Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Tài Liệu > Đề Thi > Đề Thi HSG Cấp Tỉnh ở Việt Nam

News & Announcements

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 !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* 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

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 04-11-2017, 12:46 AM   #61
Cutrone
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 7
Thanks: 2
Thanked 0 Times in 0 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi MATHSCOPE View Post
$\boxed{39}$ [Thanh Hoá] Cho dãy số: $a_{0};\,a_{1};\,a_{2};\,...$ thoả mãn: \[a_{m+n}+a_{m-n}=\dfrac{1}{2}(a_{2m}+a_{2n})\quad\forall\,m;\,n \in \mathbb N,\; m\geqslant n.\] Nếu $a_{1}=1$, hãy xác định: $a_{2017}$.
Từ ràng buộc đề ra, cho $m=n=0$ để có $a_0=0$, sau đó cho $n=0$ để có
\[a_{2m}=4a_m\quad\forall\,m\in\mathbb N\]
Từ đây có $a_{2}=4$, và ta cho $n=1$ vào ràng buộc đề ra để có
\[{a_{m + 1}} + {a_{m - 1}} = \frac{1}{2}\left( {{a_{2m}} + {a_2}} \right) = \frac{1}{2}\left( {4{a_m} + 3} \right) = 2{a_m}+2\quad\forall\,m\in\mathbb N^*\]
Đặt $a_n-n^2=b_n$, từ ràng buộc vừa rút ra ta có
\[{b_{m + 1}} + {\left( {m + 1} \right)^2} + {b_{m - 1}} + {\left( {m - 1} \right)^2} = 2\left( {{b_m} + {m^2}} \right) + 2\quad\forall\,m\in\mathbb N^*\]
Vậy, $b_{m+1}-b_m=b_m-b_{m-1}\quad\forall\,m\in\mathbb N^*$, nói khác đi $\left\{b_n\right\}_{n\in\mathbb N}$ là một cấp số cộng, vậy tồn tại các hằng số $k;\,l$ thoả
\[{a_n} = {b_n} + {n^2} = kn + l + {n^2}\quad\forall\,n\in\mathbb N\]
Cho $n=0$ có $l=0$, còn với $n=1$ ta được $k=0$ tức là
\[a_{2017}=2017^2.\]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Cutrone is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 04-11-2017, 01:43 AM   #62
Thụy An
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 72
Thanks: 1
Thanked 48 Times in 36 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi MATHSCOPE View Post
$\boxed{20}$ [Thanh Hoá] Cho $a$ và $b$ là các số nguyên dương, thỏa mãn các điều kiện:
$$a|{{b}^{2}},\,\,\,\,{{b}^{3}}|{{a}^{4}},\,\,\,\, {{a}^{5}}|{{b}^{6}},\,\,\,\,{{b}^{7}}|{{a}^{8}},\, \,...$$
Chứng minh rằng $a=b$.
Từ giả thiết ta thấy, $a^{4n+1}\mid b^{4n+2}$ và $b^{4n+3}\mid a^{4n+4}$ với mọi số tự nhiên $n$.

Như vậy với số nguyên tố $p$ và số tự nhiên $n$ bất kỳ, ta sẽ có các đánh giá
\[\begin{array}{l}
\left( {4n + 1} \right){v_p}\left( a \right) = {v_p}\left( {{a^{4n + 1}}} \right) \le {v_p}\left( {{b^{4n + 2}}} \right) = \left( {4n + 2} \right){v_p}\left( b \right)\\
\left( {4n + 3} \right){v_p}\left( b \right) = {v_p}\left( {{b^{4n + 3}}} \right) \le {v_p}\left( {{a^{4n + 4}}} \right) = \left( {4n + 4} \right){v_p}\left( a \right)
\end{array}\]
Tức là với mọi số tự nhiên $n$, ta có được
\[\left( {\frac{{4n + 3}}{{4n + 4}}} \right){v_p}\left( b \right) \le {v_p}\left( a \right) \le \left( {\frac{{4n + 2}}{{4n + 1}}} \right){v_p}\left( b \right)\]
Lấy giới hạn khi $n$ ra vô cực, để có với mọi số nguyên tố $p$ thì
\[v_p(a)=v_p(b)\]
Vậy $a\mid b$ và $b\mid a$, kết hợp với $a;\,b\in\mathbb Z^+$ để có $a=b$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Thụy An is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to Thụy An For This Useful Post:
foollockholmes (08-11-2017), Le khanhsy (20-12-2017)
Old 08-11-2017, 12:15 PM   #63
foollockholmes
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2016
Bài gởi: 15
Thanks: 11
Thanked 7 Times in 7 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi qhhh View Post
Các bài toán Hình Học

