Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Đề thi chọn đội tuyển Olympic 30-4 lớp 10 THPT chuyên Trần Hưng Đạo (vòng 2)


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

#1 thedragonknight

thedragonknight

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Hưng Đạo

Đã gửi 10-01-2014 - 17:35

Đề thi chọn đội tuyển HSG Olympic 30/4 lần thứ XX - 2014 Toán 10

  Thời gian 180 phút

Câu 1:

Giải hệ

$\left\{\begin{matrix} (x-y)^2+x+y=y^2 & \\ x^4 - 4x^2y + 3x^2 = -y^2& \end{matrix}\right.$

 

Câu 2:

Cho góc nhọn BAx, điểm C di động trên tia Ax ( C khác A ). Gọi tiếp điểm của AC, BC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt là M, N. Chứng minh rằng MN đi qua 1 điểm cố định khi C di động

 

Câu 3:

Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thỏa $a\geq b\geq c$ và $a+b+c=3$

Chứng minh rằng:

   $\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+3b\geq 5$

 

Câu 4: 

Cho trước số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $a$ với $1< a\leq p-1$. Giả sử:

$A=\sum_{k=0}^{p-1}a^k$. Chứng minh rằng với mọi ước nguyên tố $q$ của $A$ ta đều có $q-1\vdots p$

 

Câu 5: 

Cả 3 năm học cấp 3, lớp T đã tổ chức 50 lần ngoại khóa, mỗi lẫn có hơn nửa số học sinh của lớp tham gia. Chứng minh rằng: Tồn tại 1 nhóm ko quá 5 học sinh mà mỗi lần ngoại khóa có ít nhất 1 học sinh nhóm tham gia

 

Câu 6: 

Tìm tất cả các hàm $f:N*\rightarrow N*$ thỏa các điều kiện sau:

$\left\{\begin{matrix} f(n+1)>f(n) & \\ f(f(n))=n+2012 & \end{matrix}\right.$ $\forall n\in \mathbb{N}*$

 

P/s: Đề khá hay và khó :D



#2 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 10-01-2014 - 22:36

 

Câu 4: 

Cho trước số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $a$ với $1< a\leq p-1$. Giả sử:

$A=\sum_{k=0}^{p-1}a^k$. Chứng minh rằng với mọi ước nguyên tố $q$ của $A$ ta đều có $q-1\vdots p$

 

Ta có $q\mid A=\dfrac{a^{p}-1}{a-1}\Rightarrow q\mid a^p-1$. Tức là $a^{p}\equiv 1\;(mod\;q)\Rightarrow ord_q(a)\mid p\Rightarrow ord_q(a)\in \left \{ 1,p \right \}$

Nếu $ord_q(a)=1\Rightarrow q\mid a-1\Rightarrow A=a^{p-1}+a^{p-2}+...+1\equiv p \;(mod \;q)$ mà $q\mid A\Rightarrow p=q$

Suy ra $p\mid a - 1$, điều này vô lí vì $1 \leq a \leq p-1$. Như vậy phải có $ord_q(a) = p$

Mặt khác dễ thấy $q\nmid a$ nên theo $Fermat$ nhỏ thì $a^{q-1}\equiv 1\;(mod\;q)\Rightarrow ord_q(a)\mid q-1\Rightarrow p\mid q-1$.

Đây là điều phải chứng minh.

 

Mình mà thi đề này thì nuốt cho hết, chưa học một cái gì gọi là Tổ hợp và phương trình hàm  :(


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Juliel: 10-01-2014 - 22:38

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

Welcome to My Facebook !


#3 Juliel

Juliel

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1240 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương TP.HCM
  • Sở thích:Đam mỹ

Đã gửi 10-01-2014 - 23:01

 

Câu 2:

Cho góc nhọn BAx, điểm C di động trên tia Ax ( C khác A ). Gọi tiếp điểm của AC, BC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC lần lượt là M, N. Chứng minh rằng MN đi qua 1 điểm cố định khi C di động

Gọi $O$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$

Gọi $I$ là giao điểm của tia $AO$ với $MN$. Ta chứng minh $I$ là điểm cố định bằng cách chỉ ra $AI \perp BI$.

