Chủ đề này có 18 trả lời

[Juliel]

KỲ THI OLYMPIC 30/4 LẦN THỨ XXI 

 

Bài 1 (4 điểm)

Giải hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix} (2x-1)\sqrt{x+y}=(6-x-y)\sqrt{2-x}\\ y+3+2\sqrt[3]{12x^2+3xy-18x}=(x-1)^3 \end{matrix}\right.$$

 

Bài 2 (4 điểm)

Cho dãy $(u_n)$ như sau :

$$u_{n}=\dfrac{e^{\frac{1}{n+1}}}{n+1}+\dfrac{e^{\frac{1}{n+2}}}{n+2}+...+\dfrac{e^{\frac{1}{2n}}}{2n}$$

Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n$.

 

Bài 3 (3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $X$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. Phân giác góc $BAC$ cắt đường tròn tâm $X$ bán kính $XB$ tại điểm $M$ nằm trong tam giác $ABC$. Tia $OM$ cắt $BC$ tại $P$. Gọi $E,F$ là hình chiếu của $M$ xuống $AC,AB$. Chứng minh rằng $PE,PF$ vuông góc nhau.

 

Bài 4 (3 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số nguyên tố. Đặt $x=a+b-c,y=a+c-b,z=b+c-a$. Gỉa sử rằng $x^2=y$ và hiệu $\sqrt{z}-\sqrt{y}$ là bình phương của một số nguyên tố. Tính giá trị biểu thức :

$$T=(a+2)(b-10)(c+2)$$

 

Bài 5 (3 điểm) 

Tìm tất cả các hàm số đơn ánh $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)\left [ f^2(x)-f(x)f(y)+f^2(y) \right ],\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 

Bài 6 (3 điểm)

Tại ba đỉnh $A,B,C$ của một tam giác $ABC$, người ta viết các số $a,b,c$. Người ta thực hiện phép biến đổi sau : Nếu mỗi bộ trước là $(x,y,z)$ thì sau đó ta thay bởi bộ $(x+y-2z,y+z-2x,z+x-2y)$. Chứng minh rằng sau một số lần biến đổi sẽ tồn tại một bộ ba số mà ít nhất một trong ba số của nó không nhỏ hơn $2015$.

 

Đề được viết lại theo trí nhớ nên có thể ngôn ngữ không chuẩn nhé .!~

 

[NKQ]

Có ai có danh sách huy chương chưa vậy ạ?

[Trung Gauss]

 

KỲ THI OLYMPIC 30/4 LẦN THỨ XXI 

 

 

Bài 5 (3 điểm) 

Tìm tất cả các hàm số đơn ánh $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)\left [ f^2(x)-f(x)f(y)+f^2(y) \right ],\;\forall x,y\in \mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$$

 

 

 

 

Lời giải: 

Trong $(1)$ cho $x=y$ ta được: $$f(x^3)=xf^2(x),\;\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$$ Trong $(2)$ cho $x=0$, ta được: $f(0)=0$

Trong $(2)$ cho $x=1$ ta được $f(1)=0\;\vee f(1)=1$.

 

Trường hợp 1: $f(1)=0$. Trong $(1)$ cho $y=1$ ta được: $$f(x^3)=(x+1)f^2(x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(3)$$ Kết hợp với: $$f(x^3)=xf^2(x),\forall x\in\mathbb{R}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(4)$$ Từ $(3)$ và $(4)$ suy ra: $f(x0\equiv 0, \forall x\in\mathbb{R}$ Tuy nhiên vì $f$ đơn ánh nên ta loại nghiệm này.

