Đến nội dung


Chú ý

Hệ thống gửi email của diễn đàn đang gặp vấn đề với một số tài khoản Gmail do chính sách bảo mật tăng cường của Google. Nếu bạn không nhận được email từ diễn đàn, xin hãy tạm thời dùng một địa chỉ email khác ngoài Gmail (trước hết bạn nên kiểm tra thùng rác hoặc thư mục spam của hộp thư, hoặc dùng chức năng tìm kiếm trong hộp thư với từ khoá "diendantoanhoc.org" để chắc chắn là email không nhận được).

BQT đang cố gắng khắc phục, mong các bạn thông cảm.


Hình ảnh

Đề chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du (Đăk Lăk) vòng 1 năm học 2022-2023


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 chuyenndu

chuyenndu

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 53 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-08-2022 - 07:40

Đề chọn đội tuyển chuyên Nguyễn Du (Đăk Lăk) vòng 1 năm học 2022-2023

Bài 1 (6 điểm):

a) Giải phương trình $\sqrt{1+\sqrt{1-x^2}}=x\sqrt{1+2\sqrt{1-x^2}}$

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix}x+\dfrac{2xy}{\sqrt[3]{x^2-2x+9}}=x^2+y\\ y+\dfrac{2xy}{\sqrt[3]{y^2-2y+9}}=y^2+x\end{matrix}\right.$

c) Tìm $lim u_n$ với $(u_n):\left\{\begin{matrix}u_1=3\\u_{n+1}^3-3u_{n+1} =\sqrt{2+u_n},\forall n\in \mathbb{N}^*\end{matrix}\right.$

 

Bài 2 (6 điểm):

a) Chứng minh rằng có vô hạn bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn $x^{2023}+y^3=z^2$.

b) Kí hiệu $\left [ x \right ]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Dãy số nguyên $(a_n)$ được xác định bởi $a_1=2$ và $a_{n+1}=\left [ \frac{3}{2}a_n \right ]$ với mọi $n\ge 1$. CMR có vô hạn số chẵn trong dãy $(a_n)$

c) Có bao nhiêu bộ bốn số nguyên $(x_1,x_2,x_3,x_4)$ sao cho $1\le x_1,x_2,x_3,x_4\le 6$; ngoài ta thì $x_1<x_2,x_2>x_3$ và $x_3<x_4$

 

Bài 3 (4 điểm):

Cho đường tròn tâm I bán kính r nội tiếp tam giác ABC có BC=a. Đường tròn (I) tiếp xúc BC tại D. Gọi M là trung điểm BC. Gọi $r_1,r_2$ lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp tam giác ABM và tam giác ACM

a) CMR $\frac{r}{r_1}+\frac{r}{r_2}\ge 2\left ( 1+\frac{2r}{a} \right )$

b) CMR I,M và trung điểm AD thẳng hàng

 

Bài 4 (4 điểm):

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O, H là trực tâm. Gọi $B_1$ là điểm đối xứng của B qua AC, $C_1$ là điểm đối xứng của C qua AB, E là giao điểm của $AB_1$ và CH, F là giao điểm của $AC_1$ và BH, I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AB_1C_1$

a) CMR AI vuông góc với EF

b) Gọi O' là điểm đối xứng của O qua BC. CMR A,I,O' thẳng hàng

 

p/s: nát :(((, bài 2c đáp số là bao nhiêu nhỉ :/



#2 Hoang72

Hoang72

    Sĩ quan

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

Đã gửi 19-08-2022 - 09:12

Thử câu 2c:

Viết lại giả thiết thành: $x_4 > x_3; x_2 > x_3; x_2 > x_1$ và $1\leq x_1,x_2,x_3,x_4 \leq 6$.

Dễ thấy $x_1,x_3\leq 5$.

Với mỗi cặp giá trị của $(x_1,x_3)$ thì $x_2$ có thể nhận $6-\max\{x_1,x_3\}$ giá trị, $x_4$ có thể nhận $6-x_3$ giá trị.

