|
|
|
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 |
13-11-2014, 11:56 AM | #1 |
Moderator Tham gia ngày: Dec 2012 Đến từ: HCMUS Bài gởi: 557 Thanks: 259 Thanked 402 Times in 216 Posts | Đề chọn đội tuyển chính thức thi VMO 2015 tỉnh Đồng Nai Ngày thi thứ nhất. Câu 1 (5 điểm) Giải phương trình : $$(5x-4)\sqrt{2x-3}-(4x-5)\sqrt{3x-2}=2$$ Câu 2 (5 điểm) Tìm tất cả các hàm số $g:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả : $$g\left [ g(x)-x^2+yz \right ]=g(x)\left [ g(x)-2x^2+2yz \right ]+z^2\left [ y^2-g(y) \right ]+y^2\left [ z^2-g(z) \right ]-2x^2yz+x+g(y)g(z)+x^4,\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$ Câu 3 : (5 điểm) Một số tự nhiên được gọi là "số may mắn" nến tổng các chữ số của nó là $7$. Gọi $a_1,a_2,...,a_n,..$ là dãy tất cả các "số may mắn" được sắp xếp theo thứ tự tăng dần. Hỏi : 1. Số $2014$ là số hạng thứ mấy của dãy ? 2. Số hạng $a_{325}$ là số nào ? Câu 4 (5 điểm) Tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $D$ đối xứng $B$ qua $A$ và $M$ là trung điểm $CD$. Đường tròn $(BDM)$ cắt $AC$ ở $E$ nằm trong tam giác $ABC$. Đường tròn $(BCE)$ cắt $BM$ tại $F$ khác $B$. $BE,CF$ cắt nhau ở $I$. $BM,DI$ cắt nhau ở $K$. 1. Chứng minh $CM=MF$. 2. Chứng minh $I$ là tâm nội tiếp tam giác $BKC$. |
The Following 3 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post: |
13-11-2014, 07:25 PM | #2 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2013 Đến từ: THPT Chuyên Lương Thế Vinh, Biên Hoà, Đồng Nai Bài gởi: 144 Thanks: 109 Thanked 130 Times in 66 Posts | Trích:
Lời giải : Đặt $f(x)=g(x)-x^2$ ta được : $$f(f(x)+yz)=x+f(y)f(z),\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}\;\;\;(1)$$ Cho $x=y=0$ được : $$f(f(0))=f(z)f(0),\;\forall z\in \mathbb{R}$$ Nếu $f(0) \neq 0$ thì $f$ là hàm hằng, thử lại không thoả. Do vậy $f(0)=0$. Trong $(1)$ cho $y=0$ : $$f(f(x))=x,\;\forall x\in \mathbb{R}$$ Từ đây suy ra $f$ toàn ánh. Trong $(1)$ cho $x=0$ : $$f(yz)=f(y)f(z),\;\forall y,z\in \mathbb{R}$$ Từ đó viết PTH đã cho dưới dạng : $$f(f(x)+yz)=f(f(x))+f(yz),\;\forall x,y,z\in \mathbb{R}$$ Do $f$ toàn ánh nên $f(x+y)=f(x)+f(y),\;\forall x,y\in \mathbb{R}$. Hàm $f$ vừa cộng tính, vừa nhân tính nên $f(x)=ax,\;\;\forall x\in \mathbb{R}$. Thử lại $a=1$. Hàm thoả đề là : $$\boxed{g(x)=x^2+x,\;\forall x\in \mathbb{R}}$$ Muộn màng rồi. Chờ đợi 1 phép màu | |
The Following 2 Users Say Thank You to Juliel For This Useful Post: | buigiahuy0 (15-11-2014), DenisO (14-11-2014) |
13-11-2014, 08:56 PM | #3 |
+Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Feb 2012 Bài gởi: 512 Thanks: 209 Thanked 287 Times in 224 Posts | 3) A) TA CÓ SỐ CÁC SỐ CÓ ÍT HƠN 4 CHỮ SỐ CÓ TỔNG BẰNG 7 LÀ SỐ NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA PHƯƠNG TRÌNH: $M+N+P=7$ NÊN TA CÓ $C^{2}_{9}=36$ SỐ. TA CÓ SỐ CÁC SỐ CÓ 4 CHỮ SỐ BẮT ĐẦU BẰNG SỐ 1 CÓ TỔNG BẰNG 7 LÀ SỐ NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA PHƯƠNG TRÌNH: $M+N+P=6$ NÊN TA CÓ $C^{2}_{8}=28$ SỐ. VẬY