 

Trường hợp 2: $f(1)=1$. Trong $(1)$ cho $y=1$ ta được: $$f(x^3)+1=(x+1)\left[ f^2(x)-f(x)+1\right],\;\forall x\in\mathbb{R}$$ Kết hợp với $$f(x^3)=xf^2(x),\forall x\in\mathbb{R}$$ Suy ra: $$\begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;  xf^2(x)+1=(x+1)\left[ f^2(x)-f(x)+1\right]\\& \Leftrightarrow f^2(x)-xf(x)-f(x)+x=0\\& \Leftrightarrow \left[ f(x)-1\right]\left[f(x)-x\right] =0\end{aligned}$$ Tuy nhiên vì $f$ đơn ánh nên $f(x)=1\Leftrightarrow x=1$, tức là ta thu được $f(x)=x,\forall x\in\mathbb{R}$. Kết luận: $$ f(x)\equiv x.\;\forall x\in\mathbb{R}$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Trung Gauss: 04-04-2015 - 19:58

[Silver Bullet]

Câu hệ phương trình trên biến đổi đc $5x+y=8$, thế vô dưới, chuyển về hàm đồng biến theo $x$ trên TXĐ của nó, có nghiệm duy nhất $x=2$ hoặt đặt $t$ bằng căn, rồi đưa về hệ. 

 

Mới thử câu hệ, nhìn sơ qua đề này câu nào cũng quen thuộc, không có câu nào quá hóc búa mang tính phân loại! 

 

30/4 cũng chỉ dừng lại ở đó mà thôi, chúc các bạn có huy chương như ý muốn!

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Silver Bullet: 04-04-2015 - 20:32

[hoaadc08]

Câu 1 đề cho đơn giản vì phương trình (1) của hệ có thể phấn tích thành tích ( lớp 9 ) để rút ra y = 8 - 5x .
Thay vào pt (2) có thể phân tích thành tích của (x-2).A trong đó A > 0 ( A là bình phương thiếu của tổng cộng cho 2) .
Hệ có nghiệm duy nhất (x = 2 , y = -2) .

[hoaadc08]

CÂU 3 Hình là câu khó . Liệu có giải được bằng kiến thức lớp 9 ( không dùng hàng điểm điều hoà ) ?

[binvippro]

CÂU 3 Hình là câu khó . Liệu có giải được bằng kiến thức lớp 9 ( không dùng hàng điểm điều hoà ) ?

bạn có thể giải bằng hàng điểm điều hòa cho mình xem với được không ? 

[shinichigl]

Bài 6 (3 điểm)

Tại ba đỉnh $A,B,C$ của một tam giác $ABC$, người ta viết các số $a,b,c$. Người ta thực hiện phép biến đổi sau : Nếu mỗi bộ trước là $(x,y,z)$ thì sau đó ta thay bởi bộ $(x+y-2z,y+z-2x,z+x-2y)$. Chứng minh rằng sau một số lần biến đổi sẽ tồn tại một bộ ba số mà ít nhất một trong ba số của nó không nhỏ hơn $2015$.

 

Bài 6 (Mình nghĩ cần phải thêm điều kiện ít nhất trong 3 số $a$, $b$, $c$ phải có một số khác $0$)

Sau lần biến đổi thứ nhất thì tổng của 3 số $a$, $b$, $c$ bằng $0$ nên ta có $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0,n\geq 1$

($n$ là số lần biến đổi của bộ $\left ( a,b,c \right )$)

Ta xét tổng $S_{n}=a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}$

Khi đó $S_{n+1}=\left ( a_{n}+b_{n}-2c_{n} \right )_{n}^{2}+\left ( b_{n}+c_{n}-2a_{n} \right )^{2}+\left ( c_{n}+a_{n}-2b_{n} \right )^{2}=6S_{n}-6\left ( a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n} \right )$

Mặt khác $a_{n}+b_{n}+c_{n}=0$ nên $a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}=-2\left ( a_{n}b_{n}+b_{n}c_{n}+c_{n}a_{n} \right )$

Suy ra $S_{n+1}=3S_{n}=3^{n}S_{1}$

Ta có $\left ( \left | a_{n} \right |+\left | b_{n} \right |+\left | c_{n} \right | \right )^{2}> a_{n}^{2}+b_{n}^{2}+c_{n}^{2}$

Suy ra $\left | a_{n} \right |+\left | b_{n} \right |+\left | c_{n} \right |> 3^{\frac{n-1}{2}}\sqrt{S_{1}}$

(do trong 3 số $a$, $b$, $c$ phải có ít nhất một số khác $0$ nên $S_{1}>0$)

Giả sử $\left | a_{n} \right |$ là số lớn nhất trong 3 số $\left | a_{n} \right |$, $\left | b_{n} \right |$, $\left | c_{n} \right |$

Khi đó $\left | a_{n} \right |> 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}$. Nếu $a_{n}>0$ thì $a_{n}> 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}>\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}$

Nếu $a_{n}<0$ thì $a_{n}<- 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}$ hay $b_{n}+c_{n}> 3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}$

Suy ra một trong 2 số $b_{n}$, $c_{n}$ phải lớn hơn $\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}$

Vậy một trong 3 số $a_{n}$, $b_{n}$, $c_{n}$ phải lớn hơn $\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}$.

