Chọn đội tuyển QG Tp Đà Nẵng 2014-2015

[Juliel]

CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 2014-2015

VÒNG 1 (11/9/2014)
$\boxed{\text{Bài 1 (5đ)}}$
Tìm công thức tính số hạng tổng quát của dãy số $(x_n)$ biết $x_1=\dfrac{2013}{2014}$ và :

$$x_{n+1}=\dfrac{1}{4+2011x_n}$$

Chứng minh dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó
$\boxed{\text{Bài 2 (5đ)}}$

Tìm tất cả các hàm số $f: Z ---> R$ sao cho $f(0)\neq 0$,$f(1)=6$ và
$$f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y) \forall x,y\in \mathbb{Z}$$

$\boxed{\text{Bài 3 (5đ)}}$

Cho hai đường tròn $(C_1)$ và $(C_2)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt C,D sao cho tâm O của $(C_2)$ nằm trên $(C_1)$. Gọi A là điểm trên $(C_1)$ và B là điểm nằm trên $(C_2)$ sao cho đường thẳng AC tiếp xúc với $(C_2)$ tại C và đường thẳng BC tiếp xúc với $(C_1)$ tại C. Đường thẳng AB cắt lại $(C_2)$ tại E và cắt $(C_1)$ tại F. Gọi G là giao điểm thứ hai của đường thẳng CE và $(C_1)$. Hai đường thẳng CF và GD cắt nhau tại H. Chứng minh rằng giao điểm của GO và EH là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF

$\boxed{\text{Bài 4 (5đ)}}$

Tại một hội nghị quốc tế, các thành viên tham dự đều biết ít nhất một trong ba thứ tiếng: Anh, Pháp, Đức. Biết rằng số thành viên biết Tiếng Anh, số thành viên biết Tiếng Pháp và số thành viên biết Tiếng Đức cùng bằng 50. Chứng minh rằng có thể chia tất cả các thành viên tham dự hội nghị thành 5 nhóm sao cho trong mỗi nhóm có đúng 10 thành viên biết tiếng Anh, đúng 10 thành viên biết tiếng Pháp và đúng 10 thành viên biết tiếng Đức.

VÒNG 2 (12/9/2014)
$\boxed{\text{Bài 5 (7đ)}}$

Cho tam giác ABC nhọn không cân có O là tâm ngoại tiếp. Gọi P là một điểm nằm trong tam giác sao cho AP vuông góc với BC. Đường trung trực của đoạn AP cắt AC tại M. Đường trung trực của đoạn thẳng MC cắt BC tại N, các đường thẳng AO và MN cắt nhau tại K. Gọi D là điểm đối xứng của O qua BC
a) Chứng minh rằng đường thẳng AD đi qua trung điểm Q của đoạn thẳng PK.
b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên CA và AB. Chứng minh rằng đường trung trực của đoạn thẳng EF đi qua Q.
c) Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường trung trực của đoạn thẳng EF cắt đường thẳng AI tại T. Chứng minh KT vuông góc BC

$\boxed{\text{Bài 6 (7đ)}}$

Với mỗi số nguyên dương n, gọi $f(n)$ là số cách thay các dấu $"\pm "$ trong biểu thức $\pm 1\pm 2\pm 3...\pm n$ bởi các dấu $"+"$ hoặc $"-"$ sao cho tổng đại số nhận được bằng 0. Chứng minh rằng:
a) $f(n)=0$ khi $n\equiv 1 (mod 4)$ hoặc $n\equiv 2 (mod 4)$
b)$2^{\frac{n}{2}-1}\leq f(n)<2^n-2^{\left [ \frac{n}{2} \right ]+1}$ khi $n\equiv 0 (mod 4)$ hoặc $n\equiv 3 (mod 4)$

$\boxed{\text{Bài 7 (6đ)}}$

Các ô vuông của một bảng vuông kích thước $10x10$ được tô bởi các màu trắng hoặc đen sao cho trên mỗi hàng cũng như trên mỗi cột đều có đúng 3 ô được tô màu. Chứng minh rằng trong mọi cách tô như vậy ta luôn có thể tìm ra 10 ô được tô màu đen sao cho không có hai ô nào nằm trên cùng một hàng hay trên cùng một hàng cột.

Nguồn : VMF.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[let_wind_go]

Bài 6 chính là Romania TST 2002
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[thaygiaocht]

Sao các thầy cô LQĐ ĐN có được 2 bài hình hay như vậy nhỉ? Phục đề hình hay.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[mathandyou]

Đây là lời giải của anh Hân bên VMF,lời giải hay và chặt chẽ.Mình gửi lên đây để mọi người tham khảo.Hai bài hình hay và khá khó.Nếu thi thì mình chắc chỉ làm được bài 3. Đây cũng là cấu hình mình ít gặp.Nếu có gì thú vị thì mong mọi người chia sẻ.Xin cám ơn.

