Chủ đề này có 28 trả lời

[Dinh Xuan Hung]

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ IX NĂM HỌC 2015-2016

 

ĐỀ THI MÔN TOÁN-KHỐI 10

 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 23/4/2016 (Đề thi gồm 01 trang)

 

$\boxed{\textrm{ĐỀ THI CHÍNH THỨC}}$

 

 

Bài 1 (4 điểm).

 

        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 & & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1 & & \end{matrix}\right.$ 

 

Bài 2 (4 điểm).

 

        Cho đường tròn $(O)$ và dây $AB$ . Các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ nằm về một phía đối với đường thẳng $AB$ , tiếp xúc với nhau tại $T$ đồng thời tiếp xúc với $AB$ và tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến chung tại $T$  của các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C$ (với $C$ thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng $AB$ có chứa hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ ).Chứng minh rằng $T$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$

 

Bài 3 (4 điểm).

   

       Cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $2016^{m}+1$ là ước của $2016^{n}+1$ .Chứng minh rằng $m$ là ước của $n$.

 

Bài 4 (4 điểm)

 

       Cho ba số dương $a,b,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chưng minh rằng:

 

$$3+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2+\sqrt{3}$$

 

Bài 5 (4 điểm)

 

        Cho tập hợp $X$ có $2016$ phần tử.Chọn ra $64$ tập con $X_1,X_2,...,X_64$ của tập $X$ {mỗi tập con đều chứa nhiều hơn $1008$ phần tử} . Chứng minh rằng:tồn tại tập con $A$ của $X$ có số phần tử không vượt quá $6$ mà $A\cap X,\neq \oslash,i=\overline{1,64}$ 

 

HẾT

 

 

 

 

[superpower]

 

 

 

Bài 1 (4 điểm).

 

        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 & & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1 & & \end{matrix}\right.$ 

 

 

Giải câu hệ

Từ PT (1), ta được

$(y-x)^3=(1-2x)^3 <=> y-x=1-2x => x+y=1 $

Thay xuống pt dưới, nhân liên hiệp là ra

[Hoang Nhat Tuan]

Thực chất thì câu 2 của bài này là hệ quả của định lý $Thébault$, đúng hơn là chỉ cần áp dụng 2 lần bổ đề $Sawayama$ (đọc đề cũng đủ hiểu )

Cụ thể thì nó phát biểu như sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $D$ là một điểm nằm trên cạnh $BC$. Đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc với hai đoạn $AD, BD$ và tiếp xúc trong với $(O)$. Đường tròn tâm $P$ tiếp xúc với hai đoạn $AD, CD$ và tiếp xúc trong với $(O)$. Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ thì $P,I,Q$ thẳng hàng

Chứng minh có dùng bổ đề $Sawayama$.

Áp dụng vào bài toán thì đơn giản rồi

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 23-04-2016 - 22:07

[Phanbalong]

 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ IX NĂM HỌC 2015-2016

 

ĐỀ THI MÔN TOÁN-KHỐI 10

 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 23/4/2016 (Đề thi gồm 01 trang)

 

$\boxed{\textrm{ĐỀ THI CHÍNH THỨC}}$

 

 

Bài 1 (4 điểm).

 

        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 & & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1 & & \end{matrix}\right.$ 

 

Bài 2 (4 điểm).

 

        Cho đường tròn $(O)$ và dây $AB$ . Các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ nằm về một phía đối với đường thẳng $AB$ , tiếp xúc với nhau tại $T$ đồng thời tiếp xúc với $AB$ và tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến chung tại $T$  của các đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ cắt đường tròn $(O)$ tại $C$ (với $C$ thuộc nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng $AB$ có chứa hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ ).Chứng minh rằng $T$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $ABC$

 

Bài 3 (4 điểm).

   

       Cho $m$ và $n$ là các số nguyên dương thỏa mãn $2016^{m}+1$ là ước của $2016^{n}+1$ .Chứng minh rằng $m$ là ước của $n$.

 

Bài 4 (4 điểm)

 

       Cho ba số dương $a,b,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chưng minh rằng:

 

$$3+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2+\sqrt{3}$$

 

Bài 5 (4 điểm)

 

        Cho tập hợp $X$ có $2016$ phần tử.Chọn ra $64$ tập con $X_1,X_2,...,X_64$ của tập $X$ {mỗi tập con đều chứa nhiều hơn $1008$ phần tử} . Chứng minh rằng:tồn tại tập con $A$ của $X$ có số phần tử không vượt quá $6$ mà $A\cap X,\neq \oslash,i=\overline{1,64}$ 

 

HẾT

 

Được dùng máy tính ko anh ?

