Chủ đề này có 8 trả lời

[caybutbixanh]

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TOÁN (VÒNG 2) LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU

BÀI 1: Giải hệ phương trình :

Giải hệ$\left\{\begin{matrix} x^{2}+2y^{3}+8y=x(y^{2}+4)+4y^{2}\\ (2y+2)(\sqrt{2x^{2}+8y+6}+\sqrt{-2x-1})=8y^{2}+6x+7 \end{matrix}\right.$

Bài 2 : Cho tam giác $ABC (AB<AC)$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$.Tiếp điểm của $(I)$ với các cạnh $BC,AB,AC$ lần lượt tại $D,E,F$.Đường tròn đường kính $AI$ cắt $(O)$ tại $M$ ($M \neq A$) và cắt đường thẳng $A$ song song $BC$ tại $N.$

a, CMR : $N,I,D$ thẳng hàng

b,CMR : $MN,EF,BC$ đồng quy.

Bài 3 : Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\geq 1$ .CMR :

$a+b+c \geq ab+bc+ca$

Bài 4: Tìm các cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn $p\neq q$ và $(7^{p}-2^{p})(7^{q}-2^{q})\vdots pq$

Bài 5 : Cho $A$ là một tập hợp thay đổi gồm $2014$ số thực phân biệt bất kì.Xét tập $B=\left \{ \frac{x+y}{2};x,y\in A,x\neq y \right \}$

Hỏi tập $B$ có ít nhất bao nhiêu phần tử ?

Bài 6 : Cho hàm số $f: \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn điều kiện $f(x+f(y))=f(x)+y,\forall x,y\in\mathbb{Q}$

a, CMR: f đơn ánh

b,Tìm tất cả hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên .

----------------------------------

Tiếc là mình không đậu vòng 1 nêu không thể thi vòng 2 Các bạn tham gia giải nhiệt tình nhé, đề này khá hay.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 29-03-2014 - 20:06
Chủ topic nhờ sửa đề

[etucgnaohtn]

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TOÁN (VÒNG 2) LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU

BÀI 1: Giải hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+2y^{3}+8y=x(y^{2}+4)+4y^{2}\\ (2y+2)(\sqrt{2x^{2}+8y+6}-\sqrt{-2x-1})=8y^{2}+6x+7 \end{matrix}\right.$

Điều kiện : $x\leq \frac{-1}{2}$

Từ phương trình thứ nhất ta được : $(x-2y)(x-y^2+2y-4)=0(*)$ 

Nếu $x=y^2-2y+4$ thì $x=(y-1)^2+3> 0$ ( loại vì trái điều kiện xác định )

Từ đó ta có $(*)\Leftrightarrow x=2y$

Thay vào phương trình thứ 2 , ta được : 
$(2x^2+6x+7)(\frac{x+2}{\sqrt{2x^2+4x+6}+\sqrt{-2x-1}}-1)=0(**)$
Do $2x^2+6x+7=2(x+\frac{3}{2})^2+\frac{5}{2}>0$ nên từ $(**)\Leftrightarrow \sqrt{2x^2+4x+6}+\sqrt{-2x-1}=x+2(***)$

Ta có $2x^2+4x+6=2(x+1)^2+4\geq 4$ nên $\sqrt{2x^2+4x+6}\geq 2$ 

Suy ra $\sqrt{2x^2+4x+6}+\sqrt{-2x-1} \geq 2(1)$

Mà $x\leq \frac{-1}{2}$ ( theo điều kiện xác định ) nên $x+2\leq \frac{3}{2}(2)$
Từ $(1),(2)$ ta được phương trình $(***)$ vô nghiệm
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm !

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi etucgnaohtn: 26-02-2014 - 17:52

[Zaraki]

 

Bài 4: Tìm các cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn $p\neq q$ và $(7^{p}-2^{p})(7^{q}-2^{q})\vdots pq$

Lời giải. Ta có bổ đề.

Bổ đề. Nếu $a,b,n$ là các số nguyên dương và $p$ nguyên tố thỏa mãn $p|a^n-b^n$. Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho $p|a^k-b^k$. Khi đó $k|n$.

---------------------------------------

Quay lại bài toán. Nếu $p|7^p-2^p$ thì theo định lý Fermat nhỏ ta có $p|5$ nên $p=5$. Ta suy ra $q|5 \cdot 671 \cdot (7^q-2^q)$. Vì $p \ne q$ nên $q \nmid 7^q-2^q$ và $q \ne 5$. Do đó $q | 671$. Ta tìm được $q=61$ hoặc $q=11$.

Tương tự với $q|7^q-2^q$ thì $q=5$ và $p=61$ hoặc $p=11$.

