Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi chọn Đội tuyển HSG tỉnh Nghệ An


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 14 trả lời

#1
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT (NGHỆ AN)

Ngày thứ nhất (11.10.2011)

Bài 1(3,0 điểm)




Giải hệ phương trình:
$$\begin{cases}{ x^2+y^2+\dfrac{8xy}{x+y}=16}\\{\dfrac{x^2}{8y}+\dfrac{2x}{3}=\sqrt{\dfrac{x^3}{3y}+\dfrac{x^2}{4}}-\dfrac{y}{2}}\end{cases}$$
Bài 2(4,0 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương x, y thỏa mãn: $$x^{2010}+x^{2009}+...+x+2=y^{5}$$.
Bài 3.(4,0 điểm)
Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Phân giác ngoài của góc BHC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi K là giao điểm của phân giác góc A của tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE (K khác A). Chứng minh rằng hai tam giác BHK và CHK có diện tích bằng nhau.
Bài 4. (4,0 điểm)
Tìm tất cả các hàm số $f:R_{+}^{*}\rightarrow R_{+}^{*}$ thoả mãn: $$ f(x+f(y))=f(x+y)+f(y)$$ với mọi $x, y\in R_{+}^{*}$.
Bài 5 (5, 0 điểm)
Cho số nguyên tố $p>3$ và $M = \{1; 2; ...; p \}$. Với mỗi số nguyên k thỏa mãn $1\leq k\leq p$ ta đặt ${E}_{k}= \{ A \subset M:|A|=k \}$ và $x_{k}=\sum (min A + maxA)$ với $A\in E_{k}.$
Chứng minh rằng: $\left( x_{1}C_{1}^{p}+ x_{2}C_{2}^{p}+... x_{p-1}C_{p-1}^{p}\right)\equiv \pmod{p^3} $.Trong đó |A| là số phần tử của tập hợp A.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Minhnksc: 04-12-2017 - 22:39

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#2
Crystal

Crystal

    ANGRY BIRDS

  • Hiệp sỹ
  • 5534 Bài viết

Bài 1(3,0 điểm)


Giải hệ phương trình:
$$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{x^2} + {y^2} + \dfrac{{8xy}}{{x + y}} = 16\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)}\\
{\dfrac{{{x^2}}}{{8y}} + \dfrac{{2x}}{3} = \sqrt {\dfrac{{{x^3}}}{{3y}} + \dfrac{{{x^2}}}{4}} - \dfrac{y}{2}\,\,\,\,\,\left( 2 \right)}
\end{array}} \right.$$

Giải thử bài 1.

ĐK: ...

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]\left( {x + y} \right) + 8xy = 16\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^3} - 16\left( {x + y} \right) - 2xy\left( {x + y} \right) + 8xy = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 16} \right] - 2xy\left( {x + y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {x + y - 4} \right)\left( {x + y + 4} \right) - 2xy\left( {x + y - 4} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y - 4} \right)\left[ {\left( {x + y} \right)\left( {x + y + 4} \right) - 2xy} \right] = 0 \Leftrightarrow \left( {x + y - 4} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 4x + 4y} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + y - 4 = 0\\
{x^2} + {y^2} + 4x + 4y = 0
\end{array} \right.$ ............

Thay vào (2) là OK.

#3
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết
Đề thi vòng 2


Bài 1. Giải phương trình
$$\sqrt{4x^2-x+1}+2x=3\sqrt[3]{2x^2-x^3}+\sqrt{9x^2-4x+4} $$
Bài 2. Cho $a,b,c>0$ thỏa mãn $abc \le 1$. Tìm GTLN của biểu thức
$$P=\sum \sqrt[3]{\dfrac{a^2+a}{a^2+a+1}}$$
Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và $M$ là 1 điểm nằm trong tam giác không trùng với $(O)$. Các tia $AM,BM,CM$ theo thứ tự cắt $(O)$ tại các điểm thứ hai là $A',B',C'$. Biết rằng các cặp đường thẳng $A_1B_1$ và $AB,A_1C_1$ và $AC, B_1C_1$ và $BC$ cắt nhau lần lượt tại $A_2,B_2,C_2$. Chứng minh rằng $A_2,B_2,C_2$ thẳng hàng và đường thẳng đi qua ba điểm đó vuông góc với $OM$.
Bài 4. Cho hàm số $f(x)$ xác định trên $\mathbb{R}$ thỏa mãn Với mổi số thực dương $c$ tồn tại đa thức $P_c(x)$ với hệ số thực sao cho $\left | f(x)-P_c(x) \right |\leq cx^{2012}$ với mọi số thực $x$. Chứng minh rằng $f(x)$ là đa thức với hệ số thực.
Bài 5: Với mổi số nguyên dương , hảy xác định số hoán vị $(a_1,a_2,...,a_n)$ của tập hợp $\{ 1,2,..., n \}$ thoả mãn $2(a_1+a_2+...+a_n)$ chia hết cho $k$ với mọi $k$ thuộc $\{1,2,...,n \}$

Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 


#4
Ngày không em

Ngày không em

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết
Baì 2:Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
$\dfrac{{{a^2} + a}}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{3} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{4({a^2} + a)}}{{9({a^2} + a + 1)}}}}$
Như vậy ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$\sum {\dfrac{{{a^2} + a}}{{{a^2} + a + 1}} = 3 - \sum {\dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}}} } \le 2$
Vậy GTLN của biểu thức là $\sqrt[3]{{18}} $

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ngày không em: 20-10-2011 - 09:34


#5
Didier

Didier

    đẹp zai có một ko hai

  • Thành viên
  • 403 Bài viết

Baì 2:Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
$\dfrac{{{a^2} + a}}{{{a^2} + a + 1}} + \dfrac{2}{3} + \dfrac{2}{3} \ge 3\sqrt[3]{{\dfrac{{4({a^2} + a)}}{{9({a^2} + a + 1)}}}}$
Như vậy ta sẽ đi tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
$\sum {\dfrac{{{a^2} + a}}{{{a^2} + a + 1}} = 3 - \sum {\dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}}} } \le 2$
Vậy GTLN của biểu thức là $\sqrt[3]{{18}} $

lí giải thử chỗ này đi$ \sum_{cyc}\dfrac{1}{a^{2}+a+1} \leq 1$


#6
Ngày không em

Ngày không em

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 10 Bài viết

lí giải thử chỗ này đi$ \sum_{cyc}\dfrac{1}{a^{2}+a+1} \leq 1$

Nó là thế này cơ Didier
$\sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}}} \ge 1$

#7
alex_hoang

alex_hoang

    Thượng úy

  • Hiệp sỹ
  • 1152 Bài viết

Nó là thế này cơ Didier
$\sum\limits_{cyc} {\dfrac{1}{{{a^2} + a + 1}}} \ge 1$

Đây là bất đẳng thức của Vasile Citoaje lời giải sử dụng Cauchy Schwarz
Vói cách đặt
$a = \dfrac{{kxy}}{{{z^2}}}$
$b,c$ tương tự
alex_hoang


HẸN NGÀY TRỞ LẠI VMF THÂN MẾN

http://www.scribd.co...oi-Ban-Cung-The

#8
caubeyeutoan2302

caubeyeutoan2302

    Nhà dược sĩ mê toán

  • Thành viên
  • 305 Bài viết
Bài 2-Ngày thứ 1:


Bài này tương tự như dạng mình đã từng post lên rồi này . Hướng làm : Đa thức bất khả quy :

Bổ đề : Nếu p là 1 số nguyên tố thì đa thức : $ x^{p-1}+x^{p-2}+........................+x+1$ là một đa thức bất khả quy trên trường $ Q(x) $

Trở lại bài toán và chú ý rằng số 2011 là số nguyên tố ,
Ta có phương trình nghiệm nguyên là : $x^{2010}+x^{2009}+...........................+x+1=y^5-1$
Áp dụng bổ đề ta có VT là một đa thức bất khả quy còn VP lại là một đa thức khả quy do $y^5-1=(y-1)(y^4+y^3+y^2+y+1)$ do thế phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. :closedeyes:
P/S : Toàn , em còn cách nào khác không , ở trên đây do anh đã bí mấy pp thường quá nên mới liều làm đa thức bất khả quy chứ nếu không làm bằng số học bình thường cho lành :)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi caubeyeutoan2302: 22-10-2011 - 11:11

CỐ GẮNG THÀNH SINH VIÊN ĐẠI HỌC Y DƯỢC THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

#9
z0zLongBongz0z

z0zLongBongz0z

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 79 Bài viết

Giải thử bài 1.