(Sẽ update liên tục)

$\boxed{2}$ [THPT Chuyên KHTN - Ngày 2] Cho hai đường tròn $(O)$ và $(K)$ cắt nhau tại $A,B$ với $K$ thuộc $(O).$ Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $(K)$ tại $P$ khác $A.$ $PB$ cắt $(O)$ tại $C$ khác $B.$ Một đường thẳng đi qua $P$ cắt $(O)$ tại $M,N.$ Trung trực $AM,AN$ lần lượt cắt $PA$ tại $Q,R.$ Chứng minh rằng bốn điểm $R,Q,K,C$ cùng thuộc một đường tròn.
Gọi giao của $CQ$ với $(O)$ là $T$, $BR$ với $(O)$ là $Z$
vì các tứ giác $CNTA, BMZA$ là tứ giác điều hòa , $PA,BC,MN$ đồng quy nên $P,Z,T$ thẳng hàng, suy ra $ \widehat{ BZT}=\widehat{ RZP}$
mà dễ thấy tứ giác $KZRP$ nội tiếp nên suy ra $\widehat{RKP}=\widehat{TKP}$, mà tam giác $ABP$ cân tại $A$ nên ta có $\widehat{RKA}=\widehat{AKT} \Rightarrow \triangle{RKA} \sim \triangle {AKT} \Rightarrow \widehat{KAT} =\widehat{KRA}$ suy ra đpcm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : png Capture.PNG (42.2 KB, 6 lần tải)
__________________
Ai cũng có thể bỏ cuộc, đó là việc làm dễ nhất trên thế giới, nhưng để vững tâm khi mọi người đều cảm thông nếu bạn từ bỏ, đó mới chính là sức mạnh thật sự
foollockholmes is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to foollockholmes For This Useful Post:
MATHSCOPE (08-11-2017)
Old 09-11-2017, 05:09 PM   #64
foollockholmes
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2016
Bài gởi: 15
Thanks: 11
Thanked 7 Times in 7 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi qhhh View Post
Các bài toán Hình Học

(Sẽ update liên tục)

$\boxed{5}$ [THPT Chuyên SP - Ngày 1] Cho tam giác $ABC,$ $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp, $I$ là tâm đường tròn nội
tiếp. $S$ là giao điểm của các tiếp tuyến với $(O)$ tại $B$ và $C.$ $E,$ $F$ theo thứ tự là hình chiếu của $I$ trên $AC,$ $AB.$ $M,$ $N$ là các giao điểm của $EF$ và $(O).$ $X,$ $Y$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $MI,$ $NI$ và $(O).$ Chứng minh rằng $IS\perp XY.$

$\boxed{6}$ [THPT Chuyên SP - Ngày 2] Cho tam giác nhọn $ABC,$ $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp, $BE,$ $CF$ là các đường cao. $M,$ $N$ theo thứ tự là trung điểm của $BF,$ $CE.$ $S$ là giao điểm của đường thẳng qua $M$ song song với $BO$ và đường thẳng qua $N$ song song với $CO.$ $P,$ $Q$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $AB,$ $AC$ và đường tròn tâm $S$ bán kính $SA.$ Chứng minh rằng

1) $SB=SC.$

2) Trung điểm của $BE,$ $CF,$ $MN,$ $PQ$ thẳng hàng.

