Đến nội dung

Hình ảnh

ĐỀ KIỂM TRA TRƯỜNG ĐÔNG TOÁN HỌC MIỀN BẮC

trường đông prevmo2014

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

#1
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

Bài 1. 

Cho dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_1=\frac{3}{2}$ và :

$$a_{n+1}=a_n-\frac{3n+2}{2n(n+1)(2n+1)}\,\,\, \forall n\geq 1$$

Tìm $\text{lim}_{n\to \infty} a_n$.

Bài 2. 

Cho các số thực dương $a_1,a_2,...,a_{14}$. Chứng minh bất đẳng thức :

$$\frac{a_1}{a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_3+a_4}+...+\frac{a_{14}}{a_1+a_2}\geq \frac{a_1}{a_{14}+a_1}+\frac{a_2}{a_1+a_2}+...+\frac{a_{14}}{a_{13}+a_{14}}$$

Dấu "=" xảy ra khi nào ?

Bài 3.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). B,C cố định, BC không là đường kính, A thay đổi sao cho tam giác ABC nhọn. Đường tròn tâm B đi qua A cắt AC và (O) lần lượt tại D và E. DE cắt (O) tại K.

 a) Chứng minh BK vuông góc với AC

 b) BK cắt AE tại F. Gọi M là giao điểm khác D của AC với đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng M thuộc đường thẳng cố định

Bài 4. 

Một trường có 800 học sinh. Trong trường có n câu lạc bộ cho các học sinh thỏa mãn điều kiện :

i) Không có em học sinh nào tham gia nhiều hơn 7 câu lạc bộ

ii) Với 7 câu lạc bộ bất kì luôn có ít nhất 1 học sinh tham gia cả 7 câu lạc bộ này

Hỏi giá trị lớn nhất n là bao nhiêu ?


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi E. Galois: 29-11-2013 - 22:36

“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#2
maitienluat

maitienluat

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 182 Bài viết


Bài 1. 

Cho dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_1=\frac{3}{2}$ và :

$$a_{n+1}=a_n-\frac{3n+2}{2n(n+1)(2n+1)}\,\,\, \forall n\geq 1$$

Tìm $\text{lim}_{n\to \infty} a_n$.

 

Từ công thức truy hồi ta có

$$a_{n+1}=a_n+ \frac {1} {2n+1} + \frac {1} {2n+2} - \frac {1} {n}$$

Suy ra $$a_{n+1}=a_1+\sum_{k=1}^{n}\left ( \frac {1}{2k+1}+\frac{1}{2k+2} -\frac {1}{k}\right )=\frac {3}{2}+\sum_{k=3}^{2n+2}\frac {1}{k}-\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}=\sum_{k=0}^{n+1} \frac{1}{n+1+k}$$

$$\Rightarrow a_n=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{n+k}$$

Xét hàm số $f(x)=\frac {1} {1+x}$. Tổng tích phân cấp $n$ của hàm số $f$ trên $[0,1]$ là

$$S_n = \frac {1} {n} \sum_{i=1}^n f(\frac {1} {n}) = a_n - \frac {1} {n}$$

Theo định lí cơ bản của tích phân $$\lim S_n=\int_{0}^{1}\frac {1}{x+1}dx=\ln2$$

Mà $\lim \frac {1} {n} = 0$ nên ta suy ra $$\lim a_n = \lim S_n = \ln 2$$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi maitienluat: 27-11-2013 - 21:33


#3
LNH

LNH

    Bất Thế Tà Vương

  • Hiệp sỹ
  • 581 Bài viết

Bài 4. 

Một trường có 800 học sinh. Trong trường có n câu lạc bộ cho các học sinh thỏa mãn điều kiện :

i) Không có em học sinh nào tham gia nhiều hơn 7 câu lạc bộ

ii) Với 7 câu lạc bộ bất kì luôn có ít nhất 1 học sinh tham gia cả 7 câu lạc bộ này

Hỏi giá trị lớn nhất n là bao nhiêu ?

Ta giải bài này bằng pp đếm bằng 2 cách. Ta sẽ đếm số bộ (học sinh, clb, clb, clb, clb, clb, clb, clb)

Cách 1: Có $800$ cách chọn $1$ học sinh. Vì mỗi học sinh tham gia không quá $7$ CLB nên số bộ trên không quá $800$

Cách 2: Có $C^7_n$ cách chọn $7$ CLB. Vì $7$ CLB có ít nhất 1 học sinh tham gia nên số bộ lớn hơn hoặc bằng $C^7_n$

Suy ra $C^7_n\leq 800$

$\Rightarrow n \leq 12$

Vậy GTLN của $n$ là $12$



#4
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

 

Bài 2. 