Từ đó với $n$ đủ lớn thì $\frac{3^{\frac{n-3}{2}}\sqrt{S_{1}}}{2}\geq 2015$

Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi shinichigl: 05-04-2015 - 01:08

[NKQ]

Tình hình huy chương sao rồi các bạn ?

[toanlasomot]

xin bạn nào giải giúp câu dãy số: thấy không lạ nhưng giải không ra...

[NKQ]

Câu dãy số mình dùng kẹp : 

trước tiên chứng minh định lý $\frac{x}{x+1}< ln(1+x)< x$ với mọi x>0 (dùng hàm)

từ  đó ta sẽ có được : 

$\frac{\frac{1}{n}}{\frac{1}{n}+1}<ln(1+\frac{1}{n})<\frac{1}{n}$

 $\Rightarrow \frac{e^{n+1}}{n+1}< \frac{1}{n}$

Tương tự: 

 $\Rightarrow u_{n}< s_{n}= \frac{1}{n+1}+....+\frac{1}{2n-1}$ (1)

Mặt khác 

$\frac{e^{\frac{1}{n+1}}}{n+1}> \frac{e^{\frac{1}{2n}}}{n+1}$

$\Rightarrow u_{n}> e^{\frac{1}{2n}}(s_{n}+\frac{1}{2n})$ (2)

Ta lại tính được $\lim_{n \to \infty}s_{n}=ln(2)$

Dùng định lý kẹp và cho n chạy tới vô cùng từ (1) và (2) ta sẽ được 

$\lim_{n \to \infty}u_{n}=ln(2)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi NKQ: 05-04-2015 - 16:27

[namcpnh]

 

KỲ THI OLYMPIC 30/4 LẦN THỨ XXI 

 

Bài 1 (4 điểm)

Giải hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix} (2x-1)\sqrt{x+y}=(6-x-y)\sqrt{2-x}\\ y+3+2\sqrt[3]{12x^2+3xy-18x}=(x-1)^3 \end{matrix}\right.$$

 

Bài 2 (4 điểm)

Cho dãy $(u_n)$ như sau :

$$u_{n}=\dfrac{e^{\frac{1}{n+1}}}{n+1}+\dfrac{e^{\frac{1}{n+2}}}{n+2}+...+\dfrac{e^{\frac{1}{2n}}}{2n}$$

Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim}u_n$.

 

Bài 3 (3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $X$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. Phân giác góc $BAC$ cắt đường tròn tâm $X$ bán kính $XB$ tại điểm $M$ nằm trong tam giác $ABC$. Tia $OM$ cắt $BC$ tại $P$. Gọi $E,F$ là hình chiếu của $M$ xuống $AC,AB$. Chứng minh rằng $PE,PF$ vuông góc nhau.

 

Bài 4 (3 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số nguyên tố. Đặt $x=a+b-c,y=a+c-b,z=b+c-a$. Gỉa sử rằng $x^2=y$ và hiệu $\sqrt{z}-\sqrt{y}$ là bình phương của một số nguyên tố. Tính giá trị biểu thức :

$$T=(a+2)(b-10)(c+2)$$

 

Bài 5 (3 điểm) 

Tìm tất cả các hàm số đơn ánh $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ và thoả :

$$f(x^3)+f(y^3)=(x+y)\left [ f^2(x)-f(x)f(y)+f^2(y) \right ],\;\forall x,y\in \mathbb{R}$$

 

Bài 6 (3 điểm)

Tại ba đỉnh $A,B,C$ của một tam giác $ABC$, người ta viết các số $a,b,c$. Người ta thực hiện phép biến đổi sau : Nếu mỗi bộ trước là $(x,y,z)$ thì sau đó ta thay bởi bộ $(x+y-2z,y+z-2x,z+x-2y)$. Chứng minh rằng sau một số lần biến đổi sẽ tồn tại một bộ ba số mà ít nhất một trong ba số của nó không nhỏ hơn $2015$.