ĐK: ...

$\left( 1 \right) \Leftrightarrow \left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 2xy} \right]\left( {x + y} \right) + 8xy = 16\left( {x + y} \right) \Leftrightarrow {\left( {x + y} \right)^3} - 16\left( {x + y} \right) - 2xy\left( {x + y} \right) + 8xy = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left[ {{{\left( {x + y} \right)}^2} - 16} \right] - 2xy\left( {x + y - 4} \right) = 0 \Leftrightarrow \left( {x + y} \right)\left( {x + y - 4} \right)\left( {x + y + 4} \right) - 2xy\left( {x + y - 4} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {x + y - 4} \right)\left[ {\left( {x + y} \right)\left( {x + y + 4} \right) - 2xy} \right] = 0 \Leftrightarrow \left( {x + y - 4} \right)\left( {{x^2} + {y^2} + 4x + 4y} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}
x + y - 4 = 0\\
{x^2} + {y^2} + 4x + 4y = 0
\end{array} \right.$ ............

Thay vào (2) là OK.

em thay vào mà không giải đc tiếp. Anh giúp em với :(

#10
mathforlife

mathforlife

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 66 Bài viết

bài 5 ngày 1 là đồng dư với gì vậy bạn?? mình tìm mấy nguồn mà đều thiếu đề như vậy



#11
Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết

Bài 2-Ngày thứ 1:


Bài này tương tự như dạng mình đã từng post lên rồi này . Hướng làm : Đa thức bất khả quy :

Bổ đề : Nếu p là 1 số nguyên tố thì đa thức : $ x^{p-1}+x^{p-2}+........................+x+1$ là một đa thức bất khả quy trên trường $ Q(x) $

Trở lại bài toán và chú ý rằng số 2011 là số nguyên tố ,
Ta có phương trình nghiệm nguyên là : $x^{2010}+x^{2009}+...........................+x+1=y^5-1$
Áp dụng bổ đề ta có VT là một đa thức bất khả quy còn VP lại là một đa thức khả quy do $y^5-1=(y-1)(y^4+y^3+y^2+y+1)$ do thế phương trình đã cho không có nghiệm nguyên dương. :closedeyes:
P/S : Toàn , em còn cách nào khác không , ở trên đây do anh đã bí mấy pp thường quá nên mới liều làm đa thức bất khả quy chứ nếu không làm bằng số học bình thường cho lành :)

Mình thấy không ổn cho lắm. $x^{2010}+x^{2009}+...+x+1$ luôn khả quy trên $\mathbb{R}[x]$, tức là nó có thể viết dưới dạng tích của hai số thực, ở đây là số vô tỉ (vì nó  bất khả quy trên $\mathbb{Q}[x]$). Tích hai số vô tỉ vẫn có thể nguyên mà.

Ví dụ : $\sqrt{2}.\sqrt{50}=10=2.5$


Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#12
yeutoan11

yeutoan11

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 307 Bài viết

Mình thấy không ổn cho lắm. $x^{2010}+x^{2009}+...+x+1$ luôn khả quy trên $\mathbb{R}[x]$, tức là nó có thể viết dưới dạng tích của hai số thực, ở đây là số vô tỉ (vì nó  bất khả quy trên $\mathbb{Q}[x]$). Tích hai số vô tỉ vẫn có thể nguyên mà.

