Đến nội dung

Hình ảnh

ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 10 trả lời

#1
anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 477 Bài viết

ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM

 

Câu 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình :

$ \left\{\begin{matrix} & 16x^3+24x^2+12x+3=\sqrt[3]{y}\\& 16y^3+24y^2+12y+3=\sqrt[3]{x} \end{matrix}\right. $.

Câu 2. (2 điểm)

Cho số thực $ a > 2$ dãy số $ (x_n) $ xác định bởi công thức:

$ x_1=a, x_{n+1}=\dfrac{1}{2}x_n +\sqrt{2x_n-3} $ với mọi $ n \ge 1 $.

Chứng minh rằng dãy $ (x_n) $ giới hạn khi $ n \to +\infty$ tìm giới hạn đó.

Câu 3. (5 điểm)

Cho đường tròn $ (O)$ dây cung $ BC$ khác đường kính. Điểm $ A $ di động trên cung lớn $ BC $ sao cho tam giác $ ABC $ không cân tại $ A $. Gọi $ M $ giao điểm của hai tiếp tuyến với $ (O) $ tại $ B $ $ C $, $ AM $ cắt $ (O) $ tại $ D $ khác $ A$. Dựng đường kính $ DE $ của $ (O)$. Các đường thẳng $ BD, CE $ cắt nhau tại $ X $, các đường thẳng $ BE, CD $ cắt nhau tại $ Y$.

a) Chứng minh rằng $ MX=MY$

b) Gọi $ N $ giao điểm của $ AE $ $ XY $. Chứng minh rằng $ N $ nằm trên một đường thẳng cố định.

Câu 4. (2 điểm) Cho số nguyên tố $ p$ các số nguyên dương $ a, b, c $ phân biệt nhỏ hơn $ p $. Chứng minh rằng nếu các số $ a^3, b^3, c^3 $ cùng số khi chia cho $ p $ thì $ a^2+b^2+c^2 $ chia hết cho $ a+b+c $.

Câu 5. (3 điểm) Tìm tất cả các đa thức $ P(x) $ với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

$ P(x^2)+P(x).P(x+1)=0 $ với mọi $ x \in \mathbb{R} $

Câu 6. ( 2 điểm) Tìm số tự nhiên $ n$ nhỏ nhất sao cho với mọi cách chia tập hợp $ A={\{1;2...;n}\} $ thành bốn tập con rời nhau, mỗi tập ít nhất $ 3$ phần tử, thì luôn tồn tại ít nhất một tập $ B$ (trong bốn tập con đó) thỏa điều kiện luôn chọn được trong $ B$ ba phần tử ba phần tử đó độ dài ba cạnh của một tam giác.

Câu 7. ( 3 điểm) Cho các số thực không âm $ a, b, c, d $.

Chứng minh bất đẳng thức: $ (a+b+c+d)^3 \le 4(a^3+b^3+c^3+d^3) +24(abc+bcd+cda+dab) $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 18-10-2016 - 16:16


#2
moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Bài 1:

 

Hệ phương trình đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix} 16x^3+24x^2+12x+3=\sqrt[3]{y}\\ (x-y)[(4x+2y+3)^2+3(2y+1)^2]=\sqrt[3]{y}-\sqrt[3]{x} \end{matrix}\right.$

 

Xét phương trình thứ hai, nếu $x>y$ thì $\sqrt[3]{y}\geq\sqrt[3]{x}$ hay $y\geq x$. Tương tự thì ta phải có $x=y$.

 

Quay lại phương trình đầu tiên, khi $x=y$ thì $2(2x+1)^{3}+(2x+1)=2x+\sqrt[3]{x}$. Khi đó $2x+1=\sqrt[3]{x}$

 

Phương trình này cho nghiệm duy nhất $x=-1$. Vậy nghiệm của hệ là $x=y=-1$



#3
Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 157 Bài viết

 

ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM

 

 

Chứng minh bất đẳng thức: $ (a+b+c+d)^3 \le 4(a^3+b^3+c^3) +24(abc+bcd+cda+dab) $

 

Thiếu $d^{3}$ nữa chứ nhỉ  :icon6:  :icon6:



#4
moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Bài 2:

 

Bằng phép quy nạp đơn giản, ta có $x_{n}>2 \forall n \in \mathbb{N}, n\geq 1$.

 

Xét các khả năng sau:

 

- Nếu $a=6$ thì cũng bằng phép quy nạp, ta suy ra $x_{n}=6 \forall n \in \mathbb{N}, n\geq 1$ hay dãy đã cho hội tụ về $6$.