$\bullet$ $x_1 \leq  x_3$:

Với mỗi giá trị của $x_1$:

+) $x_3$ chạy từ $x_1$ đến $5$. Với mỗi giá trị của $x_3$ thì có $(6-x_3)^2$ cặp giá trị của $(x_2;x_4)$.

Do đó có $1^2 + 2^2 + ... + (6-x_1)^2 = \frac{(6-x_1)(7-x_1)(13-2x_1)}{6}$ bộ giá trị của $(x_2,x_3,x_4)$.

Cho $x_1$ chạy từ $1$ đến $5$ ta có tổng cộng $\frac{5.6.11 + 4 . 5 . 9 + 3 . 4 . 7 + 2 . 3 . 5 + 1 . 2 . 3}{6} = 105$ bộ $(x_1,x_2,x_3,x_4)$.

$\bullet$ $x_1 > x_3$: Khi đó $x_3\leq 4$.

Với mỗi giá trị của $x_3$:

+) $x_1$ chạy từ $x_3+1$ đến $5$. Với mỗi giá trị của $x_1$ thì có $(6-x_1)(6-x_3)$ cặp giá trị của $(x_2,x_4)$.

Do đó có $(6-x_3)(1 + 2 + ... + (5-x_3)) = \frac{(6-x_3)^2(5-x_3)}{2}$ bộ giá trị của $(x_1,x_2,x_4)$.

Cho $x_3$ chạy từ $1$ đến $4$ ta có tổng cộng $\frac{5^2 . 4 + 4^2 . 3 + 3^2 . 2 + 2^2 . 1}{2}=85$ bộ giá trị của $(x_1,x_2,x_3,x_4)$.

Tóm lại có tổng cộng $190$ bộ thoả mãn. (Mình đã kiểm tra bằng c++)

 

 



#3 Sangnguyen3

Sangnguyen3

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 111 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Folotino

Đã gửi 19-08-2022 - 12:04

Em xin góp lời giải câu 1b 
Công 2 phương trình ta có $x^{2}+y^{2}=2xy\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right )$

Nếu $xy=0 \Rightarrow x=y=0$ ( thỏa mãn) 
Nếu $xy\neq 0$

Ta có $x^{2}+y^{2}>0;2\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right ) > 0 \Rightarrow xy> 0$

$x^{2}+y^{2}\geq 2xy \Rightarrow \left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right ) \geq 1$

Mặt khác $\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{x^{2}-2x+9}} + \frac{1}{\sqrt[3]{y^{2}-2y+9}} \right )=\left ( \frac{1}{\sqrt[3]{(x-1)^{2}+8}} + \frac{1}{\sqrt[3]{(y-1)^{2}+8}} \right )\leq 1$

Dấu bằng xảy ra khi $x=y=1$ ( thỏa mãn)  
Vậy cặp (x;y) thỏa mãn là $\left \{ (0;0),(1;1) \right \}$



#4 Nobodyv3

Nobodyv3

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 339 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 19-08-2022 - 13:02

Câu 2c:
Xét 2 trường hợp :
TH1: $x_1< x_3$: lúc này có $2$ khả năng là $x_2< x_4 $hoặc $x_2> x_4$
TH2: $x_1> x_3$: lúc này cũng có $2$ khả năng là $x_2< x_4 $ hoặc $x_2> x_4$
Như vậy số bộ số thỏa yêu cầu là :
$\left ( 2+2 \right )\binom{6}{4}=4\cdot 15=60$
Không trùng với kết quả của bạn trên, mình sai chỗ nào nhỉ?
À, thì ra mình xét $x_1$ khác $x_3$, $x_2$ khác $x_4$ !!!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 19-08-2022 - 13:27

HOPE

Tá vấn tửu gia hà xứ thị,
Mục đồng giao chỉ Hạnh Hoa thôn.