TA CÓ SỐ 2005 LÀ SỐ THỨ 36+28+1=65 VÀ 2014 LÀ SỐ THỨ 66 . B)TA CÓ SỐ CÁC SỐ CÓ ÍT HƠN 6 CHỮ SỐ CÓ TỔNG BẰNG 7 LÀ SỐ NGHIỆM KHÔNG ÂM CỦA PHƯƠNG TRÌNH: $ M+N+P+Q+R=7$ NÊN TA CÓ $C^{4}_{11}=330$ SỐ. DỄ THẤY SỐ THỨ 330 LÀ 70000 , THỨ 329 LÀ 61000 , THỨ 328 LÀ 6010 0, THỨ 327 LÀ 60010 , THỨ 326 LÀ 60001 NÊN THỨ 325 LÀ 52000 . thay đổi nội dung bởi: quocbaoct10, 13-11-2014 lúc 09:59 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to hungqh For This Useful Post: | DenisO (17-11-2014), quocbaoct10 (13-11-2014) |
13-11-2014, 10:53 PM | #4 |
+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 | Bài hình là G6 IMO Shortlist ... __________________ i'll try my best. |
14-11-2014, 10:50 PM | #5 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2014 Đến từ: 12 Toán THPT chuyên LQĐ-Quảng Trị Bài gởi: 45 Thanks: 35 Thanked 11 Times in 10 Posts | Bạn nào có ngày thi thứ 2 thì có thể up lên diễn đàn được không vậy __________________ MỘT BÀI TOÁN HAY LÀ BÀI TOÁN KHÔNG ÁP DỤNG NHIỀU KỸ THUẬT MÀ BÀI TOÁN ĐÓ PHẢI ĐẾN TỰ NHIÊN,DỄ HIỂU NHẤT |
16-11-2014, 10:05 AM | #6 |
Super Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: BH Bài gởi: 212 Thanks: 135 Thanked 345 Times in 92 Posts | ĐỀ NGÀY THỨ 2 Câu 1 (7 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ với hai đường cao $BE, CF$ cắt nhau tại $H$. Qua hai điểm $A, F$ dựng hai đường tròn tiếp xúc với đường thẳng $BC$ theo thứ tự tại $P, Q$ sao cho $B$ nằm giữa $P$ và $Q$. Gọi $I$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $PE$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh $I, F, Q$ thẳng hàng. Câu 2 (7 điểm). Với $X$ là một tập hợp các số thực, ta kí hiệu $S\left( X \right)$ là tổng các phần tử thuộc tập $X$. Một tập $A$ gồm các số nguyên dương được gọi là tập “nguyên tố” nếu với mọi tập con $B$ khác rỗng của tập $A$ thì $\left( S(B),(SA) \right)=1$ (trong đó $\left( a,b \right)$ là ước chung lớn nhất của hai số $a,b$). 1) Tìm một tập “nguyên tố” gồm 6 phần tử. 2) Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để tồn tại $a,b\in \mathbb{N}$ sao cho tập $A=\left\{ {{(a+b)}^{2}},{{(a+2b)}^{2}},...,{{(a+nb)}^{2}} \right\}$ là tập “nguyên tố”. Câu 3 (6 điểm). Cho $m$ là số nguyên dương. Biết $2^{m+1}+1$ là ước số của $3^{2^m}+1$. Chứng minh rằng $2^{m+1}+1$ là số nguyên tố. thay đổi nội dung bởi: quocbaoct10, 16-11-2014 lúc 02:39 PM |
The Following User Says Thank You to nguyentatthu For This Useful Post: | HoangHungChels (18-11-2014) |
17-11-2014, 11:27 PM | #8 |
Super Moderator Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: BH Bài gởi: 212 Thanks: 135 Thanked 345 Times in 92 Posts | |