 

- Nếu $2<a<6$ thì ta chứng minh đây là dãy số tăng, thật vậy ta có $x_{n+1}>x_{n}\Leftrightarrow \frac{1}{2}x_{n}+\sqrt{2x_{n}-3}>x_{n}\Leftrightarrow (x_{n}-2)(x_{n}-6)<0$, đúng. Dãy này tăng và bị chặn trên bởi $6$ nên có giới hạn hữu hạn. Gọi giới hạn này là $l$, chuyển đẳng thức truy hồi về theo $l$ và giải phương trình, ta nhận $l=6$.

 

- Nếu $a>6$ thì ta chứng minh đây là dãy số giảm tương tự như trường hợp trên, dãy bị chặn dưới bởi $6$ nên cũng có giới hạn hữu hạn $l$, và cũng tính được $l=6$.

 

Kết luận: $lim(x_{n})=6$



#5
moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Bài 3:

 

Xét trường hợp $AB<AC$, các trương hợp khác chứng minh tương tự.

 

a/ $\bigtriangleup EXY$ có $XB$, $YC$ là hai đường cao nên nếu gọi $M'$ là trung điểm $XY$ thì theo một bài toán quen thuộc, $M'B$ và $M'C$ là hai tiếp tuyến của $(EBC)$, dẫn đến $M\equiv M'$ hay $MX=MY$.

 

b/ Có biến đổi tỉ số $\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}=\frac{BY}{CX}$, lại có $\angle ABE=\angle ACE$ dẫn đến $\angle ABY=\angle ACX$ hay $\bigtriangleup ABY\sim \bigtriangleup ACX$. Từ đó $\angle XAY=\angle XAB+\angle BAY=\angle XAB+\angle CAX=\angle XEY$ nên $AEXY$ nội tiếp. Lại có $\angle DAE=90^{o}$ nên $AE,BC,XY$ đồng quy tại tâm đẳng phương của $(ABC), (BCXY), (AEXY)$ hay $N$ di chuyển trên $BC$ cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 18-10-2016 - 20:41


#6
moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Bài 4: Rõ ràng $p>3$ thì bài toán mới có nghĩa.

 

Từ giả thiết, ta suy ra $(a-b)(a^2+ab+b^2)\vdots p$, mà $a\neq b$ và $a,b<p$ nên $a^2+ab+b^2\vdots p$, tương tự có $b^2+bc+c^2$ và $c^2+ca+a^2$ là bội của $p$. Từ đó $a^2+ab+b^2-b^2-bc-c^2\vdots p$ hay $(a-c)(a+b+c)\vdots p$, lại có $a\neq c$ và $a,c<p$ nên $a+b+c\vdots p$.

 

Do $a+b+c<3p$ nên ta xét các trường hợp:

 

- $a+b+c=p$:

 

Ta có $a+b\equiv -c$ (mod $p$) nên $a^2+2ab+b^2\equiv c^2$ (mod $p$) hay $(a^2+ab+b^2)+ab+bc+ca\equiv c(a+b+c)$ (mod $p$).

Từ đó $ab+bc+ca\vdots p$. Để ý rằng $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$ nên $a^2+b^2+c^2\vdots p$ hay $a^2+b^2+c^2\vdots a+b+c$.

 

- $a+b+c=2p$:

 

Tương tự trên, ta có $a^2+b^2+c^2\vdots p$, mà $a^2+b^2+c^2\vdots 2$ và $(p,2)=1$ nên $a^2+b^2+c^2\vdots a+b+c$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 18-10-2016 - 17:05


#7
moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Bài 6, với ý tưởng từ anh UphluMuach:

 

Ta sẽ chỉ ra rằng $n=15$ là giá trị nhỏ nhất của $n$ để thỏa mãn bài toán.

 

Thật vậy, với $n=12$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,7,10 \right \};\left \{ 2,8,11 \right \};\left \{ 3,6,12 \right\};\left \{ 4,5,9 \right \}$.

 

Với $n=13$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 2,9,11 \right \};\left \{ 3,5,10 \right \};\left \{ 4,8,12 \right \}$.

 

Với $n=14$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 2,10,12 \right \};\left \{ 3,8,11 \right \};\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 4,5,9,14 \right \}$.