Thật vậy, gọi $P$ là tiếp điểm của $(O)$ trên $AB$ và $E$ là giao của $MN$ với $AB$ (trường hợp $MN \parallel AB$ thì hiển nhiên $AI \perp BI$)

Ta có $AN,BM,CP$ đồng quy tại điểm $Gergonne$ của tam giác $ABC$ nên $(EPBA)=-1$ (hàng điều hòa tứ giác toàn phần)

Suy ra $I(EPBA)=-1$ mà dễ thấy hai tam giác $IPA,IMA$ bằng nhau nên $IA$ là phân giác góc $PIM$

Từ đó theo định lí về chùm điều hòa, ta có $IA \perp IB$. Suy ra $I$ là điểm cố định mà $MN$ luôn đi qua.

untitled.JPG


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

Welcome to My Facebook !


#4 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 372 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 11-01-2014 - 00:49

Làm bài 6 một phát:

Từ điều kiện bài toán ta suy ra: $f(n+1) - f(n) \geq 1$ (1)

Ta cũng dễ có được: $f(f(n+1))-f(f(n))=1$ (2)

Đặt $f(n+1)=p$, $f(n)=q$ => $p-q \geq 1$

Xét $p-q > 1$ => $p \geq q+2$. Từ (1) ta suy ra: $f(p)-f(q)>1$ so với (2) => vô lý.

=> $p-q=1$ hay $f(n+1) - f(n) = 1$ (3).

Bằng quy nạp ta được: $f(n)=n-1+f(1)$. Đặt $c=f(1)-1$ => $f(n)=n+c$

Suy ra: $f(f(n))=f(n)+c=n+c+c=n+2012$ => $c=1006$ => $f(n)=n+1006$.

Thử lại ta thấy đúng. Vậy hàm $f$ cần tìm là: $f(n)=n+1006$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 14-01-2014 - 16:34

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#5 Zaraki

Zaraki

    PQT

  • Phó Quản trị
  • 4265 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đảo mộng mơ.
  • Sở thích:Mathematics, Manga

Đã gửi 11-01-2014 - 12:38

Câu 1:

Giải hệ

$\left\{\begin{matrix} (x-y)^2+x+y=y^2 \qquad (1) & \\ x^4 - 4x^2y + 3x^2 = -y^2 \qquad (2) \end{matrix}\right.$

Lời giải. $(1) \Leftrightarrow y(2x-1)=x^2+x \Leftrightarrow y= \frac{x^2+x}{2x-1}$ với $x \ne \frac 12$ ($x= \frac 12$ phương trình vô nghiệm).

Thay vào $(2)$ thì phương trình trở thành $$x^2 \left( x^2-4 \frac{x^2+x}{2x-1}+3+ \frac{x^2+2x+1}{4x^2-4x+1} \right)=0 \Leftrightarrow x^2(2x^2+1)(x-1)(x-2)=0$$

Nếu $x=0$ thì $y=0$.

Nếu $x=1$ thì $y=2$.

Nếu $x=2$ thì $y=2$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(0,0),(1,2),(2,2)$. $\blacksquare$


“A man's dream will never end!” - Marshall D. Teach.

#6 mathandyou

mathandyou

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 171 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 11-01-2014 - 12:53

Bất đẳng thức:

Theo bất đẳng thức AM-GM:$\frac{a}{c}+ac \geq 2a$,$\frac{c}{b}+bc \geq 2c$

từ đó:$VT \geq 2(a+c)+b(a+b+c)-ac-bc=2(a+c)+b^2+a(b-c)\geq 2(3-b)+b^2=(b-1)^2+5.$

ta có đpcm.

Đề khoai nhỉ!!