18-11-2014, 11:03 PM | #9 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2014 Bài gởi: 32 Thanks: 19 Thanked 10 Times in 8 Posts | a)Vẽ (M,MC) cắt MB tại X. Ta có: $\Delta MXD\sim \Delta EBD$. $\Rightarrow \widehat{DBE}=\widehat{DXM}$. $\Rightarrow \widehat{AEB}=\widehat{MXC}$. $\Rightarrow \widehat{BXC}=\widehat{BEC}$. $\Rightarrow $ BXEC nội tiếp. $\Rightarrow X\equiv F$. $\Rightarrow MF=MC$. b)Theo câu (a) ta có: $\widehat{BDE}=\widehat{FDC}$. $\Rightarrow \widehat{EBC}=\widehat{EDC}=\widehat{BDF}=\widehat {ECF}=\widehat{EBF}$. $\Rightarrow$ BI là phân giác $\widehat{CBF}$ (*) Gọi J là giao của AB với CF. Y đối xứng với J qua F. Ta cần chứng minh $I\equiv Y$. Ta có: $\Delta BJF\sim \Delta DYC$. $\Rightarrow \frac{FY}{YC}=\frac{FJ}{YC}=\frac{BF}{DC}=\frac{BF }{BC}$. $\Rightarrow$ BY là phân giác $\widehat{CBF}$. $\Rightarrow Y\equiv I$. $\Rightarrow \widehat{IDF}=\widehat{BDF}=\widehat{EFI}$. $\Rightarrow DI\perp EF$. Và: $\widehat{BDI}=\widehat{MBC}$. $\Rightarrow \widehat{MDK}=\widehat{MBD}$. $\Rightarrow MC^{2}=MD^{2}=MK.MB$. $\Rightarrow \widehat{MKC}=\widehat{MCB}$. Từ đó: $2.\widehat{BKI}+\widehat{MCB}=2(\widehat{BKI}+\wi dehat{ACB})=2(\widehat{BKI}+\widehat{KFE})=180^{\c irc}=\widehat{BKC}+\widehat{MCB}$. $\Rightarrow KI là phân giác \widehat{BKC}$. (**) Từ (*) và (**) suy ra Điều phải chứng minh. Bài toán kết thúc. thay đổi nội dung bởi: nhatduyt1k24, 18-11-2014 lúc 11:47 PM |
The Following 2 Users Say Thank You to nhatduyt1k24 For This Useful Post: | kinhluannguyen (19-11-2014), thaygiaocht (19-11-2014) |
20-11-2014, 08:40 AM | #10 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Sep 2009 Bài gởi: 22 Thanks: 6 Thanked 7 Times in 5 Posts | Câu phương trình có ai giải được chưa? thay đổi nội dung bởi: mchuy, 20-11-2014 lúc 02:02 PM |
20-11-2014, 10:06 PM | #11 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2014 Bài gởi: 70 Thanks: 12 Thanked 24 Times in 23 Posts | Trích:
ĐK:x>3/2 Ta có $(5x-4)\sqrt{2x-3}$=$(4x-5)\sqrt{3x-2}+2$ $\Leftrightarrow 50x^{3}-155x^{2}+152x-48=48x^{3}-152x^{2}+155x-46+4(4x-5)\sqrt{3x-2}$ $\Leftrightarrow 2x^{3}-3x^{2}-3x-2=4(4x-5)\sqrt{3x-2}$ $\Leftrightarrow 2x^{3}-3x^{2}-3x-2=4(4x-5)(\sqrt{3x-2}-(x-2))+(4x-8)(4x-5)$ $2x^{3}-19x^{2}+49x-42=\frac{4(4x-5)(x-6)(1-x)}{(x-2)+\sqrt{3x-2}}$ $(x-6)(2x^{2}-7x+7+\frac{16x^{2}-36x+20}{(x-2)+\sqrt{3x-2}})=0$ Th1:x=6(tmđk) Th2:$2x^{2}-7x+7+\frac{16x^{2}-36x+20}{(x-2)+\sqrt{3x-2}}=0$ (1') Ta có: $2x^{2}-7x+7\geq 0$ (2) $16x^{2}-36x+20=(4x)^{2}-2*4x*\frac{9}{2}+\frac{81}{4}-\frac{1}{4}$ $=(4x-\frac{9}{2})^{2}-\frac{1}{4}$ Do $x\geq \frac{3}{2}$ $\Rightarrow 4x-\frac{9}{2}\geq \frac{3}{2}$ $\Rightarrow 16x^{2}-36x+20\geq 2$ (3) Do $x\geq \frac{3}{2}$ $\Rightarrow x-2+\sqrt{3x-2}> 0$ (4) Từ (2),(3),(4) ta có $2x^{2}-7x+7+\frac{16x^{2}-36x+20}{(x-2)+\sqrt{3x-2}}> 0$ $\Rightarrow (1')$ vô nghiệm Vậy pt có nghiệm duy nhất x=6 __________________ thay đổi nội dung bởi: hieut1k24, 20-11-2014 lúc 10:09 PM | |
04-01-2015, 07:57 PM | #12 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Feb 2009 Bài gởi: 20 Thanks: 28 Thanked 4 Times in 4 Posts | Bài Tổ Hợp Ngày 2 có bác nào làm trọn vẹn chưa vậy? Trên VMF có 1 lời giải rồi nhưng chưa hoàn chỉnh, còn chưa xét xong trường hợp $n$ là số nguyên tố lớn hơn hoặc bằng $5$ |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|