Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi HSG cấp trường lớp 10 THPT Chuyên Lê Quý Đôn Đà Nẵng

#lop10 #dethihsg

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 8 trả lời

#1
12DecMath

12DecMath

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 111 Bài viết
  • Vòng 1: 

$\text{Bài } 1:(4\textit{ điểm)}$ Giải hệ phương trình: 

$$\begin{array}{l} x^3-y-1=\sqrt[3]{x^3+y+1}\\ y+4=x+2\sqrt{x} \end{array}$$

$\text{Bài } 2:(4\textit{ điểm)}$ Cho tam giác $ABC$ nộp tiếp đường tròn $(O)$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. Gọi $X, Y$ lần lượt là giao điểm của $AI$ với $DF, DE$. Đường tròn đường kính $XY$ cắt $BC$ tại $S, T$ với $S$ nằm giữa $B, T$. 

           a) Chứng minh $SX$ là phân giác trong của góc $AST$

           b) Chứng minh $(AST)$ tiếp xúc với $(O)$ 

$\text{Bài } 3:(4\textit{ điểm)}$ Tìm tất cả các số tự nhiên sao cho $\frac{(n+1)^{3n+1}-3n-2}{3n+1}$ là số nguyên.

$\text{Bài } 4:(4\textit{ điểm)}$ Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{Q} \to \mathbb{Q}$ sao cho 

$$f(10f(x)+f(y))=10x+y$$ với mọi $x,y$ thuộc $\mathbb{Q}$.

$\text{Bài } 5:(4\textit{ điểm)}$ Xét $A$ là tập con của $S = \{1;2;\dots;2010\}$ sao cho tổng hai phần tử (phân biệt) tùy ý của $A$ không là bội của $125$.

           a) Cho ví dụ một tập hợp $A$ có đúng $1003$ phẩn tử.

           b) Tập $A$ có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?  

  • Vòng 2: 

$\text{Bài } 1:(5\textit{ điểm)}$

                Cho $a, b, c>0$ thỏa mãn $abc=1$. Chứng minh bất đẳng thức sau: 

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b} +\frac{1}{c}+\frac{6}{a+b+c} \geq 5$$ 

$\text{Bài } 2:(6\textit{ điểm)}$

                Cho tam giác $ABC \textit{(AB<AC)}$ nhọn nôi tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$, $G$ là trọng tâm và $D$ là chân đường cao của $A$ lên $BC$. Đường tròn $(BOC)\textit{(có đường kính $OO'$)}$ lần lượt cắt $AC$ và tia đối tia $BA$ tại $E,F$. Các tia $EO,FO$ cắt $(O)$ tại $E',F'\textit{(E',F' nằm cùng phía nhau bờ BC)}$. $BF',CE'$ cắt nhau tại $I$, chân đường vuông góc của $I$ lên $BC$ là $R$. $AI$ cắt lại $(O)$ tại $X, XR$ cắt lại đường tròn $(O)$ tại $P$. 

           a) Tia $PI$ cắt lại đường tròn $(O)$ tại $Y$. Gọi $T$ là tâm đường tròn $A-Apollonius$ của tam giác $ABC, OT$ cắt $AD$ tại $K, YK$ cắt $BC$ tại $Z$. Gọi $L$ là hình chiếu của $O$ lên $AZ$. Chứng minh rằng đường tròn $(DLZ)$ tiếp xúc với đường tròn $(BOC)$. 

           b) Tia $O'D$ cắt $(O)$ tại $D_1,D_2 \textit{($D_2$ thuộc đoạn O'D)}$. $D_1H$ cắt $D_2G$ tại $G_1$ và $D_2H$ cắt $D_1G$ tại $G_2$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$, $J$ là trung điểm $DM, G_1G_2$ cắt lại đường tròn $(G_1JR)$ tại $W$. Đường thẳng $WR$ cắt $G_2D, G_2M$ theo thứ tự tại $W_1, W_2.$ Chứng minh rằng $W$ là trung điểm của đoạn $W_1,W_2.$

$\text{Bài } 3:(5\textit{ điểm)}$

                Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N} \to \mathbb{N}$ thỏa mãn các điều kiện sau: 

           i)       $0 \leq f(m) \leq m^2; \forall m \in \mathbb N$

           ii)      $f(m)-f(n)$ chia hết cho $m-n; \forall m,n \in \mathbb N, m > n$

($N$ là tập số tự nhiên)