:( ĐƯỜNG TƯƠNG LAI GẶP NHIỀU GIAN KHÓ..  :unsure:

:)ĐỪNG NẢN LÒNG HÃY CỐ GẮNG VƯỢT QUA. :lol:
@};- -Khải Hoàn-

#7 thedragonknight

thedragonknight

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 229 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT chuyên Trần Hưng Đạo

Đã gửi 11-01-2014 - 15:58

Câu 6: Cách khác: 

Từ điều kiện suy ra: $f(n+1)\geq f(n)+1$

Bằng quy nạp ta cm đc: $f(n+k)\geq f(n)+k$

Giả sử tồn tại $n_0$ sao cho:

$f(n_0)>n_0+1006$

Khi đó do $f$ đồng biến ta suy ra:

$f(f(n_0))> f(n_0+1006)\geq f(n_0)+1006$

Kết hợp với điều kiện (2) của đề cho ta: 

$n_0+1006> f(n_0)$ (vô lý)

Do đó:

$$f(n)\geq n+1006 \forall n\in \mathbb{N}*$

Từ đó ta có :

$f(f(n))\geq f(n)+1006$

Kết hợp với điều kiện (2) cho ta:

$n+1006\geq f(n)$

Vậy $f(n)=n+1006$



#8 nntien

nntien

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 372 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Phan Thiết, Bình Thuận.
  • Sở thích:mê Toán sơ cấp (ĐT: 01234533861)

Đã gửi 13-01-2014 - 22:06

Còn thiếu bài nữa làm luôn: (Bài 5)

Ta nhận xét nếu số lần tổ chức là $2n+k$ (trong đó $k=0$ hoặc $k=1$) thì sẽ tồn tại ít nhất một học sinh tham gia ít nhất $n+1$ lần.

Thật vậy, gọi số học sinh tham gia mỗi lần là $m$, thì số học sinh của lớp không quá $2m-1$ Khi đó ta có:

Tổng số lần tham gia: $(2n+k).m$ => trung bình một học sinh tham gia: $\frac{(2n+k)m}{2m-1} > n$ lần.

Vậy tồn tại ít nhất một học sinh tham gia ít nhất $n+1$ lần.

Trở lại bài toán:

Ta xét 50 lần tổ chức => tồn tại một học sinh tham gia (gọi là học sinh A) ít nhất 26 lần.

Ta loại 26 lần tổ chức mà có học sinh A tham gia (nếu A tham gia hơn 26 lần thì chỉ loại 26 lần nào đó)..

Xét 24 lần tổ chức => tồn tại một học sinh (B) tham gia ít nhất 13 lần. Ta cũng loại tiếp 13 lần tổ chức có học sinh B tham gia.

Xét 11 lần tổ chức => tồn tại một học sinh (C) tham gia ít nhất 6 lần. Ta cũng loại tiếp 6 lần tổ chức có học sinh C tham gia.

Xét 5 lần tổ chức => tồn tại một học sinh (D) tham gia ít nhất là 3 lần. Ta cũng loại tiếp 3 lần tổ chức có học sinh D tham gia.

Xét 2 lần tổ chức => tồn tại một học sinh (E) tham gia tham gia 2 lần tổ chức này.

Như vậy có 50 lần tổ chức đều có một trong các học sinh A,B,C,D,E có mặt (các học sinh có thể trùng nhau là một) => đpcm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nntien: 13-01-2014 - 22:15

$Maths$$Smart Home$ and $Penjing$

123 Phạm Thị Ngư


#9 Hoang Thi Thao Hien

Hoang Thi Thao Hien

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 76 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:10A1, THPT Chuyên Phan Bội Châu
  • Sở thích:Cuộc đời cũng chỉ như phù du tháng qua, trải qua trăm ngàn dâu bể, sẽ chẳng còn lại dấu tích gì của một con người...

Đã gửi 15-01-2014 - 20:41

Câu 1:

Giải hệ

$\left\{\begin{matrix} (x-y)^2+x+y=y^2 & \\ x^4 - 4x^2y + 3x^2 = -y^2& \end{matrix}\right.$

Cách 2:

pt $\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2 - x(2y-1) + y=0\\ (x^4+2x^2y+y^2)-3x^2(2y-1)=0 \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} (x^2+y)-x(2y-1)=0(1)\\ (x^2+y)^2-3x^2(2y-1)=0 (2)\end{matrix}\right.$

* Xét x=0 ...

* Nếu $x\neq 0$, nhân 2 vế của (1) với 3x rồi trừ cho (2), ta có:

$(x^2+y)^2-3x(x^2+y)=0\Leftrightarrow (x^2+y)(x^2+y-3x)=0\Leftrightarrow \begin{bmatrix} x^2=-y\\ 3x-x^2=y \end{bmatrix}$

- Nếu $x^2=-y$ thì thay vào (2) ta có: $x(2y-1)=0$...