Ví dụ : $\sqrt{2}.\sqrt{50}=10=2.5$

Ừm chắc cách đa thức không ổn lắm :

PT tương đương 

$\frac{x^{2011}-1}{x-1}=y^5-1$

Xét 1 ước nguyên tố $p$ thỏa : $p | \frac{x^{2011}-1}{x-1}$

Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất để $p | x^k - 1\Rightarrow k | 2011$. Vậy $k=1$ hoặc $k=2011$

Nếu $k=1 \Rightarrow x \equiv 1 \pmod p \Rightarrow \frac{x^{2011}-1}{x-1}\equiv 2011 \pmod p\Rightarrow p= 2011$

Nếu $k=2011$ Thì theo $fermat$ $\Rightarrow 2011|p-1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod {2011}$

Vậy các ước của $\frac{x^{2011}-1}{x-1}$ chia $2011$ dư $0,1$

Ta có : $y^5 - 1 = (y - 1)(y^4 + y^3 + y^2 + y + 1)$

$\left\{\begin{matrix} y-1 \equiv 0,1 \pmod {2011}\\y^4 + y^3 + y^2 + y + 1 \equiv 0,1 \pmod {2011} \end{matrix}\right.$

Hệ trên vô nghiệm . Vậy PT vô nghiệm


Dựng nước lấy việc học làm đầu. Muốn thịnh trị lấy nhân tài làm gốc.
NGUYỄN HUỆ
Nguyễn Trần Huy
Tự hào là thành viên VMF

#13
IloveMaths

IloveMaths

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT (NGHỆ AN)

Ngày thứ nhất (11.10.2011)

Bài 3.(4,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Phân giác ngoài của góc BHC cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại D, E. Gọi K là giao điểm của phân giác góc A của tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE (K khác A). Chứng minh rằng hai tam giác BHK và CHK có diện tích bằng nhau.

 

:luoi:  :luoi: chém tí 

Dê dàng chứng minh AK là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE 

Gọi $DK\cap BH=M;EK\cap CH=N;AC\cap BH=S;AB\cap CH=F$

De dàng chứng minh được tứ giác HMKN là hình bình hành

Do đó ta cần chúng minh :

$S_{\Delta BMK}=S_{\Delta NCK}\Rightarrow BM.MK=KN.NC\Leftrightarrow \frac{BM}{KN}=\frac{NC}{MK}\Leftrightarrow \frac{BD}{DF}=\frac{CE}{SE}\Leftrightarrow \frac{BH}{HF}=\frac{HC}{SH}\Leftrightarrow BH.SH=HC.HF$ 

$\Rightarrow Q.E.D$

:luoi:


Dịp may chỉ mách bảo một trí tuệ chun cần

#14
Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết

Ừm chắc cách đa thức không ổn lắm :

PT tương đương 

$\frac{x^{2011}-1}{x-1}=y^5-1$

Xét 1 ước nguyên tố $p$ thỏa : $p | \frac{x^{2011}-1}{x-1}$

Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất để $p | x^k - 1\Rightarrow k | 2011$. Vậy $k=1$ hoặc $k=2011$

Nếu $k=1 \Rightarrow x \equiv 1 \pmod p \Rightarrow \frac{x^{2011}-1}{x-1}\equiv 2011 \pmod p\Rightarrow p= 2011$

Nếu $k=2011$ Thì theo $fermat$ $\Rightarrow 2011|p-1 \Rightarrow p \equiv 1 \pmod {2011}$

Vậy các ước của $\frac{x^{2011}-1}{x-1}$ chia $2011$ dư $0,1$

Ta có : $y^5 - 1 = (y - 1)(y^4 + y^3 + y^2 + y + 1)$

$\left\{\begin{matrix} y-1 \equiv 0,1 \pmod {2011}\\y^4 + y^3 + y^2 + y + 1 \equiv 0,1 \pmod {2011} \end{matrix}\right.$

Hệ trên vô nghiệm . Vậy PT vô nghiệm

Em chưa hiểu chỗ này lắm, ý anh là từ giả thiết $p|\frac{x^{2011}-1}{x-1}$ suy ra $p|x^{2011}-1$ sao ?

Ờ, nhầm tí, cảm ơn Toàn  :luoi:


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 02-10-2013 - 19:41

Đừng rời xa tôi vì tôi lỡ yêu người mất rồi !
 

Welcome to My Facebook !


#15
Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản lý Toán Cao cấp
  • 4273 Bài viết

Em chưa hiểu chỗ này lắm, ý anh là từ giả thiết $p|\frac{x^{2011}-1}{x-1}$ suy ra $p|x^{2011}-1$ sao ?

Em nghĩ cái này suy ra được mà anh.


Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.

 

Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”). 





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh