Đến nội dung

Hình ảnh

Đề thi chọn đội dự tuyển lớp 10 PTNK - ĐHQGTPHCM


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Đại học quốc gia TPHCM                                      Đề thi chọn đội dự tuyển môn toán lớp 10

Trường Phổ Thông Năng Khiếu                                        Năm học 2016-2017

                                                                                              Thời gian: 120 phút

 

Bài 1: Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{x^4}{x^3+y^2+z^2}+\frac{y^4}{y^3+x^2+z^2}+\frac{z^4}{z^3+y^2+x^2}\geq \frac{1}{7}$

 

Bài 2: Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{N}^*\rightarrow \mathbb{N}^*$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện:

$i)$ $f(mn)=f(m)f(n)$ với mọi $m,n\in \mathbb{N}^*$

$ii)$ $f(m)+f(n)$ chia hết cho $m+n$ với mọi $m,n\in \mathbb{N}^*$

$iii)$ $f(2017)=2017^3$

 

Bài 3: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định. $C$ là một điểm thay đổi trên cung lớn $AB$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn. Gọi $I,I_a,I_b$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, đường tròn bàng tiếp góc $A$, đường tròn bàng tiếp góc $B$ của tam giác $ABC$.

a) Gọi điểm đối xứng của $i$ qua $O$ là $M$. Chứng minh tam giác $MI_aI_b$ cân.

b) Gọi $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $I_b,I_a$ trên $OI$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $BI_a$ và đường thẳng qua $K$ vuông góc với $AI_b$ cắt nhau tại $P$. Chứng minh rằng $P$ thuộc một đường cố định.

 

Bài 4: Cho $S$ là tập hợp khác rỗng và $A_1,A_2,...,A_m$ $(m\geq 2)$ là $m$ tập con của $S$. Gọi $T$ là tập gồm tất cả các tập $A_i\Delta A_j$ với $1\leq i,j \leq m$. Chứng minh rằng $\left | T \right |\geq m$.

( Với ký hiệu $A\Delta B=(A\setminus B)\cup (B\setminus A)$ và $|T|$ là số phần tử của $T$).

 

-----------------------------------------------------------HẾT----------------------------------------------------------


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 14-01-2017 - 19:37

$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#2
dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết

đề này là chung 10 và 11 à bạn(anh,chị) ?


myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#3
dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết

hướng làm bài 2: theo Phương Trình hàm Cauchy và điều 1 có $f(x)=x^{c} (c \in \mathbb{N})$ dựa theo điều 2 ta suy ra $c$ lẻ . dựa theo điều 3 thì $c=3$ kết luận $f(x)=x^{3}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungxibo123: 14-01-2017 - 21:30

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#4
IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết

Mình xin chém bài hình học, bài số 3.

a. Trước hết, xin phát biểu lại một kết quả quen thuộc.

Bổ đề 1: Gọi $A_1$, $B_1$ lần lượt là điểm  chính giữa các cung $BC$, $AC$ không chứa $A$, $B$ của $(O)$. Khi đó $A$, $I$, $A_1$, $I_a$ thẳng hàng và $A_1$ là trung điểm của $II_a$. Tương tự đối với $B$, $I$, $B_1$, $I_b$.

Trở lại bài toán. Theo bổ đề, phép vị tự tâm $I$, tỉ số $2$ biến $\Delta OA_1B_1$ thành $\Delta MI_aI_b$, do đó tam giác này cân tại $M$. $\square$

 

b. Do $BI_a$ là tia phân giác ngoài tại $B$ nên $HP\bot IB$. Tương tự $KP\bot IA$. Mặt khác, gọi $A_2$ và $B_2$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $KP$ và $HP$ với $(O)$ thì dễ thấy $IA_1KA_2$ và $IB_1KB_2$ là các hình thoi, do đó $A_1$ đối xứng với $A_2$ qua $IO$, tương tự với $B_1$ và $B_2$. Ta sẽ chứng minh rằng $P$ thuộc $(O)$. Thật vậy, gọi $P_1$ là điểm đối xứng với $P$ qua $OI$. Từ $A_1$ và $B_1$ kẻ hai đường thẳng lần lượt song song với $B_2P$ và $A_2P$. Hai đường này cắt nhau tại $P_2$. Dễ thấy $\widehat{B_1P_2A_1}=\widehat{B_2PA_2}=\widehat{B_1IA_1}$. Mặt khác, theo một kết quả quen thuộc, $C$ và $I$ đối xứng qua $A_1B_1$, do đó $\widehat{B_1IA_1}=\widehat{B_1CA_1}$, suy ra $P_2\in (O)$. Mà $\widehat{B_1P_1A_1}=\widehat{B_2PA_2}=\widehat{B_1P_2A_1}$, suy ra $P_1,\, B_1,\, A_1,\, P_2$ đồng viên, tức là $P_1\in (O)$, do đó $P\in (O)$. $\square$

Hình vẽ bài toán

fig006.png


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 14-01-2017 - 21:52


#5
moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

hướng làm bài 2: theo Phương Trình hàm Cauchy và điều 1 có $f(x)=x^{c} (c \in \mathbb{N})$ dựa theo điều 2 ta suy ra $c$ lẻ . dựa theo điều 3 thì $c=3$ kết luận $f(x)=x^{3}$

 

Vậy bạn có thể phát biểu lại rõ ràng giúp mình rằng như thế nào là phương trình hàm Cauchy và các điều kiện của phương trình hàm Cauchy là gì hay không ?

 

Lời giải sau được đề nghị bởi Lâm Hữu Phúc, học sinh lớp 11 Toán trường PTNK - ĐHQG TP.HCM.

 

Nhận xét rằng vai trò của số $2017$ trong bài toán là không cần thiết cho nên ta sẽ giải bài toán khi thay $2017$ bởi số nguyên dương $p$ bất kỳ. Từ điều kiện đầu tiên, ta có được $f(p^k)=p^{3k}$ với $k$ là số nguyên dương bất kỳ. Tại điều kiện thứ hai, thay $n$ bởi $m$, ta có $f(m)$ là bội của $m$ với mỗi $m$ nguyên dương nên ta đặt $f(m)=m.g(m)$ ($g:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{N^{*}}$). Khi đó ta có các điều kiện sau:

 

i) $g(mn)=g(m).g(n) \forall m,n \in\mathbb{N^{*}}$

ii) $m.g(m)+n.g(n)$ là bội của $m+n$.

iii) $g(p^{n})=p^{2n} \forall n\in \mathbb{N^{*}}$.

 

Đặt $h(m)=g(m)-m^2$ ($h:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{Z}$) và thay $n$ bởi $p^n$ tại ii), ta có $m.h(m)$ là bội của $m+p^n$. Chọn $n$ đủ lớn thì $h(m)=0$ với mỗi $m$ hay $f(m)=m^3$ với mỗi $m$ nguyên dương. Thử lại thoả mãn.

 

Kết luận: $f(m)=m^3$ là nghiệm hàm duy nhất. $\blacksquare$



#6
tay du ki

tay du ki

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 205 Bài viết

Vậy bạn có thể phát biểu lại rõ ràng giúp mình rằng như thế nào là phương trình hàm Cauchy và các điều kiện của phương trình hàm Cauchy là gì hay không ?

Lời giải sau được đề nghị bởi Lâm Hữu Phúc, học sinh lớp 11 Toán trường PTNK - ĐHQG TP.HCM.

Nhận xét rằng vai trò của số $2017$ trong bài toán là không cần thiết cho nên ta sẽ giải bài toán khi thay $2017$ bởi số nguyên dương $p$ bất kỳ. Từ điều kiện đầu tiên, ta có được $f(p^k)=p^{3k}$ với $k$ là số nguyên dương bất kỳ. Tại điều kiện thứ hai, thay $n$ bởi $m$, ta có $f(m)$ là bội của $m$ với mỗi $m$ nguyên dương nên ta đặt $f(m)=m.g(m)$ ($g:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{N^{*}}$). Khi đó ta có các điều kiện sau:

i) $g(mn)=g(m).g(n) \forall m,n \in\mathbb{N^{*}}$
ii) $m.g(m)+n.g(n)$ là bội của $m+n$.
iii) $g(p^{n})=p^{2n} \forall n\in \mathbb{N^{*}}$.

Đặt $h(m)=g(m)-m^2$ ($h:\mathbb{N^{*}}\rightarrow \mathbb{Z}$) và thay $n$ bởi $p^n$ tại ii), ta có $m.h(m)$ là bội của $m+p^n$. Chọn $n$ đủ lớn thì $h(m)=0$ với mỗi $m$ hay $f(m)=m^3$ với mỗi $m$ nguyên dương. Thử lại thoả mãn.

