|
|
|
Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé ! * Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope * Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
26-09-2014, 06:57 PM | #1 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Chọn đội tuyển Đồng Nai 2014 KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2014-2015 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI Bài thi thứ nhất : Câu 1 (5 điểm) Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-\sqrt{u_n^2+1},n=1,2,3... \end{matrix}\right.$$ Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \dfrac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}$. Câu 2 (5 điểm) Cho phương trình $x^4+4X^3-2ax^2-12x+a^2=0\;\;(1)$ với tham số $a \in (1,3)$. 1) Chứng minh phương trình $(1)$ luôn có 4 nghiệm phân biệt. 2) Tính tổng $S=\sum_{i=1}^{4}\frac{2x_i^2+1}{(x_i^2-a)^2}$ theo $a$ với $x_1,x_2,x_3,x_4$ là bốn nghiệm của $(1)$. Câu 3 (5 điểm) Cho $n \geq 3$ là một số nguyên dương. Chứng minh với $n$ điểm phân biệt nằm trong mặt phẳng, sao cho trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng thì số tam giác có đỉnh được lấy trong $n$ điểm đã cho và có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $\dfrac{2}{3}(n^2-n)$. Câu 4 (5 điểm) Từ điểm $P$ nằm ngoài đường tròn $(O)$, kẻ hai cát tuyến phân biệt $PAB,PCD$ sao cho $AC$ không song song $BD$. Gọi $E$ là giao của $AD,BC$. $F,G$ là trung điểm của $BD,AC$. $I$ đối xứng của $E$ qua $F$. 1) Chứng minh $PE,PI$ đẳng giác trong góc $APC$. 2) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFG$ tiếp xúc với $PE$. Bài thi thứ hai : Câu 5 (7 điểm) Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$ cố định. $A$ di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ không cân và $A$ không trùng $B,C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $EF$ tại $K$. $N$ là giao của $ID,EF$. Chứng minh 1) Ba điểm $A,N,M$ thẳng hàng với $M$ là trung điểm $BC$. 2) Đường thẳng qua $I$ vuông góc $DK$ luôn đi qua một điểm cố định. Câu 6 (6 điểm) Cho $X,Y$ là hai tập khác rỗng rời nhau thỏa $X\cup Y=\left \{ 1,2,3...,10 \right \}$. Chứng minh tồn tại phần tử $a \in X$ và $b\in Y$ sao cho $a^3+ab^2+b^3$ chia hết cho $11$. Câu 7 (7 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại số nguyên dương $x$ để $4x^n+(x+1)^2$ là số chính phương. |
The Following 5 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post: | dangvip123tb (28-09-2014), davidsilva98 (26-09-2014), Livetolove2207 (26-09-2014), thaygiaocht (26-09-2014), tranhongviet (26-09-2014) |
26-09-2014, 08:22 PM | #2 |
+Thành Viên Danh Dự+ | Bài $3$ ngày $1$ có lẽ không khó để nhìn ra là đếm bằng hai cách vì tư tưởng cũng hơi giống bài kinh điển là IMO 1989 (tận dụng yếu tố không có $3$ điểm thẳng hàng) Lời giải : Với $1$ đoạn thẳng bất kì có $2$ đầu là $2$ trong số $n$ điểm đã cho thì có thể dựng tối đa $4$ tam giác có diện tích bằng $1$ mà có $3$ đỉnh là $3$ trong số $n$ điểm đã cho ($2$ tam giác có cùng diện tích mà chung $1$ cạnh thì $2$ đỉnh còn lại cách cạnh chung $2$ đoạn bằng nhau ($2$ đường vuông góc từ $2$ đỉnh đó đến cạnh chung thì bằng nhau), mà không thể có $3$ đỉnh thẳng hàng) Với mỗi cạnh có $2$ đỉnh thuộc $n$ điểm đã cho thì ta tính số tam giác diện tích bằng $1$ mà chứa cạnh đó, rồi lấy tổng tất cả các số như vậy ta có tổng $S$. Theo nhận xét trên thì $S \leq 4\binom{n}{2}$ Mà mỗi tam giác đều có $3$ cạnh nên trong tổng $S$ mỗi tam giác bị tính lặp $3$ lần. Vậy nên số tam giác thỏa mãn $\leq \frac{4}{3}\binom{n}{2}=\frac{2(n^2-n)}{3}$ __________________ Hope against hope. |
The Following 3 Users Say Thank You to Fool's theorem For This Useful Post: |
27-09-2014, 12:51 AM | #3 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2012 Đến từ: Thành phố mang tên Bác Bài gởi: 63 Thanks: 175 Thanked 30 Times in 22 Posts | Một cách giải "vui" cho bài $6 $: Một nhận xét là các cặp $(a,b)= ${$(2,1);(4,2);(6,3);(8,4);(10,5);(5,8);(7,9);(3,7);( 9,10) $} (có thứ tự) là các cặp thỏa đề bài Phản chứng: Giả sử tồn tại một cách phân hoạch mà không tồn tại bất kì hai phần tử nào của hai tập hợp thỏa đề bài (*) Nếu ta xét $10 $ điểm $A_{1},A_{2},...,A_{10} $. Hai đỉnh $A_{i}, A_{j} $ được nối với nhau nếu $(i,j) $ là một trong những cặp $(a,b) $ trên (không xét thứ tự). Khi đó dễ thấy rằng giữa hai đỉnh $A_{m}, A_{n} $ bất kì, luôn có đường đi (có những cạnh nối chúng). Điều đó chứng tỏ để thỏa (*) thì một trong hai tập hợp phân hoạch phải rỗng (trái với giả thiết). Điều giả sử sai. Nói cách khác nếu phân hoạch tập ${1,2,3,...,10} $ thành hai tập hợp thì luôn chọn được hai phần tử từ hai tập thỏa $a^{3}+ab^{2}+b^{3} \vdots 11 $ Bài $7 $ giải thế nào thế nhỉ? thay đổi nội dung bởi: Samurott, 27-09-2014 lúc 12:55 AM |
The Following User Says Thank You to Samurott For This Useful Post: | tson1997 (27-09-2014) |
27-09-2014, 10:59 AM | #4 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2012 Đến từ: K46 T1 chuyên SP Bài gởi: 46 Thanks: 42 Thanked 51 Times in 24 Posts | Bài 4: a/ Từ I và E hạ đường vuông góc xuống PD;PA,gọi các chân đường vuông góc lần lượt là N và M,đpcm tương đương với hai tam giác vuông PIN và PEM đồng dạng hay: $\frac{PN}{IN}=\frac{PM}{EM} \Leftrightarrow \frac{PM}{PN}=\frac{EM}{IN}$ Mà : $\frac{EM}{IN}= \frac{EB.sin \widehat{CBA}}{ID.sin \widehat{DCB}} = \frac{CA}{BD} = \frac{PA}{PD}$ (theo định lý hàm số sin và việc tam giác PCA;PBD đồng dạng) như vậy ta cần cmr: $\frac{PM}{PN}= \frac{PA}{PD}$ Mà $\frac{PM}{PN}= \frac{PM-PA}{PN-PD} = \frac{AM}{DN}=\frac{EA.cos \widehat{EAD}}{ID.cos \widehat{DCB}}=\frac{EA}{EB}=\frac{CA}{BD}=\frac{P A}{PD}$ Vậy ta có đpcm b/ Ta có bổ đề : Với J là trung điểm EF ta có F;G;J thẳng hàng (đt Gauss) Trở lại bài toán: Từ câu a. Ta có : $\frac{PE}{PI}= \frac{EM}{IN}= \frac{AC}{BD}$ $\Rightarrow \frac{JE}{JF} = \frac{AC}{BD}$ CMTT: $\Rightarrow \frac{JG}{JE}= \frac{AC}{BD}$ Từ 2 đẳng thức trên suy ra $JE^2=JF.JG$ Mà J thuộc FG nên JE tiếp xúc (EFG) hay PE tiếp xúc (EFG) (đpcm) Câu 7 : Với $ n \in Z^+$,giả sử tồn tại $(x,y)$ mà: $4.x^n+(x+1)^2=y^2$ Ta có: $(y-x-1)(y+x+1)=4.x^n$ Vì $y+x+1-(y-x-1)=2(x+1)$ là chẵn nên y+x+1 và y-x-1 cùng tính chẵn lẻ nên: $\frac{y-x-1}{2} . \frac{y+x+1}{2} = x^n$ (1) Giả sử tồn tại p nguyên tố sao cho $p | gcd(\frac{y+x+1}{2};\frac{y-x-1}{2})$ thì $p | (x+1)$ Mặt khác,từ (1) ta có $p | x^n \Rightarrow p|x$ từ đây suy ra $p|1$ (mt) Vậy $gcd(\frac{y+x+1}{2};\frac{y-x-1}{2})=1$ (2) Từ (1) và (2) suy ra tồn tại m và p nguyên dương để : x=m.p và: $y+x+1= 2.m^n$;$y-x-1=2.p^n$ suy ra $x+1=m^n-p^n$ hay $mp+1=m^n-p^n$ Nếu $n \geq 3$ khi đó: $mp+1= m^n-p^n \vdots m^{n-1}+m^{n-2}p+...+p^n$ suy ra $mp+1 \geq m^{n-1}+...+p^n$ Mặt khác,do $n \geq 3$; m,p nguyên dương nên $m^{n-1}+..+p^{n-1} > m^{n-1}+m^{n-2}p \geq 1+mp$ (mt) Vậy $n \leq 2$ n=1: ta có $m-p=mp+1 \geq m+p >m-p$ (mt) n=2: x=2 thỏa mãn Vậy n=2 là giá trị thỏa mãn thay đổi nội dung bởi: tson1997, 27-09-2014 lúc 11:30 AM |
The Following 3 Users Say Thank You to tson1997 For This Useful Post: |
27-09-2014, 11:08 AM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Bài gởi: 40 Thanks: 22 Thanked 18 Times in 14 Posts | Bài 4: a, tam giác đồng dạng cơ bản, không có gì đáng nói. b, Theo Gauss thì GF qua trung điểm PE. Vậy dựng hình bình hành PGEG' và kết hợp câu a thì được PG'EF nội tiếp, xong. Bài 5: [Only registered and activated users can see links. ] Ta chỉ ra $ID \perp KM$, tương đương $IK^2 - ID^2 = DK^2 - DM^2$ $\Leftrightarrow KE.KF = MK^2 - MI^2 + MI^2 - DM^2$ $\Leftrightarrow KP^2 - \dfrac{EF^2}{4} = AK^2 - AI^2 + r^2$ (trong đó $P$ là trung điểm $EF$) $\Leftrightarrow AK^2 - AP^2 - \dfrac{EF^2}{4} = AK^2 + r^2 - AI^2$ $\Leftrightarrow -AF^2 = - AF^2:true$ Tức $IM$ vuông góc $DK$, mà $M$ cố định nên ta được đpcm. |
27-09-2014, 02:41 PM | #6 | |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Oct 2012 Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa Bài gởi: 539 Thanks: 292 Thanked 365 Times in 217 Posts | Trích:
__________________ i'll try my best. | |
The Following User Says Thank You to quocbaoct10 For This Useful Post: | Samurott (27-09-2014) |
27-09-2014, 05:26 PM | #7 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jun 2012 Đến từ: Thành phố mang tên Bác Bài gởi: 63 Thanks: 175 Thanked 30 Times in 22 Posts | Cảm ơn bạn, mình sơ suất quá. Mà do vai trò của $X, Y $ là như nhau nên mình nghĩ với mỗi cách phân hoạch chọn được một phần tử từ mỗi tập thỏa đề bài thì ta có thể chọn $a,b $. Điều quan trọng là giữa hai đỉnh bất kì thì luôn có đường đi dẫn đến có tập rỗng. Mình hiểu thế không biết có đúng không nữa |
28-09-2014, 11:16 AM | #8 | |||
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2012 Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh Bài gởi: 165 Thanks: 793 Thanked 216 Times in 93 Posts | Trích:
$\dfrac{BE}{LI}=\dfrac{BL}{BC}=\dfrac{PB}{PL} $ suy ra đpcm. b) Ta có $PI.PJ=PM.PN=PE^2 $ (theo câu a) nên ta có đpcm. ------------------------------ Trích:
Trích:
__________________ https://www.facebook.com/thaygiaocht thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 28-09-2014 lúc 11:37 AM Lý do: Tự động gộp bài | |||
The Following 2 Users Say Thank You to thaygiaocht For This Useful Post: | HoangHungChels (28-09-2014), tson1997 (28-09-2014) |
Bookmarks |
|
|