Đến nội dung


Hình ảnh

Đề thi Olympic Duyên hải Bắc Bộ 2012


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1 Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Huế

Đã gửi 09-05-2012 - 13:08

Đề thi Olympic Duyên hải Bắc Bộ 2012


Câu 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình sau: $\begin{cases}x^3- y^3-3y^2= 9\\x^2+ y^2= x- 4y\end{cases}$

Câu 2: (4 điểm) Cho $x,y,z$ là các số thực dương thoả mãn $xy+ yz+ zx= 3$ . Chứng minh bất đẳng thức: $$\frac{x^2} {\sqrt{x^3+ 8}}+\frac{y^2} {\sqrt{y^3+ 8}}+ \frac{z^2} {\sqrt{z^3+ 8}} \ge 1$$
Câu 3: (4 điểm) Trên các cạnh $BC,CA,AB$ và về phía ngoài tam giác $ABC$ ta dựng các hình vuông $BCMN, ACPQ, ABEF$ . Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ . Kí hiệu $A_{1}$ là giao điểm của $AG$ và $FQ$ , $B_{1}$ là giao điểm của $BG$ và $NE$, $C_{1}$ là giao điểm của $CG$ và $MP$. Ta xác định các điểm $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ sao cho $AGC_{2}F, BGA_{2}N, CGB_{2}P$ là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua $A_{2}, B_{2}, C_{2}$ tương ứng vuông góc với $B_{1}C_{1}, C_{1}A_{1}, A_{1}B_{1}$ đồng quy.

Câu 4: (4 điểm) Giả sử $m,n$ là các số tự nhiên thoả mãn: $4m^3+ m= 12n^3+ n$. Chứng minh rằng $m-n$ là lập phương của một số nguyên.

Câu 5: (4 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ $Oxy$ , xét tập hợp $M$ các điểm có toạ độ $(x;y)$ với $x,y$ nguyên dương và $x \le12, y \le 12$ . Mỗi điểm trong $M$ được tô bởi một trong ba màu: màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc và được tô cùng màu.



Theo mathscope



#2 nguyenta98

nguyenta98

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1259 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên KHTN
  • Sở thích:Number theory, Combinatorics-number theory problems

Đã gửi 09-05-2012 - 14:40

Đề thi Olympic Duyên hải Bắc Bộ 2012


Câu 1: (4 điểm) Giải hệ phương trình sau: $\begin{cases}x^3- y^3-3y^2= 9\\x^2+ y^2= x- 4y\end{cases}$
Theo mathscope

Bài 1:
$$\begin{cases}x^3=y^3+3y^2+9 \\3x^2+ 3y^2= 3x- 12y\end{cases}$$
$$\rightarrow x^3+3x-12y=9+y^3+3y^2+3x^2+3y^2$$
$$\leftrightarrow x^3-3x^2+3x-1=y^3+6y^2+12y+9$$
$$\leftrightarrow (x-1)^3=(y+2)^3$$
Đến đây chắc ngon rồi :) :D

Bài 2:
$$\sum{\dfrac{x^2}{\sqrt{x^3+8}}}=\sum{\dfrac{x^2}{\sqrt{(x+2)(x^2-2x+4)}}}\geq \sum{\dfrac{2x^2}{x^2-x+6}}$$
(Cô si 2 số cho $x+2$ và $x^2-2x+4$)
Giờ cm
$$\sum{\dfrac{2x^2}{x^2-x+6}} \geq 1 \leftrightarrow \sum{\dfrac{x^2}{x^2-x+6}}\geq \dfrac{1}{2}$$
$$\leftrightarrow \sum{\dfrac{x^2}{x^2-x+6}}\geq \dfrac{(x+y+z)^2}{(x^2+y^2+z^2+6)-(x+y+z)+12}=\dfrac{(x+y+z)^2}{(x+y+z)^2-(x+y+z)+12}\geq \dfrac{1}{2}$$
(Cauchy-schwarz)
Đặt $k=x+y+z$
Do đó cm
$$\dfrac{k^2}{k^2-k+12}\geq \dfrac{1}{2} \leftrightarrow 2k^2\geq k^2-k+12 \leftrightarrow (x-3)(x+4)\geq 0<1>$$
Dễ thấy $<1>$ đúng do $(x+y+z)^2\geq 3(xy+yz+zx)=9 \rightarrow k\geq 3$ có đpcm
Dấu $=$ khi $x=y=z=1$