- Nếu $y=3x-x^2$ thì thay vào (2), ta có: $3x-x(2(3x-x^2)-1)=0 \Leftrightarrow$...

Thế này hay hơn Toàn nhỉ!

Lời giải. $(1) \Leftrightarrow y(2x-1)=x^2+x \Leftrightarrow y= \frac{x^2+x}{2x-1}$ với $x \ne \frac 12$ ($x= \frac 12$ phương trình vô nghiệm).

Thay vào $(2)$ thì phương trình trở thành $$x^2 \left( x^2-4 \frac{x^2+x}{2x-1}+3+ \frac{x^2+2x+1}{4x^2-4x+1} \right)=0 \Leftrightarrow x^2(2x^2+1)(x-1)(x-2)=0$$

Nếu $x=0$ thì $y=0$.

Nếu $x=1$ thì $y=2$.

Nếu $x=2$ thì $y=2$.

Vậy hệ có nghiệm $(x,y)=(0,0),(1,2),(2,2)$. $\blacksquare$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Thi Thao Hien: 15-01-2014 - 20:42

Tử Vụ, chàng còn nhớ không, lần đầu chúng ta gặp nhau, trời cũng mưa.
Gặp nhau dưới mưa, tựa như trong ý họa tình thơ. 
Bên bờ dương liễu Giang Nam, dưới mái hiên ngói xanh, tầng tầng mưa phùn mông lung. 
Lúc đó ta chỉ là một ca cơ không chút danh tiếng, mà chàng là vị Hầu gia quần là áo lượt nhàn tản.
Trong mưa gặp nhau, dây dưa cả đời.
Một đời Tang Ca như mưa bụi mông lung, vui sướng vì gặp được chàng, tan đi cũng vì chàng, bất hối.

                ~Tang Ca~            

    


#10 duongluan1998

duongluan1998

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 84 Bài viết

Đã gửi 24-03-2014 - 15:37

 

Câu 3:

Cho $a,b,c$ là 3 số thực dương thỏa $a\geq b\geq c$ và $a+b+c=3$

Chứng minh rằng:

   $\frac{a}{c}+\frac{c}{b}+3b\geq 5$

 

 

$\Leftrightarrow \frac{a^{2}}{ac}+\frac{c^{2}}{bc}+\frac{b^{2}}{1}+ab+bc\geq \frac{(a+b+c)^{2}}{ac+bc+1}+ab+bc$

$\Leftrightarrow \frac{9}{ac+bc+1}+(bc+ac+1)+ab-1-ac\geq 6-1-ac+ab=5 +a(b-c)\geq 5$



#11 shinichigl

shinichigl

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 135 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Đại học Ngoại thương
  • Sở thích:Làm toán

Đã gửi 28-03-2014 - 08:36

câu 1 có thể giải bằng cách sử dụng tam thức bậc 2

Xét $x=0$ thì ta thu được một nghiệm $(x;y)=(0;0)$

Xét $x\neq 0$, hệ phương trình tương đương với

$\left\{\begin{matrix} x^{2}-4y+3= -\frac{y^{2}}{x^{2}} & \\ x-2y+1=-\frac{y}{x}& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x^2+\frac{y^2}{x^2}+2y=6y-3 & \\ x+\frac{y}{x}=2y-1& \end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \left ( x+\frac{y}{x} \right )^2=3(2y-1) & \\ x+\frac{y}{x}=2y-1& \end{matrix}\right.$

Từ đó, ta suy ra $\left ( x+\frac{y}{x} \right )^2=3\left ( x+\frac{y}{x} \right )$

Đây là một phương trình bậc hai với ẩn là $x+\frac{y}{x}$, giải phương trình này, ta được 2 nghiệm

$x+\frac{y}{x}=0$ hoặc $x+\frac{y}{x}=3$

Thay vào hệ phương trình ta được 2 nghiệm $(x;y)=(1;2);(2;2)$

Vậy phương trình có nghiệm là $(x;y)=(0;0);(1;2);(2;2)$

P/s: không biết đây có phải là ý tưởng của người ra đề hay không


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichigl: 28-03-2014 - 08:42





1 người đang xem chủ đề

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