 

Với $n=15$, giả sử không thỏa mãn, ta xét tập hợp $C=\left \{ 7,8,9,...,15 \right \}$ có $9$ phần tử, mà $3$ phần tử bất kỳ nào cũng là độ dài $3$ cạnh của một tam giác, ngoại trừ bộ $(7,8,15)$. Theo nguyên lý Dirichlet, khi phân hoạch $A$ thành $4$ tập con thì phải có $1$ tập chứa $3$ phần tử của $C$, nên để không có $3$ số nào hợp thành $3$ cạnh của tam giác thì bộ số đó phải là bộ $(7,8,15)$ và mỗi tập còn lại trong họ $B$ chứa đúng 2 phần tử trong $C$. Lưu ý thêm rằng không có tập nào trong họ $B$ có hơn $4$ phần tử, nếu không sẽ có mâu thuẫn). Còn lại $3$ tập trong họ $B$, xét hiệu của $2$ phần tử lớn nhất, mỗi hiệu đó không vượt quá $14-9=5$ và phải không nhỏ hơn phẩn tử lớn thứ ba, mà phần tử lớn nhất trong các phần tử lớn thứ ba trong mỗi tập đó phải không nhỏ hơn $6$ (do lấy từ $1$ đến $6$) nên điều giả sử là sai. 

 

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của $n$ là $15$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 19-10-2016 - 08:52


#8
tientethegioi

tientethegioi

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết

Bài 6, với ý tưởng từ anh UphluMuach:

 

Ta sẽ chỉ ra rằng $n=15$ là giá trị nhỏ nhất của $n$ để thỏa mãn bài toán.

 

Thật vậy, với $n=12$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,7,10 \right \};\left \{ 2,8,11 \right \};\left \{ 3,6,12 \right\};\left \{ 4,5,9 \right \}$.

 

Với $n=13$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 2,9,11 \right \};\left \{ 3,5,10 \right \};\left \{ 4,8,12 \right \}$.

 

Với $n=14$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 2,10,12 \right \};\left \{ 3,8,11 \right \};\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 4,5,9,14 \right \}$.

 

Với $n=15$, giả sử không thỏa mãn, ta xét tập hợp $C=\left \{ 7,8,9,...,15 \right \}$ có $9$ phần tử, mà $3$ phần tử bất kỳ nào cũng là độ dài $3$ cạnh của một tam giác, ngoại trừ bộ $(7,8,15)$. Theo nguyên lý Dirichlet, khi phân hoạch $A$ thành $4$ tập con thì phải có $1$ tập chứa $3$ phần tử của $C$, nên để không có $3$ số nào hợp thành $3$ cạnh của tam giác thì bộ số đó phải là bộ $(7,8,15)$ và mỗi tập còn lại trong họ $B$ chứa đúng 2 phần tử trong $C$. Lưu ý thêm rằng không có tập nào trong họ $B$ có hơn $4$ phần tử, nếu không sẽ có mâu thuẫn). Còn lại $3$ tập trong họ $B$, xét hiệu của $2$ phần tử lớn nhất, mỗi hiệu đó không vượt quá $14-9=5$ và phải không nhỏ hơn phẩn tử lớn thứ ba, mà phần tử lớn nhất trong các phần tử lớn thứ ba trong mỗi tập đó phải không nhỏ hơn $6$ (do lấy từ $1$ đến $6$) nên điều giả sử là sai. 

 

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của $n$ là $15$.

 

 

 

Đến đoạn: Có bộ $(7,8,15)$ vì vậy xét tập hợp $B'=\left \{ 1,2,3,...,6 \right \}$, số $6$ không thể thuộc bộ $(7,8,15)$. Vậy $6$ phải thuộc 3 tập còn lại, mà ta thấy $6+9=15>14$ nên bất kể $6$ thuộc 3 tập còn lại trong họ $B$ chứa đúng 2 phần tử thì bộ 3 này  độ dài ba cạnh của một tam giác.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tientethegioi: 19-10-2016 - 13:37


#9
Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Điều hành viên OLYMPIC
  • 1422 Bài viết

Câu 1: Có thể giải bằng phương pháp xét hàm đặc trưng.

Cộng chéo 2 vế của pt ta được: $f(x)=f(y)$ trong đó $f(x)=16x^3+24x^2+12x+\sqrt[3]{x}+3$.

Ta có: $f'(x)=12(2x+1)^2+\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}> 0$.

Do đó: $f(x)$ đồng biến.

Ta giải pt: $16x^3+24x^2+12x+\sqrt[3]{x}+3=0$.