$\text{Bài } 4:(4\textit{ điểm)}$

                Chứng minh rằng $\binom{2n}{n} \mid \textit{lcm}(1,2,\dots,2n)$ với mọi số nguyên dương $n$; trong đó $\binom{m}{k}$ là tổ hợp chập $k$ của $m$ phần tử và $\textit{lcm}(a,b)$ là bội chung nhỏ nhất của $a$ và $b$. 
                                                                                   __________________Hết__________________


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi 12DecMath: 15-02-2022 - 21:20

Nhìn chữ kí đẹp quá uWu
Em làm cho đẹp uWu 


#2
KhongBietLamToan

KhongBietLamToan

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

Có lẽ mọi người chưa thấy đề gốc, nhưng đây là đề thiếu chuyên nghiệp nhất mà mình từng làm:

1. Câu hình a đề thiếu chính xác, $EO$ với $FO$ giao $(O)$ tại tận $2$ điểm, đề ghi "A - polonius" còn viết sai, đúng phải là "A - Apollonius".

2. Thường khi ra đề sẽ không ai gọi thẳng tên Apollonius mà sẽ định nghĩa là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ với $BC$.

3. Không ai ra đề mà câu a, câu b riêng biệt nhau như thế, ý a sẽ hỗ trợ cho ý b.

4. Đề câu hình b thiếu định nghĩa điểm $M$, một thiếu sót quá lớn cho kì thi HSG của 1 trường chuyên uy tín.

5. Câu số thì khá tệ. Legendre thì được dạy khá sơ sài, cx không hề nằm trong khung kiến thức mà nhà trường đề ra, thế mà lại ra (ảo thật đấy).

Và kì thi HSG lớp 10 cũng không nên dùng tới định lý này.

6. Kì thi được tổ chức online nên có nhiều người đã cheat !



#3
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

bạn gõ latex ra tự nhiên mình thấy đề đẹp với xịn ngay. lúc ngồi thi thì mình không nghĩ vậy :)



#4
Avari28

Avari28

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 1 Bài viết

cá nhân mình thấy thì đề vòng 1 ít tính phân loại, nhiều câu cũ các bạn cứ google là được,
vòng 2 thì mình thấy mang tính phân loại hơn, nhưng google vẫn ra.



#5
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

uh theo mình thì ra legendre là đúng rồi :) tiếc là A2 k dạy chứ A1 vẫn dạy bth 



#6
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Hóa ra năm nay tổ chức thi online à? Thế thì đúng là dễ cheat thật :D


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#7
narutosasukevjppro

narutosasukevjppro

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 131 Bài viết

chủ tus đăng sol đi :=)



#8
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Chúng ta giải quyết bài toán tổng quát của bài 5 luôn nhỉ :)

Cho trước hai số nguyên dương $n$ và $m$ sao cho $n > m$. Gọi $S$ là tập hợp các số nguyên dương không quá $n$. Một tập $A$ con của $S$ gọi là "thú vị" nếu không có hai phần tử nào của $A$ có tổng chia hết cho $m$. Hỏi $A$ có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

Đầu tiên là khi nói tới chia hết, ta sẽ nghĩ tới đồng dư. Mà trong đồng dư modulo $m$ thì $m+3$ hay $3$ là giống nhau, cho nên ta có thể gom những số cúng số dư khi chia $m$ thành một nhóm (gọi là lớp thặng dư của $m$).

Với mỗi số dư $i$ có thể khi chia cho $m$ ($i \in \{0;1;\ldots;m-1\}$), ta đặt $S_i$ là tập các phần tử của $S$ có số dư là $i$ khi chia cho $m$, cụ thể là:

\[\forall i = \overline {0,m - 1} :{S_i} = \left\{ {x \in S|x \equiv i\left( {\bmod m} \right)} \right\}\]

Theo định nghĩa thì các lớp này rời nhau. Tập $A$ của chúng ta sẽ được xây dựng bằng cách chọn các phần tử từ những lớp $S_i$ này. Bây giờ ta sẽ xem xét từng lớp $S_i$.

Trước hết là lớp $S_0$: Nếu $A$ có hai phần tử của $S_0$ thì sẽ thấy $A$ không "thú vị" nữa, vì dĩ nhiên tổng chúng sẽ chia hết cho $m$. Vậy $A$ chỉ có thể lấy tối đa $1$ phần tử của $S_0$: $\left| {A \cap {S_0}} \right| \le 1$.