Cho các số thực dương $a_1,a_2,...,a_{14}$. Chứng minh bất đẳng thức :

$$\frac{a_1}{a_2+a_3}+\frac{a_2}{a_3+a_4}+...+\frac{a_{14}}{a_1+a_2}\geq \frac{a_1}{a_{14}+a_1}+\frac{a_2}{a_1+a_2}+...+\frac{a_{14}}{a_{13}+a_{14}}$$

Dấu "=" xảy ra khi nào ?

 

Cộng cả 2 vế với $\frac{a_{14}}{a_{14}+a_1}+\frac{a_1}{a_1+a_2}+...+\frac{a_{13}}{a_{13}+a_{14}}$ ta cần chứng minh :

$$\frac{a_1+a_2}{a_2+a_3}+\frac{a_2+a_3}{a_3+a_4}+...+\frac{a_{14}+a_1}{a_1+a_2}\geq 14$$

AM-GM 1 phát 14 số có ngay đpcm :go: 


“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#5
haitienbg

haitienbg

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 124 Bài viết

a. (cm khá dễ)

b. Ta cm $M$ thuộc đường thẳng $OB$

hay $OBD=MBD$

$OBC-DBC=MFD$

Dễ thấy $BK$ là trung trực $AD$ ($AKB=BKD$), $BC$ là trung trực $DE$ nên cần cm

$OBC-DBC=AMF-MDF=AMF-MAF$

$90^0-BAC-CBE=AEK-CBE$

 

$90^0-BAC=ABK$    (luôn đúng)

Chứng minh xong~~

Hình gửi kèm

  • nvt.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi haitienbg: 27-11-2013 - 22:11

......Không có việc gì là không thể......... 

           = ====== NVT ====== =


#6
quocbaolqd11

quocbaolqd11

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 73 Bài viết

Ta giải bài này bằng pp đếm bằng 2 cách. Ta sẽ đếm số bộ (học sinh, clb, clb, clb, clb, clb, clb, clb)

Cách 1: Có $800$ cách chọn $1$ học sinh. Vì mỗi học sinh tham gia không quá $7$ CLB nên số bộ trên không quá $800$

Cách 2: Có $C^7_n$ cách chọn $7$ CLB. Vì $7$ CLB có ít nhất 1 học sinh tham gia nên số bộ lớn hơn hoặc bằng $C^7_n$

Suy ra $C^7_n\leq 800$

$\Rightarrow n \leq 12$

Vậy GTLN của $n$ là $12$

đến đây chưa xong đâu Hoàng. Em phải chỉ ra dấu bằng cho $n=12$ nữa, nếu không có bước này vẫn chưa khẳng định được $n=12$ max đâu. Thực ra không cần đếm số bộ như trên, chỉ cần giải thích :
vì cứ 7 câu lạc bộ lại có ít nhất 1 học sinh tham gia và số học sinh tham gia theo 7 clb bất kì (giao của 7 câu lạc bộ bất kì) không vượt quá số học sinh của trường (do đk 1) nên có bđt: $\binom{n}{7} \le 800 \rightarrow n \le 12$ .


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quocbaolqd11: 27-11-2013 - 23:15


#7
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Bài dãy làm như trên phức tạp quá. Có cách khác gọn nhẹ hơn!

 

Bài 1. 

Cho dãy số $(a_n)_{n\geq 1}$ xác định bởi $a_1=\frac{3}{2}$ và :

$$a_{n+1}=a_n-\frac{3n+2}{2n(n+1)(2n+1)}\,\,\, \forall n\geq 1$$

Tìm $\text{lim}_{n\to \infty} a_n$.

Lời giải:

\[
\begin{array}{rcl}
 \frac{{3n + 2}}{{2n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}} &=& \frac{{\left( {2n + 1} \right) + \left( {n + 1} \right)}}{{2n\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 1} \right)}} \\
  &=& \frac{1}{{2n\left( {n + 1} \right)}} + \frac{1}{{2n\left( {2n + 1} \right)}} \\
  &=& \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{n} - \frac{1}{{n + 1}}} \right) + \frac{1}{{2n}} - \frac{1}{{2n + 1}} = \frac{1}{n} - \frac{1}{{2n + 2}} - \frac{1}{{2n + 1}} \\
 \end{array}
\]

Suy ra:

\[
\begin{array}{rcl}
 a_{n + 1}  &=& a_n  - \frac{1}{n} + \frac{1}{{2n + 2}} + \frac{1}{{2n + 1}} \\
 a_n  &=& a_{n - 1}  - \frac{1}{{n - 1}} + \frac{1}{{2n}} + \frac{1}{{2n - 1}} \\
 &...& \\
 a_2  &=& a_1  - \frac{1}{1} + \frac{1}{{2.1}} + \frac{1}{{2.1 - 1}} \\
 \end{array}
\]

Cộng các đẳng thức trên lại và do $a_1=\frac{3}{2}$ nên ta thu được:\[
a_{n + 1}  = \sum\limits_{i = n + 1}^{2n + 2} {\frac{1}{i}}  \Rightarrow a_n  = \sum\limits_{i = n}^{2n} {\frac{1}{i}}\quad \forall n \ge 1
\]

Xét hàm $f(x)=\ln x(\mathbb{D}=\mathbb{R}^+)$. Ta có $f'(x)=\dfrac{1}{x}$. Với mỗi $i(n\le i \le 2n)$, $f(x)$ liên tục và khả vi trên $[i;i+1]$ nên theo định lý Lagrange, tồn tại $c_i \in (i;i+1)$ sao cho:\[
f'\left( {c_i } \right) = \frac{{f\left( {i + 1} \right) - f\left( i \right)}}{{i + 1}} \Rightarrow \frac{1}{{c_i }} = \ln \left( {i + 1} \right) - \ln i
\]
Mà \[
0 < i < c_i  < i + 1 \Rightarrow \frac{1}{i} > \frac{1}{{c_i }} > \frac{1}{{i + 1}} \Rightarrow \frac{1}{i} > \ln \left( {i + 1} \right) - \ln i > \frac{1}{{i + 1}}
\]
Cho $i$ chạy từ $n$ đến $2n$ rồi cộng các bất đẳng thức lại, ta có:\[
\begin{array}{l}
 \sum\limits_{i = n}^{2n} {\frac{1}{i}}  > \sum\limits_{i = n}^{2n} {\left( {\ln \left( {i + 1} \right) - \ln i} \right)}  > \sum\limits_{i = n}^{2n} {\frac{1}{{i + 1}}}  \Rightarrow a_n  > \ln \left( {2n + 1} \right) - \ln n > a_{n + 1}  - \frac{1}{{2n + 2}} \\
  \Rightarrow \forall n \ge 2,\ln \left( {2n - 1} \right) - \ln \left( {n - 1} \right) + \frac{1}{{2n}} > a_n  > \ln \left( {2n + 1} \right) - \ln n \\
  \Rightarrow \forall n \ge 2,\ln \left( {\frac{2}{{n - 1}} + 1} \right) + \frac{1}{{2n}} > a_n  > \ln \left( {2 + \frac{1}{n}} \right) \\
 \end{array}
\]
Mà ta có\[
\begin{array}{l}
 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\ln \left( {\frac{2}{{n - 1}} + 1} \right) + \frac{1}{{2n}}} \right) = \ln 2 \\
 \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\ln \left( {2 + \frac{1}{n}} \right)} \right) = \ln 2 \\
 \end{array}
\]
Nên theo nguyên lý kẹp, ta có ngay $\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty} a_n=\ln 2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 28-11-2013 - 21:11

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#8
WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản lý Toán Ứng dụ
  • 1323 Bài viết

Bài 5.

Tìm tất cả các hàm $f,g\, :\, \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thoả mãn :

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

Bài 6.

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Trên các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABI$ và $ACI$ lấy lần lượt các điểm $E$ và $F$ ngoài tam giác $ABC$ sao cho $BE=CF=AI$. Ký hiệu $d_1,d_2$ lần lượt là các đường thẳng đối xứng với $EF$ qua phân giác ngoài góc $B$ và $C$. Các đường thẳng $d_1$ và $d_2$ cắt nhau tại $D$. Chứng minh rằng trung điểm $K$ của $ID$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Bài 7.

Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên $k\geq 2$ và bộ số $(a_0;a_1;...;a_k)\, ,a_i\in \{0;1\}$ sao cho :

$$\sum^{k}_{i=0}5^{i}a_iC^{i}_{k}=6^{k-1}$$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 29-11-2013 - 20:57

“There is no way home, home is the way.” - Thich Nhat Hanh

#9
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết

Bài 5.

Tìm tất cả các hàm $f,g\, :\, \mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thoả mãn :

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

Lời giải:\[
\forall x,y \in R:g\left( {f\left( {x + y} \right)} \right) = f\left( x \right) + \left( {2x + y} \right)g\left( y \right),\left( 1 \right)
\]
Giả sử $(f,g)$ là 1 nghiệm hàm. Thay $y$ bởi $-2x$ vào (1), ta có \[
g\left( {f\left( { - x} \right)} \right) = f\left( x \right)\forall x \in R,\left( * \right)
\]
Lại thay $x$ bởi $0$ vào (1), ta có\[
g\left( {f\left( y \right)} \right) = f\left( 0 \right) + yg\left( y \right)\forall y \in R,\left( 2 \right)
\]
Tiếp tục thay $y$ bởi $-x$ và sử dụng (*), ta có

\[
f\left( x \right) = f\left( 0 \right) - xg\left( { - x} \right)\forall x \in R,\left( 3 \right)
\]
Bây giờ, thay $y$ bởi $0$ và sử dụng (2),(3), ta có:\[
\begin{array}{l}
  \Rightarrow g\left( {f\left( x \right)} \right) = f\left( x \right) + 2xg\left( 0 \right) \Rightarrow f\left( 0 \right) + xg\left( x \right) = f\left( 0 \right) - xg\left( { - x} \right) + 2xg\left( 0 \right) \\
  \Rightarrow x\left[ {g\left( x \right) + g\left( { - x} \right) - 2g\left( 0 \right)} \right] = 0\forall x \Rightarrow g\left( x \right) + g\left( { - x} \right) = 2g\left( 0 \right)\forall x \ne 0\,(**) \\
 \end{array}
\]
Mặt khác, thay $y$ bởi $x+y$ vào (2), ta có:\[
\begin{array}{l}
 g\left( {f\left( {x + y} \right)} \right) = f\left( 0 \right) + \left( {x + y} \right)g\left( {x + y} \right) \\
  \Rightarrow f\left( 0 \right) + \left( {x + y} \right)g\left( {x + y} \right) = f\left( x \right) + \left( {2x + y} \right)g\left( y \right)\left( {do\left( 1 \right)} \right) \\
  \Rightarrow \left( {x + y} \right)g\left( {x + y} \right) =  - xg\left( { - x} \right) + \left( {2x + y} \right)g\left( y \right)\left( {do\left( 3 \right)} \right) \\
  \Rightarrow \left( {x + y} \right)g\left( {x + y} \right) =  - 2g\left( 0 \right)x + xg\left( x \right) + \left( {2x + y} \right)g\left( y \right)\forall x,y \in R,\left( 4 \right)\left( {do\left( {**} \right)} \right) \\
 \end{array}
\]
Đổi chỗ $x,y$ trong (4), ta thu được: \[
\left( {x + y} \right)g\left( {x + y} \right) =  - 2g\left( 0 \right)y + yg\left( y \right) + \left( {2y + x} \right)g\left( x \right)
\]
So sánh với (4) thì: \[
\begin{array}{l}
 g\left( 0 \right)x + xg\left( y \right) =  - g\left( 0 \right)y + yg\left( x \right) \Rightarrow \forall x,y \in R^* :\frac{{g\left( y \right) - g\left( 0 \right)}}{y} = \frac{{g\left( x \right) - g\left( 0 \right)}}{x} \\
  \Rightarrow \forall y \ne 0:g\left( y \right) = ky + c\mathop  \Rightarrow g\left( 0 \right) = \frac{{g\left( x \right) + g\left( { - x} \right)}}{2} = c = k.0 + c \Rightarrow \forall x:g\left( x \right) = kx + c \\
 \end{array}
\]
+Nếu $k=0$ thì $g(x)=c\,\forall x \in R$ nên (1) thành \[
c = f\left( x \right) + \left( {2x + y} \right)c\forall x,y \in R \Rightarrow c = f\left( x \right) = 0\forall x \in R \Rightarrow g\left( x \right) = 0\forall x \in R
\]
+Nếu $k \ne 0$ thì từ (2):\[
\begin{array}{l}
 kf\left( y \right) + c = f\left( 0 \right) + y\left( {ky + c} \right) \Rightarrow f\left( y \right) = y^2  + \frac{c}{k}y + \frac{{f\left( 0 \right) - c}}{k} \\
  \Rightarrow f\left( 0 \right) = \frac{{f\left( 0 \right) - c}}{k} \Rightarrow f\left( y \right) = y^2  + \frac{c}{k}y + d\forall y \in R \\
 \end{array}
\]
Thế lại vào (1), ta có:\[
\begin{array}{l}
 k\left( {\left( {x + y} \right)^2  + \frac{c}{k}\left( {x + y} \right) + d} \right) + c = x^2  + \frac{c}{k}x + d + \left( {2x + y} \right)\left( {ky + c} \right) \\
  \Rightarrow \left( {k - 1} \right)x^2  - \left( {\frac{c}{k} + c} \right)x + kd - d = 0\forall x \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 k - 1 = 0 \\
 \frac{c}{k} + c = 0 \\
 kd - d = 0 \\
 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
 k = 1 \\
 c = 0 \\
 d \in R \\
 \end{array} \right. \\
 \end{array}
\]
Thử lại:

+ $\forall x \in R:f(x)=g(x)=0$. (1) hiển nhiên thoả với mọi $x,y \in R$.

+ $\forall x \in R:f(x)=x^2+d\wedge g(x)=x$. (1) tương đương với $\left( {x + y} \right)^2  + d = x^2  + d + \left( {2x + y} \right)y$: đúng với mọi $x,y \in R$.

Kết luận: Các nghiệm hàm thoả đề là $f(x)=g(x)=0\,\forall x$ và $f(x)=x^2+d,g(x)=x\,\forall x$ ($d$ là hằng số thực)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 30-11-2013 - 23:51

Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#10
perfectstrong

perfectstrong

    $LOVE(x)|_{x =\alpha}^\Omega=+\infty$

  • Quản lý Toán Ứng dụng
  • 4991 Bài viết
Bài 6.

Cho tam giác $ABC$ nhọn có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Trên các đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABI$ và $ACI$ lấy lần lượt các điểm $E$ và $F$ ngoài tam giác $ABC$ sao cho $BE=CF=AI$. Ký hiệu $d_1,d_2$ lần lượt là các đường thẳng đối xứng với $EF$ qua phân giác ngoài góc $B$ và $C$. Các đường thẳng $d_1$ và $d_2$ cắt nhau tại $D$. Chứng minh rằng trung điểm $K$ của $ID$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Lời giải:

Vẽ $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$. $CI,BI$ cắt $(O)$ lần 2 tại $w_c,w_b$. Dễ thấy $w_c,w_b$ là tâm của $(ABI),(ACI)$.

Do $AI=BE$ nên $AE \parallel BI$ (vì $E \not \in \triangle ABC$). Tương tự $AF \parallel IC$.

Vẽ $IE$ cắt $AB$ tại $E'$ thì $\triangle IE'B$ cân tại $E' \Rightarrow (IE,IB) \equiv (BI,BE') \equiv (BC,BI) \pmod{\pi}$ (vì $BI$ là phân giác $\angle ABC$). Suy ra $IE \parallel BC$. Tương tự $IF \parallel BC \Rightarrow E,I,F$ thẳng hàng.

120113.png

Mặt khác, vẽ $d_1$ cắt $IE$ tại $B'$, cắt $IA$ tại $D_1$. Do cách dựng nên $BB'$ là phân giác ngoài $\triangle ABC$.

Mà $d_1,EF$ đối xứng qua $BB'$ nên

$(d_1,B'B) \equiv (B'B,EF) \equiv (BB',BC) \pmod{\pi}$ (vì $EF \parallel BC$)

$\equiv (BA,BB') \pmod{\pi}$ (vì $BB'$ là phân giác ngoài $\triangle ABC$)

$\Rightarrow d_1 \parallel AB$ (*). Ta có $E'B=E'C$ (do $(B'B,B'E') \equiv (BE',BB') \pmod{\pi}$ (cmt)) và $\angle IBB'=90^o$ nên $E'$ là trung điểm $IB'$.

Kết hợp (*), ta có $A$ là trung điểm $ID_1$. Vẽ $d_2$ cắt $AI$ tại $D_2$. Chứng minh tương tự trên, ta có $A$ là trung điểm $ID_2$.

Suy ra $D_1 \equiv D_2 \Rightarrow D \equiv D_1 \Rightarrow$ trung điểm $ID$ là $A \in (O)$: đpcm.


Luôn yêu để sống, luôn sống để học toán, luôn học toán để yêu!!! :D
$$\text{LOVE}\left( x \right)|_{x = \alpha}^\Omega = + \infty $$
I'm still there everywhere.

#11
LNH

LNH

    Bất Thế Tà Vương

  • Hiệp sỹ
  • 581 Bài viết

Đáp án chính thức của đề thi:

File gửi kèm  MockVMO2013-2014-all-soln.pdf   118.91K   444 Số lần tải







Được gắn nhãn với một hoặc nhiều trong số những từ khóa sau: trường đông, prevmo2014

1 người đang xem chủ đề

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