Bài 4:
$$4m^3+m=12n^3+n \leftrightarrow 4m^3-4n^3+(m-n)=(2n)^3 \leftrightarrow (m-n)(4m^2+4n^2+4mn+1)=(2n)^3$$
Giả sử $p|m-n, p \in \mathbb {P} \rightarrow p|(2n)^3 \rightarrow p|2n$
Nếu $p|2 \rightarrow p|4 \rightarrow p|4m^2+4n^2+4mn \rightarrow 4m^2+4n^2+4mn+1$ không chia hết cho $p$
Do đó $gcd(m-n,4m^2+4n^2+4mn+1)=1 \rightarrow m-n$ là lập phương (do tích chúng lập phương) $Q.E.D$
Nếu $p|n$ lập luận tương tự cũng có $gcd(m-n,4m^2+4n^2+4mn+1)=1 \rightarrow m-n$ là lập phương (do tích chúng lập phương) $Q.E.D$
Bài được giải quyết

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenta98: 09-05-2012 - 14:49


#3 perfectstrong

perfectstrong

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

  • Quản trị
  • 4425 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Đàn guitar, ngắm người mình yêu, học toán

Đã gửi 09-05-2012 - 18:23

Xơi bài hình vậy :D
Lời giải:
Do $BGA_2N$ là hình bình hành nên $\overrightarrow{GA_2}=\overrightarrow{BN}=\overrightarrow{CM}$
Đầu tiên, ta sẽ cm $GC_1 \perp PM$. Thật vậy:
Gọi L là trung điểm AB. Suy ra $C,G,L$ thằng hàng.
Do $CA \perp CP;CB \perp CM$ nên
\[
\begin{array}{l}
2\overrightarrow {CL} .\overrightarrow {PM} = \left( {\overrightarrow {CA} + \overrightarrow {CB} } \right)\left( {\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CP} } \right) = \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CM} - \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CP} - \overrightarrow {CA} .\overrightarrow {CP} + \overrightarrow {CB} .\overrightarrow {CM} \\
= CA.CM\cos ACM - CB.CP\cos CBP \\
= CA.CM\cos \left( {90^o + \angle ACB} \right) - CM.CA\cos \left( {90^o + \angle ACB} \right) = 0 \\
\end{array}
\]
$$\Rightarrow CL \perp PM \Rightarrow C_1G \perp PM(1)$$
Hình đã gửi
\[
\overrightarrow {A_2 B_2 } = \overrightarrow {GB_2 } - \overrightarrow {GA_2 } = \overrightarrow {CP} - \overrightarrow {CM} = \overrightarrow {MP} (2)
\]
Từ (1), (2) suy ra $GC_1 \perp A_2B_2$. Tương tự, ta có $GA_1\perp C_2B_2;GB_1\perp A_2C_2$
Do đó, theo định lý Carno, ta có:
\[
\begin{array}{l}
\left( {C_1 A_2^2 - C_1 B_2^2 } \right) + \left( {A_1 B_2^2 - A_1 C_2^2 } \right) + \left( {B_1 C_2^2 - B_1 A_2^2 } \right) = 0 \\
\Leftrightarrow \left( {A_2 C_1^2 - A_2 B_1^2 } \right) + \left( {C_2 B_1^2 - C_2 A_1^2 } \right) + \left( {B_2 A_1^2 - B_2 C_1^2 } \right) = 0 \\
\end{array}
\]
Theo định lý Carno đảo cho $\vartriangle A_1B_1C_1$ với các điểm $A_2;B_2;C_2$ thì các đường thẳng qua $A_2$ vuông góc $B_1C_1$; qua $B_2$ vuông góc $A_1C_1$; qua $C_2$ vuông góc $A_1B_1$ đồng quy (đpcm)
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.




0 người đang xem chủ đề

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