Chủ đề này có 5 trả lời

[viet nam in my heart]

Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc                                                  Kỳ thi chọn HSG lớp 10 THPT Chuyên 2015-2016

ĐỀ CHÍNH THỨC                                                                                                                 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1:(2 điểm) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{matrix} \dfrac{7}{x}-\dfrac{27}{y}=2x^2 & \\ \dfrac{9}{y}-\dfrac{21}{x}=2y^2 \end{matrix}\right.$

Câu 2:(1 điểm) Cho hàm $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện 

$$f(yf(x+y)+f(x))=4x+2yf(x+y) \forall x,y \in \mathbb{R} (1)$$

a) Chứng minh rằng $f(0)=0$

b) Tìm tất cả các hàm $f(x)$ thỏa mãn $(1)$

Câu 3:(1 điểm). Cho hai số thực dương $a,b$ thỏa mãn $a<b$ và $\dfrac{1+ab}{b-a} \leq \sqrt{3}$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$$P= \dfrac{(1+a^2)(1+b^2)}{a(a+b)}$$

Câu 4:(3 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn, $AB<AC$. Đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với ba cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. $K$ là hình chiếu của $D$ trên $EF$, $AI$ cắt $BC$ tại $X$. Vẽ tiếp tuyến $XH$ của đường tròn $(I)$ với $H$ thuộc $(I)$ và $H$ khác $D$.

a) Chứng minh rằng $KD$ và $IH$ cắt nhau tại điểm $Q$ trên đường tròn $I$. 

b) Vẽ đường tròn đi qua hai điểm $B$ và $C$, tiếp xúc với $(I)$ tại điểm $P$. Tiếp tuyến tại $(P)$ của $(I)$ cắt đường thẳng $BC$ tại $M$. Chứng minh rằng $MK=MD$

c) Chứng minh rằng ba điểm $P,K,H$ thẳng hàng

Câu 5:(2 điểm)

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương $a$ cho trước luôn tồn tại vô số số nguyên tố lẻ $p$ sao cho $a^p+2016^p$ không chia hết cho $p$

b) Tìm tất cả các số nguyên dương $a$ thỏa mãn điều kiện: Có vô số số nguyên dương lẻ $n$ sao cho $a^n+2016^n$ chia hết cho $n$

Câu 6:(1 điểm) Tìm tất cả các bộ sắp thứ tự $(a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6)$ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

(i) $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6=30$

(ii) Có thể viết các số $a_1,a_2,a_3,a_4,a_5,a_6$ lên các cạnh của một lục giác lồi sao cho sau một số hữu hạn các bước chọn một đỉnh nào đó của lục giác (mỗi bước chọn một đỉnh) rồi cộng thêm $1$ vào hai số viết ở cạnh xuất phát từ đỉnh đó thì ta có thể thu được trạng thái tất cả các số trên các cạnh của lục giác bằng nhau

--Hết--

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-01-2017 - 17:01

[Ego]

Câu 5. a) Phản chứng. Giả sử ngược lại là chỉ có hữu hạn. Nghĩa là tồn tại $p \in \mathbb{P}$ sao cho với mọi $q \in \mathbb{P}$ và $q \ge p$ thì $a^{q} + 2016^{q} \vdots q$
Theo định lý Fermat, $0 \equiv a^{q} + 2016^{q} \equiv a + 2016\pmod{q}$. Nghĩa là $a + 2016 \vdots q$. Điều này dẫn đến $a = -2016$ nếu ta chọn $q$ đủ lớn. Vô lí.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 05-04-2016 - 13:42

[Ego]

