frac{TH}{TQ}=\frac{QD}{HD}.\frac{TH}{TQ}.\frac{AL}{LD}$. (1)

Mặt khác $(TQ,HD)=G(TQ,HD)=G(EN,HB)=F(EN,HB)=F(TD,HA)=-1\Rightarrow (DT,QH)=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{DQ}{DH}.\frac{TH}{TQ}=\frac{1}{2}$.

Kết hợp với $(1)$ ta có $\frac{K'H}{HD}=\frac{1}{2}.\frac{AL}{LD}$.

Mà $\angle K'HD=ALD$ nên $K'H=K'D\Rightarrow \angle K'DH=\angle K'HD=\angle ALD\Rightarrow DK'$ là tiếp tuyến của $(AL)$.

Vậy $K'\equiv K$ hay $KD=KH$.

Hình gửi kèm

  • Untitled.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 01-12-2021 - 12:14






1 người đang xem chủ đề

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