Kết luận: $f(m)=m^3$ là nghiệm hàm duy nhất. $\blacksquare$

Cho mình hỏi đây là đề lớp 10 va 11 à

      :ukliam2: Cố gắng trở thành nhà toán học vĩ đại nhất thế giới :ukliam2:  

 

 

#7
moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết

Cho mình hỏi đây là đề lớp 10 va 11 à

 

Đây là đề dành cho khối 10 để chọn đội dự tuyển trường PTNK; lời giải trên được đưa ra sau khi kết thúc buổi thi và các anh khoá trước cùng ngồi giải đề với một số bạn khối 10. Cảm ơn sự quan tâm của bạn.



#8
9nho10mong

9nho10mong

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 38 Bài viết

Đại học quốc gia TPHCM                                      Đề thi chọn đội dự tuyển môn toán lớp 10

Trường Phổ Thông Năng Khiếu                                        Năm học 2016-2017

                                                                                              Thời gian: 120 phút

 

Bài 1: Cho $x,y,z$ là các số dương thỏa $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:

$\frac{x^4}{x^3+y^2+z^2}+\frac{y^4}{y^3+x^2+z^2}+\frac{z^4}{z^3+y^2+x^2}\geq \frac{1}{7}$

 

 

Dùng Cauchy-Schwarz có

$$  \sum \dfrac{x^4}{x^3+y^2+z^2} \ge \dfrac{ \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2}{ x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right)} $$

Cần chứng minh

$$ \dfrac{ \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2}{ x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right)} \ge \dfrac{1}{7} \quad{(1)}$$

$(1)$ tương đương với

$$ 7  \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2 \ge x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right) \quad{(2)}$$

Từ giả thiết $x,y,z >0$ thỏa $x+y+z=1$ có

$$ 7  \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2 - \left(  x^3+y^3+z^3+2 \left( x^2+y^2+z^2 \right) \right) $$

$$= 7  \left( x^2+y^2+z^2 \right)^2 - \left(  \left(x^3+y^3+z^3\right) \left( x+y+z \right)+2 \left( x+y+z \right)^2 \left( x^2+y^2+z^2 \right) \right) $$

$$  = \sum \left(2x^2-3xy+2y^2+2zx+2yz \right) \left( x- y \right)^2 \ge 0 $$

Như vậy $(2)$ đúng. Từ đó có điều cần chứng minh.


.

 


#9
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Câu 4:

Ta sẽ chứng minh quy nạp theo $m$ cho điều này. Trước hết ta phát biểu bổ đề: $A\Delta B=A\Delta C$ thì $B=C$.

Giả sử $B\neq C$, khi đó không giảm tổng quát giả sử giả sử $a$ là phần tử thỏa $a\in B$ và $a\notin C$. Ta có hai trường hợp như sau:

   Case 1: Nếu $a\in A$ khi đó $a\notin (A\setminus B),a\notin (B\setminus A)\Rightarrow a\notin A\Delta B$. Nhưng lại có $a\in (A\setminus C)$ nên suy ra $a\in A\Delta C$ nên $A\Delta B\neq A\Delta C$, vô lý.

   Case 2: Nếu $a\notin A$ thì chứng minh tương tự suy ra $a\notin A\Delta C$ và $a\in A\Delta B$ nên suy ra $A\Delta B\neq A\Delta C$. Như vậy ta suy ra $B=C$.

Bây giờ ta sẽ quy nạp theo $m$. Với $m=1$ thì ta có một tập thuộc $T$ là tập rỗng. Với $m=2$ và hai tập $A,B$ thì ta có hai tập thuộc $T$ là tập rỗng và $A\Delta B$ thỏa. Như vậy giả thiết đúng với $m=1,2$.

Giả sử giả thiết đúng với $m=k$ thì ta chứng minh nó đúng với $m=k+1$. Xét $m+1$ tập $A_1,A_2,...,A_{m+1}$. Nếu với $m$ tập $A_1,A_2,...,A_m$ mà số lượng tập tạo thành không nhỏ hơn $m+1$ thì khi đó ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì giả thiết vẫn đúng. Do đó ta chỉ xét cho trường hợp $|T|=m$.