Tới đây giải tiếp như bạn moonkey01 là ra. 


$$\mathbf{\text{Every saint has a past, and every sinner has a future}}.$$


#10
thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

Câu 7: 

Đặt $d=t(a+b+c),t>0$
 
$(a+b+c+d)^3 \leq 4(a^3+b^3+c^3+d^3)+24\bigl( (ab(c+d)+cd(a+b) \bigr)$
 
$ \Longleftrightarrow \sum_{cyc} S_c(a-b)^2+9abc(1+15t+9t^3-9t^2)\geq 0$.
 
 
Ta chỉ cần chứng minh   $\sum_{cyc} S_c(a-b)^2\geq 0.$
Không mất tính tổng quát giả sử  $a\geq b \geq c$
 
$(1)S_b=(3-3t-3t^2+3t^3)a+(3-3t-3t^2+3t^3)c+(-3-21t^2+21t^3+27t)b$
 
$\geq [(3-3t-3t^2+3t^3)+$ $(-3-21t^2+21t^3+27t)]b+(3-3t-3t^2+3t^3)c$ 
 
$=(24t-24t^2+24t^3)b+(3-3t-3t^2+3t^3)c\geq 0$
 
 
$(2)S_b+S_c\geq S_c=(3-3t-3t^2+3t^3)b+(3-3t-3t^2+3t^3)a+(-3-21t^2+21t^3+27t)c$
 
$\geq 0+(3-3t-3t^2+3t^3)c+(-3-21t^2+21t^3+27t)c= (24t-24t^2+24t^3)c\geq 0$
 
 
$(3)S_b+S_a=(6-6t^2-6t+6t^3)c+(24t-24t^2+24t^3)a+(24t-24t^2+24t^3)b\geq 0.$
 
Vậy : Ta có đpcm


#11
thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết

 

 

Câu 5. (3 điểm) Tìm tất cả các đa thức $ P(x) $ với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

$ P(x^2)+P(x).P(x+1)=0 $ với mọi $ x \in \mathbb{R} $

 

 

Chém nốt câu 5:

 

Do $ P(x^2)=-P(x).P(x+1)$ với mọi $ x \in \mathbb{R} $

 

Suy ra: $ P(x^2)=-P(x).P(x+1)$ với mọi $ x$

 

Nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì $P(x) \equiv 0$ hoặc -1

Nếu $P(x)$ không phải đa thức hằng:

 

Giả sử $\alpha$ là nghiệm của $P(x)=0$.

 

Khi đó từ phương trình suy ra $\alpha ^2, \alpha^4, \alpha ^8,..$ cũng là nghiệm của $P(x)=0$. Từ đây suy ra $|\alpha|=0$ hoặc $| \alpha |=1$, vì nếu ngược lại sẽ thu được dãy vô hạn các nghiệm của P(x). Tương tự $\alpha -1$ cũng là nghiệm của $P(x)$ và lý luận tương tự, ta cũng dc $| \alpha-1|=0$ hoặc $| \alpha -1|=1$

 

Giả sử rằng $|\alpha |=1$ và $|\alpha -1|=1$. Ta viết $ \alpha = cos \varnothing  +isin \varnothing $ Ta thấy rằng $2 cos \varnothing =1$ Từ đây suy ra: $\varnothing = \frac{\pi}{3}$ hoặc $\varnothing = \frac{5 \pi}{3}$ Ta xết các trường hợp:

Giả sử $\varnothing = \frac{\pi}{3}$ Xét $ \alpha ^2$ cũng là nghiệm của $P(x)=0$. Như vậy $ \alpha ^2 -1$ cũng là nghiệm của $P(x)=0$ và $| \alpha ^2-1|=\left ( cos\frac{2\pi}{3}-1 \right )^2+sin^2\left ( \frac{2 \pi}{3} \right )=3$ Mâu thuẫn vì mọi nghiệm của $P(x)=0$ đều có module bằng 0 hoặc 1. Tương tự với $\varnothing = \frac{5 \pi}{3}$.

 

Như vậy ta có thể kết luận rằng $ \alpha =1$ hay $ \alpha -1=0$. Từ đây P(x) có dạng $cx^m(1-x)^n$ với $c$ là một số nào đó và $m, n$ là các số nguyên không

âm

 

Thay vào phương trình:

 

Ta được $m=n=2k, c=-1$. Thử lại thấy thỏa mãn.

 

Vậy: nghiệm của phương trình hàm là: $P(x) \equiv 0$

$P(x) \equiv -1$

$P(x) \equiv -x^{2k}(1-x)^{2k}$ ( $k$ là số nguyên không âm bất kì)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 09-11-2016 - 09:50





0 người đang xem chủ đề

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