bài 5 đã được thầy Trần Quang Hùng tổng quát và giải ở đây [Only registered and activated users can see links. ]
Bài 6: 1) Gọi $G$ là điểm đối xứng của $O$ qua $S$.
Ta có $GF \parallel OB, GE \parallel OC$ bằng cách xét khoảng cách từ $O$ tới $GE, GF$ ta có $O$ thuộc đường phân giác $\widehat{FGE}$, mà $GF \parallel OB, GE \parallel OC$ nên $G$ thuộc đường phân giác $\widehat{BOC}$ suy ra $S$ thuộc đường phân giác $\widehat{BOC}$ suy ra $SB=SC$.
2) Kmttq giả sử đường cao $AK$ cắt đoạn $OB$ tại $Z$.
$EG$ cắt $AK$ tại $T$. Dễ thấy rằng $AT =KZ$ từ đó suy ra $GA =OK \Rightarrow HA=HK$, do đó suy ra $K \in (S,SA)$. Gọi giao điểm thứ 2 của $(S,SA)$ và $BC$ là $I$, suy ra $AI$ là đường kính, từ đó có :$IP \parallel CF, IQ \parallel BE$ từ đó suy ra được $\frac{PF}{PB}=\frac{QC}{QE} $ từ đây sử dụng bổ đề ERIQ ta có đpcm
P/S: cách mình hơi dài ..
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : png Capture.PNG (53.4 KB, 6 lần tải)
__________________
Ai cũng có thể bỏ cuộc, đó là việc làm dễ nhất trên thế giới, nhưng để vững tâm khi mọi người đều cảm thông nếu bạn từ bỏ, đó mới chính là sức mạnh thật sự
foollockholmes is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to foollockholmes For This Useful Post:
MATHSCOPE (09-11-2017)
Old 10-11-2017, 08:17 AM   #65
Thụy An
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 72
Thanks: 1
Thanked 48 Times in 36 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi foollockholmes View Post
bài 5 đã được thầy Trần Quang Hùng tổng quát và giải ở đây [Only registered and activated users can see links. ]
Mình đưa bài tổng quát kia qua đây.

Mình cũng đưa lời giải từ bển qua, lời giải của bạn Tuấn

Gọi $S$ là liên hợp đẳng giác của $P$ thì $S$ nằm trên trung trực $BC$. Gọi $Z,\,T$ lần lượt là giao phân giác góc $A,\,C$ với $(O)$ . Gọi $U,\,V$ là giao của $NI,\,MI$ với $SC,\,SB$.

Ta có $\angle BIV = \angle PBI = \angle IBV$ nên $IBV$ cân, suy ra $Z,\,V,\,T$ thẳng hàng . Gọi $G$ là giao điểm của $AL$ với $TQ$. Áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm $(CQLRAT)$ ta có $I,\,M,\,G$ thẳng hàng.

Áp dụng Pascal đảo cho bộ 6 điểm $(QLZATK)$ ta có $K,\,L,\,V$ thẳng hàng. Tương tự có $K,\,L,\,U$ thẳng hàng.

Áp dụng đinh lý 4 điểm ta lại có : $JU^2-JV^2 = CU^2 - BV^2 = IU^2 - IV^2 $ nên $IJ \bot UV $ vì thế $IJ\bot KL$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Hình Kèm Theo
Kiểu File : jpg baihinhsptq.jpg (65.0 KB, 95 lần tải)
Thụy An is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Thụy An For This Useful Post:
foollockholmes (10-11-2017)
Old 10-11-2017, 09:25 AM   #66
thinh tran
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 3
Thanks: 0
Thanked 1 Time in 1 Post
Trích:
Nguyên văn bởi MATHSCOPE View Post
$\boxed{22}$ [Lào Cai] Tìm ước nguyên tố nhỏ nhất của $12^{2^{15}}+1$.
Giả sử ước nguyên tố nhỏ nhất của $12^{2^{15}}+1$ là $p$, ta có $\text{ord}_p(12)\mid 2^{16}$ và $12^{2^{15}}\equiv -1$ nên $p-1\ge \text{ord}_p(12)=2^{16}$, vậy $p\ge F_4=2^{16}+1;\;(1)$.