Khi đó, nếu ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì ta sẽ thêm vào tập $T$ các tập hợp $A_{m+1}\Delta A_1,...,A_{m+1}\Delta A_{m+1}$. Nếu các tập này trùng với $m$ tập đã có trong $T$ thì do $|T|=m$ nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại $i,j,1\leq i<j\leq m+1$ để $A_{m+1}\Delta A_i=A_{m+1}\Delta A_j$ và theo bổ đề ta có $A_i=A_j$, vô lý. Vậy trong $m+1$ tập đó chắc chắn có một tập khác với các tập trong $T$ và số phần tử của $T$ tăng lên ít nhất một đơn vị, tức là $|T|\geq m+1$.

Vậy giả thiết quy nạp là đúng và ta có điều phải chứng minh.

 

P.S: Cách giải bài số 2 của mình tương đối giống nhưng hơi khác so với cách của anh Lâm Hữu Phúc, mình sẽ đăng sau.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 15-01-2017 - 15:48

$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#10
redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

Câu 4:

Ta sẽ chứng minh quy nạp theo $m$ cho điều này. Trước hết ta phát biểu bổ đề: $A\Delta B=A\Delta C$ thì $B=C$.

Giả sử $B\neq C$, khi đó không giảm tổng quát giả sử giả sử $a$ là phần tử thỏa $a\in B$ và $a\notin C$. Ta có hai trường hợp như sau:

   Case 1: Nếu $a\in A$ khi đó $a\notin (A\setminus B),a\notin (B\setminus A)\Rightarrow a\notin A\Delta B$. Nhưng lại có $a\in (A\setminus C)$ nên suy ra $a\in A\Delta C$ nên $A\Delta B\neq A\Delta C$, vô lý.

   Case 2: Nếu $a\notin A$ thì chứng minh tương tự suy ra $a\notin A\Delta C$ và $a\in A\Delta B$ nên suy ra $A\Delta B\neq A\Delta C$. Như vậy ta suy ra $B=C$.

Bây giờ ta sẽ quy nạp theo $m$. Với $m=1$ thì ta có một tập thuộc $T$ là tập rỗng. Với $m=2$ và hai tập $A,B$ thì ta có hai tập thuộc $T$ là tập rỗng và $A\Delta B$ thỏa. Như vậy giả thiết đúng với $m=1,2$.

Giả sử giả thiết đúng với $m=k$ thì ta chứng minh nó đúng với $m=k+1$. Xét $m+1$ tập $A_1,A_2,...,A_{m+1}$. Nếu với $m$ tập $A_1,A_2,...,A_m$ mà số lượng tập tạo thành không nhỏ hơn $m+1$ thì khi đó ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì giả thiết vẫn đúng. Do đó ta chỉ xét cho trường hợp $|T|=m$.

Khi đó, nếu ta thêm vào một tập $A_{m+1}$ thì ta sẽ thêm vào tập $T$ các tập hợp $A_{m+1}\Delta A_1,...,A_{m+1}\Delta A_{m+1}$. Nếu các tập này trùng với $m$ tập đã có trong $T$ thì do $|T|=m$ nên theo nguyên lý Dirichlet tồn tại $i,j,1\leq i<j\leq m+1$ để $A_{m+1}\Delta A_i=A_{m+1}\Delta A_j$ và theo bổ đề ta có $A_i=A_j$, vô lý. Vậy trong $m+1$ tập đó chắc chắn có một tập khác với các tập trong $T$ và số phần tử của $T$ tăng lên ít nhất một đơn vị, tức là $|T|\geq m+1$.

Vậy giả thiết quy nạp là đúng và ta có điều phải chứng minh.

 

P.S: Cách giải bài số 2 của mình tương đối giống nhưng hơi khác so với cách của anh Lâm Hữu Phúc, mình sẽ đăng sau

Lấy luôn $S=\left \{ A_1\bigtriangleup A_k|1\leq k\leq m \right \},\left | S \right |=m,S\subset T$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 15-01-2017 - 23:13


#11
HoaiBao

HoaiBao

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết

( Với ký hiệu $A\Delta B=(A\setminus B)\cup (B\setminus A)$ và $|T|$ là số phần tử của $T$).

 

Kí hiệu sai thì phải $A\oplus B=(A\setminus B)\cup(B\setminus A)$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HoaiBao: 15-01-2017 - 23:16


#12
redfox

redfox

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 100 Bài viết

Kí hiệu sai thì phải $A\oplus B=(A\setminus B)\cup(B\setminus A)$

Đúng rồi đó:https://en.wikipedia...tric_difference

Có nhiều kí hiệu


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi redfox: 15-01-2017 - 23:35





0 người đang xem chủ đề

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