#5 hxthanh

hxthanh

  • Quản trị
  • 3437 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-08-2022 - 14:00

$\sum_{x_1=1}^5\sum_{x_2=x_1+1}^6\sum_{x_3=1}^{x_2-1}\sum_{x_4=x_3+1}^61$
$=\sum_{x_1=1}^5\sum_{x_2=x_1+1}^6\sum_{x_3=1}^{x_2-1} \left[6-\binom{x_3}{1}\right]$
$=\sum_{x_1=1}^5\sum_{x_2=x_1+1}^6\left[6\binom{x_2-1}{1}-\binom{x_2}{2}\right]$
$=\sum_{x_1=1}^5\left[6\binom{6}{2}-6\binom{x_1}{2}-\binom{7}{3}+\binom{x_1+1}{3}\right]$
$=30\binom{6}{2}-6\binom{6}{3}-5\binom{7}{3}+\binom{7}{4}$
$=190$
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#6 hxthanh

hxthanh

  • Quản trị
  • 3437 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 19-08-2022 - 23:07

2 b) Là một câu khá hay
Từ đề bài thì có $a_1=2,a_2=2,a_3=4$
Và $a_n=2+\sum_{k=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{a_k}{2}\right\rfloor$
Từ đây quy nạp được $a_n=4+\sum_{k=1}^{n-3}a_k$
Rồi suy ra $a_n=a_{n-1}+a_{n-3}$
Kết quả là trong 4 số hạng liên tiếp của dãy, tồn tại ít nhất một số chẵn!
Cuộc sống thật nhàm chán! Ngày mai của ngày hôm qua chẳng khác nào ngày hôm qua của ngày mai, cũng như ngày hôm nay vậy!

#7 supermember

supermember

    Đại úy

  • Hiệp sỹ
  • 1615 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Quận 7, TP HCM
  • Sở thích:bên em

Đã gửi 20-08-2022 - 14:55

 

Bài 2 (6 điểm):

a) Chứng minh rằng có vô hạn bộ ba số nguyên dương (x,y,z) thỏa mãn $x^{2023}+y^3=z^2$.

 

 

 

Bài này ý tưởng giải như sau:

 

Ta thử chọn nghiệm trong những bộ $3$ số nguyên dương $ (x;y;z)$ có dạng: $ (2^m; 2^n; 2^p)$ trong đó sẽ sắp xếp để: $ 2023m = 3n$ $(1)$ và $ 2| 2023m +1$ $(2)$

Lúc đó thì chỉ cần chọn $ p = \frac{2023m+1}{2}$

 

Từ $(1)$ Suy ra : $  3 | 2023m \implies 3 |m$   $(4)$ ( do $(3; 2023) =1$)

 

Từ $(2)$ Suy ra : $ 2 \not | m$ $(5)$

 

Từ $(4);(5)$; ta đi vét cạn trên modulo $6$ thì rõ ràng chỉ có thể xảy ra trường hợp: $ m = 6t +3$ ($t \in \mathbb{N}$)

 

Suy ra: $ 2023m = 2023(6t+3) = 3n \implies n = 2023(2t+1)$

 

Và theo đó , theo lập luận ở trên: $ p = \frac{2023(6t+3) +1}{2}$

 

Thử lại thì bộ $3$ số nguyên dương $\left( 2^{6t+3}; 2^{2023(2t+1)}; 2^{ \frac{2023(6t+3) +1}{2} } \right)$ thỏa mãn bài toán ($t$ là số nguyên không âm bất kỳ) , và do có thể chọn vô số số nguyên không âm $t$ nên cũng có thể chọn ra vô số nghiệm của phương trình đã cho, bài toán theo đó được giải quyết hoàn toàn.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi supermember: 20-08-2022 - 15:07

Khi bạn là người yêu Toán, hãy chấp nhận rằng bạn sẽ buồn nhiều hơn vui :)




1 người đang xem chủ đề

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