 

Đề được viết lại theo trí nhớ nên có thể ngôn ngữ không chuẩn nhé .!~

 

 

Đề gì mà ý tưởng cũ không vậy? Chất lượng đề ngày càng tệ  .

 

Câu PTH thuộc lòng chép nhé, có thể nói câu này là ví dụ mở đầu của hầu hết các thầy cô khi dạy hàm trên tập số thực 

[toanlasomot]

Năm nay số trường tham dự chỉ còn 64 (năm ngoái là 118 hay 119 gì đó)

[NKQ]

Đề gì mà ý tưởng cũ không vậy? Chất lượng đề ngày càng tệ  .

 

Câu PTH thuộc lòng chép nhé, có thể nói câu này là ví dụ mở đầu của hầu hết các thầy cô khi dạy hàm trên tập số thực 

Bài 6 là có trong 1 đề đề nghị của 1 trường năm ngoái rồi.

p/s: Bạn chủ Topic ơi cho mình hỏi bạn có file điểm năm nay không! Cho mình xin với ạ! Tks nhiều

[PainUzumaki]

Ai giải bài số học chưa 

 

@namcpnh: #3 kìa bạn, bài của Trung Gauss ak.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi PainUzumaki: 08-04-2015 - 01:19

[BlackZero]

 

KỲ THI OLYMPIC 30/4 LẦN THỨ XXI 

 

Bài 1 (4 điểm)

Giải hệ phương trình :

$$\left\{\begin{matrix} (2x-1)\sqrt{x+y}=(6-x-y)\sqrt{2-x}\\ y+3+2\sqrt[3]{12x^2+3xy-18x}=(x-1)^3 \end{matrix}\right.$$

 

 

 pt $(1)$ 

$\frac{2x-1}{\sqrt{2-x}}=\frac{6-(x+y)}{\sqrt{x+y}}$

đặt  $\sqrt{2-x}=a$ và $\sqrt{x+y}=2b$ ta đc

$\frac{3-2a^2}{a}=\frac{3-2b^2}{b}$

ta có $f(x)$ nghịch biến nên $a=b$

giải ra thay vào pt $(2)$

[duongprovipvip]

ai giải câu số học đi  

[quanchun98]

Thử câu hình xem. Đầu tiên ta cm bổ đề sau: Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB sao cho AD, BE, CF đồng quy.Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt DE tại H. Chứng minh EF song song với BH. Cái này đơn giản, chỉ cần dùng định lý menelaus và hàng điểm điều hòa là ra.

Trở lại bài toán: Gọi H, K lần lượt là giao điểm của FP, EP với AM. Đầu tiên ta chứng minh AP, BE, CF đồng quy. Gọi D là giao điểm của EF với BC. Sử dụng định lý menelaus ta cm được $\frac{DB}{DC}=\frac{BF}{CE}$. Tiếp theo ta chứng minh được $\widehat{MBF}+\widehat{MCE}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{MBF}=\widehat{EMC}$ nên $\Delta MBF\sim \Delta CME\Rightarrow \frac{MB}{MC}=\frac{BF}{ME}=\frac{MF}{CE}\Rightarrow \frac{BF}{CE}=\frac{MB^{2}}{MC^{2}}$. lại có MP đi qua O nên MP là đối trung trong tam giác BMC suy ra $\frac{PB}{PC}=\frac{MB^{2}}{MC^{2}}=\frac{BF}{CE}=\frac{DB}{DC}\Rightarrow \left ( D,P,B,C \right )=-1$ nên AP, BE, CF đồng quy.