Nếu $p \nmid 7^p-2^p,q \nmid 7^q-2^q$ thì $p|7^q-2^q$. Gọi $k$ là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn $p|7^k-2^k$. Khi đó $k|q$. Vậy $k=1$ hoặc $k=q$.

 

Với $k=1$ thì $p|5$, mâu thuẫn vì lúc đó $p|7^p-2^p$. Vậy $k=q$. Lại có $(p,2)=(p,7)=1$ nên theo định lý Fermat nhỏ ta có $p|7^{p-1}-2^{p-1}$. Do đó $k|p-1$ hay $q|p-1$. Ta thu được $p-1 \ge q$.

 

Chứng minh tương tự thì $q-1 \ge p$, mâu thuẫn với $p-1 \ge q$.

Vậy $\boxed{(p,q)=(5,61),(5,11),(11,5),(61,5)}$.

[Hoang Tung 126]

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TOÁN (VÒNG 2) LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU

BÀI 1: Giải hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+2y^{3}+8y=x(y^{2}+4)+4y^{2}\\ (2y+2)(\sqrt{2x^{2}+8y+6}-\sqrt{-2x-1})=8y^{2}+6x+7 \end{matrix}\right.$

Bài 2 : Cho tam giác $ABC (AB<AC)$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$.Tiếp điểm của $(I)$ với các cạnh $BC,AB,AC$ lần lượt tại $D,E,F$.Đường tròn đường kính $AI$ cắt $(O)$ tại $M$ ($M \neq A$) và cắt đường thẳng $A$ song song $BC$ tại $N.$

a, CMR : $N,I,D$ thẳng hàng

b,CMR : $MN,EF,BC$ đồng quy.

Bài 3 : Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\geq 1$ .CMR :

$a+b+c \geq ab+bc+ca$

Bài 4: Tìm các cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn $p\neq q$ và $(7^{p}-2^{p})(7^{q}-2^{q})\vdots pq$

Bài 5 : Cho $A$ là một tập hợp thay đổi gồm $2014$ số thực phân biệt bất kì.Xét tập $B=\left \{ \frac{x+y}{2};x,y\in A,x\neq y \right \}$

Hỏi tập $B$ có ít nhất bao nhiêu phần tử ?

Bài 6 : Cho hàm số $f: \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn điều kiện $f(x+f(y))=f(x)+y,\forall x,y\in\mathbb{Q}$

a, CMR: f đơn ánh

b,Tìm tất cả hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên .

----------------------------------

Tiếc là mình không đậu vòng 1 nêu không thể thi vòng 2 Các bạn tham gia giải nhiệt tình nhé, đề này khá hay.

 

Bài 3:Ta có:$\sum \frac{1}{a+b+1}\geq 1< = > \sum (1-\frac{1}{a+b+1})\leq 2< = > 2\geq \sum \frac{a+b}{a+b+1}=\sum \frac{(a+b)^2}{(a+b)(a+b+1)}\geq \frac{4(\sum a)^2}{\sum (a+b)(a+b+1)}= > \sum (a+b)(a+b+1)\geq 2(\sum a)^2< = > 2\sum a\geq 2\sum ab= > \sum a\geq \sum ab$

[Juliel]

 

Bài 6 : Cho hàm số $f: \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn điều kiện $f(x+f(y))=f(x)+y,\forall x,y\in\mathbb{Q}$

a, CMR: f đơn ánh

b,Tìm tất cả hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên .

 

Gỉa sử tồn tại $x_1,x_2$ hữu tỉ sao cho $$f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow f(1+f(x_1))=f(1+f(x_2))\Rightarrow f(1)+x_1=f(1)+x_2\Rightarrow x_1=x_2$$

Vậy $f$ là đơn ánh.

Từ phương trình hàm ban đầu, ta cho $x=y=0$ được $f(f(0))=f(0)$, vì $f$ đơn ánh nên $f(0)=0$

Cũng từ PTH ban đầu, cho $x=0$ được $f(f(y))=f(0)+y=y,\;\forall y\in \mathbb{Q}$

Do đó ta có :

$$f(x+f(y))=f(x)+f(f(y)),\;\forall x,y\in \mathbb{Q}\Leftrightarrow f(x)+f(y)=f(x+y),\;\;\forall x,y\in \mathbb{Q}$$

Áp dụng định lí về PTH Cauchy ta được $$f(x)=cx,\;\forall x\in \mathbb{Q}$$

Thay vào phương trình hàm ban đầu tìm được $c=1$.