Câu 5b). Ta sẽ chứng minh $a = 2^{k} - 2016$ là các giá trị ta không tìm, còn các giá trị khác đều thỏa mãn:
i) Nếu $a + 2016$ có ước nguyên tố $p$ lẻ và $\text{gcd}(a, 2016) = 1$ thì ta chọn $n = p^{u}$. Khi đó theo bổ đề LTE, $v_{p}(a^{p^{u}} + 2016^{p^{u}}) = v_{p}(a + 2016) + u > u$. Do đó $a^{p^{u}} + 2016^{p^{u}} \vdots p^{u}$.
Nếu $\text{gcd}(a, 2016) = 2^{k}$ và $a + 2016$ cũng có ước nguyên tố $p$ lẻ thì chọn $n = p^{u}$, ta có $a^{n} + 2016^{n} = 2^{kn}(a'^{n} + b'^{n})$ đến đây áp dụng LTE tương tự ta có đpcm.
Nếu $\text{gcd}(a, 2016) = p$ lẻ nào đó thì ta cứ việc chọn $n = p^{u}$ thì khi đó $a^{n} + 2016^{n} \vdots p^{n} \vdots p^{u}$
ii) Nếu $a + 2016 = 2^{u}$. Giả sử có vô số số nguyên dương lẻ $n$ sao cho $a^{n} + 2016^{n} \vdots n$.
Dĩ nhiên ta có $\text{gcd}(a, 2016)\mid 32$. Do $n$ lẻ nên ta suy ra hẳn luôn $\text{gcd}(a, n) = \text{gcd}(2016, n) = 1$.
Xét $p$ là ước nguyên tố lẻ nhỏ nhất của $n$. Ta có $a^{n} \equiv -2016^{n} \pmod{p} \implies (-a.2016^{-1})^{n} \equiv 1\pmod{p}$
Suy ra $\text{ord}_{p}(-a.2016^{-1})\mid n$.
Mặt khác, theo định lý Fermat nhỏ, ta có $(-a.2016^{-1})^{p - 1}\equiv 1\pmod{p} \implies \text{ord}_{p}(-a.2016^{-1})\mid p - 1$
Từ đó suy ra $\text{ord}_{p}(-a.2016^{-1})\mid 1 \implies \text{ord}_{p}(-a.2016^{-1}) = 1$.
Hay $a + 2016 \vdots p$. Điều này hiển nhiên vô lí vì $p$ của ta lẻ.


P.S. Thanks em. Đã sửa.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 05-04-2016 - 14:31

[Ego]

Em hiểu sai đề bài rồi . Cũng hiểu sai luôn cách giải của anh. Phần a) yêu cầu chứng minh tồn tại vô hạn, không có nghĩa là mọi thằng đều thỏa mãn cái em nói.
Còn việc $(n, 2016) = k > 1$ đi, em lại có $a^{n} + 2016^{n} \vdots n \vdots k \implies a^{n} \vdots k$. Gọi $q$ là ước nguyên tố nào đó của $k$ đi, khi đó $a \vdots q$ và $2016 \vdots q$. Suy ra $2^{u} = 2016 + a \vdots q$. Vô lí vì $q$ lẻ.
Anh không xét thiếu, $p$ là ước của $n$. Khi đó theo tính chất $\text{gcd}$ anh vừa chứng minh thì nó suy ra ngay $\text{gcd}(p, a) = \text{gcd}(p, 2016) = 1$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 05-04-2016 - 14:22

[viet nam in my heart]

Em hiểu sai đề bài rồi . Cũng hiểu sai luôn cách giải của anh. Phần a) yêu cầu chứng minh tồn tại vô hạn, không có nghĩa là mọi thằng đều thỏa mãn cái em nói.
Còn việc $(n, 2016) = k > 1$ đi, em lại có $a^{n} + 2016^{n} \vdots n \vdots k \implies a^{n} \vdots k$. Gọi $q$ là ước nguyên tố nào đó của $k$ đi, khi đó $a \vdots q$ và $2016 \vdots q$. Suy ra $2^{u} = 2016 + a \vdots q$. Vô lí vì $q$ lẻ.

Theo cách anh em nghĩ vẫn còn trường hợp phải xét là $a$ và $2016$ đều chia hết cho $p$ ở đoạn áp dụng $LTE$ ấy ạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet nam in my heart: 05-04-2016 - 14:35

[huya1k43pbc]

Bài 3.$P\geq \frac{(a+b)^2}{a(a+b)}=\frac{b}{a}+1.Gt\Rightarrow \leq \frac{2\sqrt{\frac{b}{a}}}{\frac{b}{a}-1}\leq \frac{b+\frac{1}{a}}{\frac{b}{a}-1}\leq \sqrt{3}\Rightarrow \frac{b}{a}\geq 3=>P\geq 4.$Dấu bằng khi$a=\frac{1}{\sqrt{3}},b=\sqrt{3}$