Tiếp theo, sử dụng bổ đề ta được BK, CH song song với EF hay BK, CH vuông góc với AM. Ta có $\widehat{KFE}+\widehat{FEH}=\widehat{KBM}+\widehat{MCH}+2\widehat{MFE}=\widehat{ABK}+\widehat{ACH}-90^{\circ}+\widehat{BAC}=90^{\circ}$ nên FK vuông góc với HE. Do đó K là trực tâm tam giác HEF, suy ra PE vuông góc với PF (đpcm).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quanchun98: 25-05-2015 - 21:51

[Trung Gauss]

 

KỲ THI OLYMPIC 30/4 LẦN THỨ XXI 

 

 

Bài 4 (3 điểm)

Cho $a,b,c$ là các số nguyên tố. Đặt $x=a+b-c,y=a+c-b,z=b+c-a$. Gỉa sử rằng $x^2=y$ và hiệu $\sqrt{z}-\sqrt{y}$ là bình phương của một số nguyên tố. Tính giá trị biểu thức :

$$T=(a+2)(b-10)(c+2)$$

 

 

 

Gọi $p$ là số nguyên tố sao cho $$\begin{aligned}&\sqrt{z}-\sqrt{y}=p^2\\\Leftrightarrow &z+y-2\sqrt{yz}=p^4\\\Leftrightarrow &2c-2\sqrt{(c+a-b)(b+c-a)}=p^4\end{aligned}$$ Từ đây suy ra $2\;|\; p\Rightarrow p=2$. Ta có hệ: $$\begin{cases}c-\sqrt{(c+a-b)(b+c-a)}=8\\(a+b-c)^2=c+a-b\end{cases}$$ Ta biến đổi PT đầu: $$\begin{aligned}& (c+a-b)(a+b-c)=(c-8)^2\\\Leftrightarrow &c^2-(a-b)^2=(c-8)^2\\\Leftrightarrow & (c-8)^2+(a-b)^2=c^2\end{aligned}$$ Xem đây là phương trình Pythargores, chú ý rằng $\gcd{(c-8, c, a-b)}=1$ (vì $a,b,c$ nguyên tố) nên:

 

     + Trường hợp 1: $\begin{cases} c-8=2mn\\a-b=m^2-n^2\\c=m^2+n^2\end{cases}\; (m,n\in\mathbb{N})$ Do $c$ nguyên tố mà lúc này $2\;|\; c$ nên $c=2$. Như vậy: $$(a+b-2)^2=a-b+2$$ Vì $\gcd{(c-8, a-b, c)}=1$ nên $a,b$ khác tính chẵn lẻ. Tuy nhiên khi $a=2\vee b=2$ thì hệ đều không thỏa mãn.

 

     + Trường hợp 2: $\begin{cases}a-b=2mn\\c-8=m^2-n^2\\c=m^2+n^2\end{cases}(m,n\in\mathbb{N})$ Từ đây suy ra luôn $n=2\Rightarrow \begin{cases}c=m^2+4\\a-b=4m\end{cases}$ Thay vào hệ trên ta được: $$(a+b-m^2-4)^2=(m+2)^2$$

          $\bullet $ Khả năng 1: $a+b-m^2-4=m+2\Leftrightarrow a+b=m^2+m+6$. Kết hợp với $a-b=4m$ suy ra: $$\begin{cases}a=\dfrac{(m^2+5m+6}{2}\\b=\dfrac{m^2-3m+6}{2}\end{cases}$$ Đặt $m=2k+1,k\in\mathbb{Z}$ Suy ra $a=(k+2)(2k+3)$ Do $a$ nguyên tố nên $$2k+1=^+_- 1\vee k+2=^+_-1\Rightarrow k=-3\Rightarrow a=3, b=23, c=29\Rightarrow \boxed{T=2015}$$

     

         $\bullet $ Khả năng 2: $a+b-m^2-4=-m-2\Leftrightarrow a+b=m^2-m+2$. Suy ra: $$\begin{cases} a=\dfrac{m^2+2m+2}{2}\\b=\dfrac{m^2-5m+2}{2}\end{cases}$$ Đặt $m=2k+1, k\in\mathbb{Z}$ Suy ra $a=(k+1)(2k+3)$ Tương tự ta cũng có $2k+3=^+_- 1\vee k+1=^+_- 1$ Tuy nhiên  lúc này ta không nhận được giá trị $a, b, c$ nguyên tố nào.

 

Tóm lại $$\boxed{T=2015}$$