Bài 3:
Gọi $O'$ là tâm của đường tròn $(C_1)$. $X$ là giao của $GO$ và $HE$.
Vì $\angle ACO=90^o \Rightarrow AO$ là đường kính của $(C_1)$ nên $O'$ là trung điểm $AO$.
Mà ta lại có: $(CA,CO')\equiv(CO,CB) \pmod{\pi}$ (do $CA \perp CO, CO' \perp CB$) và $\triangle CO'A,COB$ là các tam giác cân tại $O,O'$ tương ứng nên $\triangle CO'A,COB$ đồng dạng nghịch
Nên suy ra\[\left( {EC,EB} \right) \equiv \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {OC} ,\overrightarrow {OB} } \right) \equiv \frac{1}{2}\left( {\overrightarrow {O'C} ,\overrightarrow {O'A} } \right) \equiv \left( {FC,FA} \right)\pmod{\pi}\]
Do đó $\triangle CEF$ cân tại $C$. (1)
Chú ý rằng $C,D$ đối xứng qua $OO'$ nên ta có $(EA,ED) \equiv (EB,ED) \equiv (CB,CD) \equiv (O'C,O'A) \equiv (O'A,O'D) \pmod{\pi}$. Do đó $A,O',E,D$ đồng viên (2)
Suy ra $(O'O,O'E) \equiv (DA,DE) \equiv (CD,CE) \pmod{\pi}$. Mà $O'O \perp CD \Rightarrow O'E \perp CE$.
Nên $E$ là trung điểm $CG$ (3)
$CEDB$ là tứ giác điều hòa nên $CD$ là đường đối trung của $\triangle ECB \Rightarrow (CE,CF) \equiv (CD,CB) \equiv (GC,GD) \pmod{\pi} \Rightarrow HCF$ cân tại $H$.
Từ đó $HX$ là phân giác $\angle GHC$. Mà $OC=OD \Rightarrow GO$ là phân giác $\angle HCD \Rightarrow X$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle HCD$.
Lại có $CE=CF=\dfrac{CG+CH-GH}{2}=GE \Rightarrow E,F,D$ là tiếp điểm của $(X)$ trên các cạnh $\triangle HCD$. Ta có đpcm.



Bài 5:
a) Dựng đường kính $AA'$. Đường thẳng qua $H$ song song $BC$ cắt $AC$ tại $X$.
Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: $(XA',XC) \equiv (CA,CB) \pmod{\pi}$
Thật vậy, vẽ $BH$ cắt $(O)$ lần 2 tại $Y$. Dễ thấy $H, Y$ đối xứng qua $AC \Rightarrow (YX,YA) \equiv \dfrac{\pi}{2} \pmod{\pi}$
Mà $AA'$ là đường kính $\Rightarrow (YA',YA) \equiv \dfrac{\pi}{2} \pmod{\pi} \Rightarrow Y,X,A'$ thẳng hàng.
$\Rightarrow (YA',YC) \equiv (YX,YA) \equiv (YA,YH) \equiv (CA,CB) \pmod{\pi}$



Lấy $Z$ là trung điểm $AX \Rightarrow ZO \parallel XA' \Rightarrow (ZO,ZC) \equiv (XA',XC) \equiv (CA,CB) \equiv (MN,MC) \pmod{\pi} \Rightarrow MN \parallel OZ$
Vì thế \[\frac{{\overline {AK} }}{{\overline {AO} }} = \frac{{\overline {AM} }}{{\overline {AZ} }} = \frac{{\overline {AP} }}{{2\cos \left( {\overrightarrow {AP} ,\overrightarrow {AM} } \right)}}:\frac{{\overline {AH} }}{{2\cos \left( {\overrightarrow {AH} ,\overrightarrow {AZ} } \right)}} = \frac{{\overline {AP} }}{{\overline {AH} }}\]
Nên $PK \parallel HO$. Ta đã biết $AD$ đi qua trung điểm $HO$ nên $AD$ cũng qua trung điểm $Q$ của $PH$.

b) Gọi đường cao $BB',CC'$ của $\triangle ABC$. Đặt $k=\dfrac{\overline{AP}}{\overline{AH}}$. Gọi $R$ là trung điểm $OH$.
\[\frac{{\overline {AC'} }}{{\overline {AF} }} = \frac{{\overline {AH} }}{{\overline {AP} }} = \frac{{\overline {AB'} }}{{\overline {AE} }}\]
Xét phép vị tự tâm $A$, tỉ số $k$:\[V_A^k:\left\{ \begin{array}{l}
H \mapsto P\\
O \mapsto K\\
C' \mapsto F\\
B' \mapsto E
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
B'C' \to EF\\
R \mapsto Q
\end{array} \right.\]
Mà $R$ thuộc trung trực $EF$ nên $Q$ thuộc trung trực $B'C'$.



c) $RB'=RC', IB'=IC' \Rightarrow IR$ là trung trực $B'C'$. Gọi $d$ là trung trực $EF$.
Xét $V_{A}^k$: theo câu b thì $IR \to d$
Mà $AI \to AI \Rightarrow I=AI \cap IR \mapsto AI \cap d=T \Rightarrow OI \to KT \Rightarrow OI \parallel KT$
Vì $OI \perp BC \Rightarrow KT \perp BC$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[truongson2007]

Câu 3 bài hình
Trước hết, nhận thấy điểm O chính là điểm chính giữa cung CD của đường tròn C1. Vậy GO là phân giác gocsCGD. Lại có OF=OD nên dễ dàng suy ra GF=GD suy ra GO là trung trực FD. tam giác AGD đồng dạng tam giác ACB suy ra góc CAF=góc GAD. Do đó FD//CG, tam giác HCG cân suy ra HE vuông góc CG.... ĐẾN ĐÂY CHẮC XONG HẾT RỒI
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]