Kết luận : Hàm thỏa đề là $f(x)=x,\;\forall x\in \mathbb{Q}$

[Hoang Tung 126]

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TOÁN (VÒNG 2) LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU

BÀI 1: Giải hệ phương trình :

$\left\{\begin{matrix} x^{2}+2y^{3}+8y=x(y^{2}+4)+4y^{2}\\ (2y+2)(\sqrt{2x^{2}+8y+6}-\sqrt{-2x-1})=8y^{2}+6x+7 \end{matrix}\right.$

Bài 2 : Cho tam giác $ABC (AB<AC)$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$.Tiếp điểm của $(I)$ với các cạnh $BC,AB,AC$ lần lượt tại $D,E,F$.Đường tròn đường kính $AI$ cắt $(O)$ tại $M$ ($M \neq A$) và cắt đường thẳng $A$ song song $BC$ tại $N.$

a, CMR : $N,I,D$ thẳng hàng

b,CMR : $MN,EF,BC$ đồng quy.

Bài 3 : Cho $a,b,c > 0$ thỏa mãn $\frac{1}{a+b+1}+\frac{1}{b+c+1}+\frac{1}{a+c+1}\geq 1$ .CMR :

$a+b+c \geq ab+bc+ca$

Bài 4: Tìm các cặp số nguyên tố $(p,q)$ thỏa mãn $p\neq q$ và $(7^{p}-2^{p})(7^{q}-2^{q})\vdots pq$

Bài 5 : Cho $A$ là một tập hợp thay đổi gồm $2014$ số thực phân biệt bất kì.Xét tập $B=\left \{ \frac{x+y}{2};x,y\in A,x\neq y \right \}$

Hỏi tập $B$ có ít nhất bao nhiêu phần tử ?

Bài 6 : Cho hàm số $f: \mathbb{Q}\rightarrow \mathbb{Q}$ thỏa mãn điều kiện $f(x+f(y))=f(x)+y,\forall x,y\in\mathbb{Q}$

a, CMR: f đơn ánh

b,Tìm tất cả hàm $f$ thỏa mãn điều kiện trên .

----------------------------------

Tiếc là mình không đậu vòng 1 nêu không thể thi vòng 2 Các bạn tham gia giải nhiệt tình nhé, đề này khá hay.

 

Bài 2::(Hình vẽ bị lỗi nên không fix được)

(a): Do $N$ thuộc đường tròn đường kính $AI$ nên $\widehat{ANI}=90= > AN\perp IN$

 Do $AN$ song song $BC$ nên $IN\perp BC$

Do $ID\perp BC$ nên $\overline{N,I,D}$

(b):Giả sử $NE$ giao $BC$ tại $R$.

Gọi $MN$ giao $BC$ tại $T$ .Ta sẽ CM:$\overline{T,E,F}$

Theo tính chất góc nội tiếp  và $AN$ song song BC có::$\widehat{NGB}=\widehat{FGB}=\widehat{GCF}+\widehat{GFC}=\widehat{NAF}+\widehat{NFA}=\widehat{NEF}+\widehat{AEN}=\widehat{AEF}$

$= > \widehat{NGB}=\widehat{AEF}$ (1)

- Do $AMBC$ và $MANF$ nội tiếp nên $180=\widehat{MBC}+\widehat{MAC}=\widehat{MBC}+\widehat{MAE}=\widehat{MBC}+\widehat{MNG}= >$ Tứ giác $BMNG$ nội tiếp 

Ta có:Do AN song song BC nên theo góc so le trong có:$\widehat{ANM}=\widehat{NTB}=\widehat{MEA}$

Do $\widehat{MEA}+\widehat{MEB}=180= > \widehat{MTB}+\widehat{MEB}=180= > MEBT$ nội tiếp .$= > \widehat{TMB}=\widehat{TEB}=\widehat{TGE}=\widehat{BGE}$  (Do BMNG nội tiếp thì $\widehat{TMB}=\widehat{TGN}$)  (2)

  Từ (1),(2) $= > \widehat{TEB}=\widehat{AEF}= > \overline{T,E,F}$(ĐPCM)

  Vậy $MN,EF,BC$ đồng quy

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Tung 126: 27-02-2014 - 16:16

[caybutbixanh]

Bài 2::(Hình vẽ bị lỗi nên không fix được)

(a): Do $N$ thuộc đường tròn đường kính $AI$ nên $\widehat{ANI}=90= > AN\perp IN$

 Do $AN$ song song $BC$ nên $IN\perp BC$

Do $ID\perp BC$ nên $\overline{N,I,D}$

(b):Giả sử $NE$ giao $BC$ tại $R$.