Ta lại thấy $F_4$ là một số nguyên tố, đồng thời
\[{12^{{2^{15}}}} + 1 = {2^{{F_4} - 1}}{3^{\frac{{{F_4} - 1}}{2}}} + 1 \equiv {3^{\frac{{{F_4} - 1}}{2}}} + 1\pmod{F_4};\;(2)\]
Do $F_4\equiv -1\pmod 3$ và luật tương hỗ Gauss ta lại có
\[\left( {\frac{3}{{{F_4}}}} \right).\left( { - 1} \right) = \left( {\frac{3}{{{F_4}}}} \right)\left( {\frac{{{F_4}}}{3}} \right) = {\left( { - 1} \right)^{\frac{{\left( {{F_4} - 1} \right)\left( {3 - 1} \right)}}{4}}} = 1\]
Vậy $\left( {\frac{3}{{{F_4}}}} \right)=-1$, tức là
\[{3^{\frac{{{F_4} - 1}}{2}}} + 1\equiv 0\pmod{F_4};\;(3)\]
Từ $(1),\,(2)$ và $(3)$ ta có $F_4=2^{16}+1$ là số cần tìm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
thinh tran is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to thinh tran For This Useful Post:
Le khanhsy (20-12-2017)
Old 29-12-2017, 01:17 PM   #67
Thụy An
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 72
Thanks: 1
Thanked 48 Times in 36 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi MATHSCOPE View Post
$\boxed{9}$ [Nghệ An] Số nguyên dương $m$ gọi là số hoàn hảo nếu tổng các ước nguyên dương của nó là $2m$. Tìm các số nguyên dương $n$ sao cho $1+n^n$ là số hoàn hảo.
Giả sử $n$ là số cần tìm, ta xét ba trường hợp sau:
  1. Nếu $n$ lẻ, khi đó theo định lý của Euler về số hoàn hảo chẵn sẽ tồn tại số nguyên tố $p$ thoả
    \[{n^n} + 1 = {2^{p - 1}}\left( {{2^p} - 1} \right)\]
    Từ đây ta sẽ có
    \[p - 1 = {v_2}\left( {{n^n} + 1} \right) = {v_2}\left( {n + 1} \right)\]
    Vì thế có được đánh giá
    \[n \ge {2^{p - 1}} - 1\]
    Thử trực tiếp thấy $p=2$ không thoả còn với $p\ge 5$ thì
    \[n \ge {2^{p - 2}} + {2^{p - 2}} - 1 > {2^{p - 2}} \ge 8\]
    Từ đó có
    \[{n^n} + 1 > {n^n} > {2^{8\left( {p - 2} \right)}} = {2^{p - 1}}{2^p}{2^{6p - 15}} > {2^{p - 1}}{2^p} > {2^{p - 1}}\left( {{2^p} - 1} \right)\]
    Vậy không có $p\ge 5$ thoả yêu cầu, còn khi thử trực tiếp thì thấy $p=3$ thoả. Để có $n=3$ là một giá trị thoả mãn.

  2. Nếu $n$ chẵn nhưng không là bội của 3, ta có
    \[M=n^n+1\equiv 2\pmod 3\]
    Nhưng $M$ là hoàn hảo (và không chính phương) nên lại có
    \[2M = \sigma \left( M \right) = \sum\limits_{d\mid M\\
    d < \sqrt M} {\left( {d + \frac{M}{d}} \right) = } \sum\limits_{d\mid M\\
    d < \sqrt M } {\left( {\frac{{{d^2} + M}}{d}} \right)} \]
    Để ý rằng, nếu $d\mid M$ thì $3\nmid d$ nên $3\mid\left(d^2+M\right)$ từ đó có điều mâu thuẫn là $3\mid 2M$.

  3. Nếu $n$ chẵn và là bội của 3, ta có $n=6k$ với $k\in\mathbb Z^+$. Đặt $n^k=a$ ta có $3\nmid \left( {{a^2} + 1} \right)$ nên $\gcd\left( {{a^2} + 1};\,a^4-a^2+1 \right)=1$ và do đó
    \[2M = \sigma \left( {{a^6} + 1} \right) = \sigma \left( {{a^2} + 1} \right)\sigma \left( {{a^4} - {a^2} + 1} \right)\]
    Từ đẳng thức trên và $M$ lẻ, nên hoặc là $\sigma \left( {{a^2} + 1} \right)$ hoặc là $\sigma \left( {{a^4} - {a^2} + 1} \right)$ phải là số lẻ, tức là hoặc $a^2+1$ hoặc $a^4-a^2+1$ là số chính phương. Nhưng điều đó là không thể, do các đánh giá kẹp sau (để ý $a=\left( 6k\right)^k>1$).
    \[\begin{array}{l}
    {a^2} < {a^2} + 1 < {\left( {a + 1} \right)^2}\\
    {\left( {{a^2} - 1} \right)^2} < {a^4} - {a^2} + 1 < {\left( {{a^2}} \right)^2}
    \end{array}.\]
Tóm lại, chỉ có $n=3$ là giá trị duy nhất thoả mãn.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Thụy An is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 01:14 AM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 77.82 k/87.11 k (10.67%)]