Tiếp theo là lớp $S_1$: Giả sử $A$ lấy hai phần tử của $S_1$, thế thì tổng hai phần tử đó sẽ đồng dư với $2 (\bmod m)$. Vậy thì trừ khi $m=2$, ta biết chắc là tổng hai phần tử bất kỳ trong lớp $S_1$ này sẽ không chia hết cho $m$.

Tổng quát hơn, tổng hai phần tử của cùng một lớp $S_i$ bất kỳ ($i > 0$) sẽ không chia hết cho $m$, trừ khi $m = 2i$. Khi ấy, ta chỉ có thể chọn tối đa một phần tử của lớp $S_{\frac{m}{2}}$ này.

Như vậy là ta yên tâm với từng lớp riêng lẻ. Tiếp đến, ta xét quan hệ giữa hai phần tử từ hai lớp $S_i, S_j$ bất kỳ ($i \ne j$). Hai phần tử ấy hiển nhiên sẽ có tổng đồng dư với $i + j (\bmod m)$.

Nếu $i$ hoặc $j$ bằng $0$ thì chắc chắn $i + j \not \vdots m$ vì số còn lại khác $0 (\bmod m)$.

Còn nếu cả $i,j$ khác $0$ thì $i + j$ chia hết cho $m$ khi và chỉ khi $i$ và $j$ "bù trừ" nhau, chẳng hạn $1$ và $m-1$, $2$ và $m-2$, v.v.

Do đó, nếu $A$ đã có phần tử từ lớp $S_i$ thì $A$ sẽ không được chọn phần tử từ lớp $S_{m-i}$: $\left( {A \cap {S_i}} \right) \cap \left( {A \cap {S_{m - i}}} \right) = \emptyset \, \forall i > 0$.

Từ đấy, ta thấy rằng muốn $A$ có nhiều phần tử nhất thì chỉ cần chọn một phần tử từ $S_0$ rồi chọn tiếp tập lớn hơn từ từng cặp $(S_i, S_{m-i})$.

Mặt khác, ta biết $S$ là tập hợp các số nguyên dương từ $1$ đến $n$, nên ta có thể tính được số lượng phần tử của từng lớp $S_i$:

\[\left| {{S_i}} \right| = \left\{ \begin{array}{l}
\left\lfloor {\frac{n}{m}} \right\rfloor  + 1 \text{ nếu } i \le d_n\\
\left\lfloor {\frac{n}{m}} \right\rfloor \text{ nếu } i > d_n
\end{array} \right.\]

Trong đó $d_n$ là số dư của $n$ khi chia cho $m$. Công thức trên cho ta thấy rằng nếu $i \le j$ thì $S_i \ge S_j$. Vì vậy, ta chỉ cần chọn "một nửa đầu" các lớp $S_i$, nghĩa là $0 < i < \frac{m}{2}$. Còn $S_0$ ta lấy một phần tử, và nếu $m=2p$ thì ta lấy thêm một phần tử từ lớp $S_{p}$ nữa là xong.

Kết luận: ... (Xin nhường các bạn làm tí đại số cho quen tay :D)


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#9
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Bài tổ hợp này nếu mở rộng thì sẽ khá là hay ho đấy :) Bây giờ thay vì "tổng của hai phần tử" thì ta sẽ dùng "tổng của ba phần tử".

Cho trước hai số nguyên dương $n$ và $m$ sao cho $n > m$. Gọi $S$ là tập hợp các số nguyên dương không quá $n$. Một tập $A$ con của $S$ gọi là "thú vị" nếu không có ba phần tử nào của $A$ có tổng chia hết cho $m$. Hỏi $A$ có nhiều nhất bao nhiêu phần tử?

Lời giải cũng sẽ dựa trên những ý tưởng đã trình bày trong trường hợp "tổng hai phần tử" :D

1. Chia lớp thặng dư.

2. Nhận xét lớp $S_0$.

3. Nhận xét tổng 3 phần tử của cùng một lớp.

4. Nhận xét tổng 3 phần tử của hai lớp (lấy 2 phần tử của một lớp $S_i$, và 1 phần tử của lớp $S_j$).

5. Nhận xét tổng 3 phần tử của ba lớp (mỗi lớp lấy một phần tử).


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.




1 người đang xem chủ đề

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