Gọi $MN$ giao $BC$ tại $T$ .Ta sẽ CM:$\overline{T,E,F}$

Theo tính chất góc nội tiếp  và $AN$ song song BC có::$\widehat{NGB}=\widehat{FGB}=\widehat{GCF}+\widehat{GFC}=\widehat{NAF}+\widehat{NFA}=\widehat{NEF}+\widehat{AEN}=\widehat{AEF}$

$= > \widehat{NGB}=\widehat{AEF}$ (1)

- Do $AMBC$ và $MANF$ nội tiếp nên $180=\widehat{MBC}+\widehat{MAC}=\widehat{MBC}+\widehat{MAE}=\widehat{MBC}+\widehat{MNG}= >$ Tứ giác $BMNG$ nội tiếp 

Ta có:Do AN song song BC nên theo góc so le trong có:$\widehat{ANM}=\widehat{NTB}=\widehat{MEA}$

Do $\widehat{MEA}+\widehat{MEB}=180= > \widehat{MTB}+\widehat{MEB}=180= > MEBT$ nội tiếp .$= > \widehat{TMB}=\widehat{TEB}=\widehat{TGE}=\widehat{BGE}$  (Do BMNG nội tiếp thì $\widehat{TMB}=\widehat{TGN}$)  (2)

  Từ (1),(2) $= > \widehat{TEB}=\widehat{AEF}= > \overline{T,E,F}$(ĐPCM)

  Vậy $MN,EF,BC$ đồng quy

$G$ là điểm gì vậy anh ?

[caybutbixanh]

 

Áp dụng định lí về PTH Cauchy ta được $$f(x)=cx,\;\forall x\in \mathbb{Q}$$

Thay vào phương trình hàm ban đầu tìm được $c=1$.

Kết luận : Hàm thỏa đề là $f(x)=x,\;\forall x\in \mathbb{Q}$

Cậu thay sai rồi :

Từ $f(x)=cx$,x là số hữu tỉ thay vào phương trình ban đầu ta có :$c(x+f(y))=cx+y,\forall x\in\mathbb{Q}\\ \Leftrightarrow c^{2}.y=y ,y\in\mathbb{Q}\\ \Leftrightarrow c=\pm 1$

Từ đó có hai kết quả $f(x)=x\vee f(x)=-x,\forall x\in\mathbb{Q}$

 

Bài 3:Ta có:$\sum \frac{1}{a+b+1}\geq 1< = > \sum (1-\frac{1}{a+b+1})\leq 2< = > 2\geq \sum \frac{a+b}{a+b+1}=\sum \frac{(a+b)^2}{(a+b)(a+b+1)}\geq \frac{4(\sum a)^2}{\sum (a+b)(a+b+1)}= > \sum (a+b)(a+b+1)\geq 2(\sum a)^2< = > 2\sum a\geq 2\sum ab= > \sum a\geq \sum ab$

Đặt $M=\frac{4.(\sum a)^{2}}{\sum (a+b)(a+b+1)}$

Khi đó ta chứng minh được $M\leq 2$.Nhưng không suy ra được $\sum \frac{a+b}{a+b+1}\leq 2$

Lời giải đúng :

Vì $a,b,c>0$,áp dụng BĐT Cauchy-Schawz,ta được:

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

[caybutbixanh]

 

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TOÁN (VÒNG 2) LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU

 

Bài 5 : Cho $A$ là một tập hợp thay đổi gồm $2014$ số thực phân biệt bất kì.Xét tập $B=\left \{ \frac{x+y}{2};x,y\in A,x\neq y \right \}$

Hỏi tập $B$ có ít nhất bao nhiêu phần tử ?

 

 

Lời giải :

Giả sử $A=\left \{ a_{1},a_{2},..,a_{n} \right \};(a_{1}<a_{2}<..<a_{n})$

Khi đó ta có :$\frac{a_{1}+a_{2}}{2}< \frac{a_{1}+a_{3}}{2}<..<\frac{a_{1}+a_{2014}}{2}<\frac{a_{2}+a_{2014}}{2}<..<\frac{a_{2013}+a_{2014}}{2}$

Suy ra có $2013+2013-1=4025$ phần tử trên đều thuôc B .Do đó $\left | B \right |\geq 4025$

Vì yêu cầu bài toán cho biết $B$ có ít nhất bao nhiêu phần tử nên ta sẽ xét trường hợp đơn giản nhất như sau:

$A=\left \{ 1;2;3..;2014 \right \}\\ $Khi đó

$B=\left \{ \frac{3}{2};\frac{4}{2};\frac{5}{2};..;\frac{4027}{2} \right \}\\$ 

Nên $\left | B \right | = 4025$

Vậy tập $B$ có ít nhất 4025 phần tử.