[congdan9aqxk]

Giải câu hệ

Từ PT (1), ta được

$(y-x)^3=(1-2x)^3 <=> y-x=1-2x => x+y=1 $

Thay xuống pt dưới, nhân liên hiệp là ra

đừng xàm bạn ơi, nhân liên hiệp được 1 nghiệm, cái còn lại không thể chứng minh vô nghiệm.

Bài đó thay vào, bình phương 2 lần, được pt bậc 4 nhưng lại phân tích được (x-1)^2

[congdan9aqxk]

Được dùng máy tính ko anh ?

không được dùng máy tính bạn à

[superpower]

 

 

Bài 4 (4 điểm)

 

       Cho ba số dương $a,b,c$ thay đổi thỏa mãn $a+b+c=abc$.Chưng minh rằng:

 

$$3+\frac{b}{a^2}+\frac{c}{b^2}+\frac{a}{c^2}\geq \left ( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right )^2+\sqrt{3}$$

 

 

 

Câu bất đẳng thức

Đặt $(a;b;c) -> (\frac{1}{a}; \frac{1}{b}; \frac{1}{c} $

Ta được $ab+bc+ca= 1 $

Ta có bđt được viết lại

$\frac{(a-b)^2}{a} + \frac{(b-c)^2}{b} + \frac{(a-c)^2}{c} \geq \frac{1}{2}(\sum  (a-b)^2)(1-\frac{1}{a+b+c+\sqrt{3}})$

Tới đây.

C1:  Chứng minh tựa như SOS

C2: Sử dụng bđt C-S cho VT rồi giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

[Dinh Xuan Hung]

 

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ IX NĂM HỌC 2015-2016

 

ĐỀ THI MÔN TOÁN-KHỐI 10

 

Thời gian làm bài 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 23/4/2016 (Đề thi gồm 01 trang)

 

$\boxed{\textrm{ĐỀ THI CHÍNH THỨC}}$

 

 

Bài 1 (4 điểm).

 

        Giải hệ phương trình : $\left\{\begin{matrix} 7x^3+y^3+3xy(x-y)=12x^2-6x+1 (1)& & \\ 2\sqrt{x^2+3}-\sqrt{9-y^2}+y=1(2) & & \end{matrix}\right.$ 

 

 

HẾT

 

 

Thực ra câu HPT này không khó nhưng vì không được dùng mày tính nên sẽ gây khó khăn hơn khi giải 

 

Điều kiện:$-3\leq y\leq 3$

 

Từ PT (1) ta có:$(y-x)^3=(1-2x)^3 <=> y-x=1-2x => x+y=1\Rightarrow x=1-y$ 

 

Thay $x=1-y$ vào PT (2) ta được:

 

$2\sqrt{y^2-2y+4}+y=1+\sqrt{(3-y)(3+y)}(3)$

 

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM:

 

$1+\sqrt{(y-3)(y+3)}\leq 1+\frac{y+3+3-y}{2}=4$

 

Xét hiệu:$2\sqrt{y^2-2y+4}+y-4=\frac{3y^2}{2\sqrt{y^2-2y+3}+4-y}\geq 0(-3\leq y\leq 3)$

 

$\Rightarrow 2\sqrt{y^2-2y+4}+y\geq 4\geq 1+\sqrt{(3-y)(3+y)}$.Dấu "=" xảy ra khi $y=0$ (4)

 

Từ (3)(4)=> $y=0$

 

Vậy nghiệm của HPT là $(x;y)=(1;0)$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dinh Xuan Hung: 23-04-2016 - 23:03

[superpower]

đừng xàm bạn ơi, nhân liên hiệp được 1 nghiệm, cái còn lại không thể chứng minh vô nghiệm.

Bài đó thay vào, bình phương 2 lần, được pt bậc 4 nhưng lại phân tích được (x-1)^2

Bạn mới là xàm, làm không được thì mình làm cho

Nhân liên hiệp, đc 1 nghiệm $y=0$

Còn phương trình

$\frac{y}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{\sqrt{y^2-2y+4} +2y-2}{\sqrt{y^2-2y+4} +2} =0$

Nhẩm pt này còn 1 nghiệm bằng 0

Do đó, nhân liên hiệp tiếp, đc 1 nghiệm $y=0$ còn ại

$\frac{1}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{6-3y}{(\sqrt{y^2-2y+4}+2)(\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y)}=0 $

Mà do $y^2 \leq 9 $

Mà dễ chứng minh $6-3y $ và $\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y $ cùng dấu 

Suy ra đpcm 

[hoctrocuaZel]

câu số dùng $a^m+1,a^n+1)=a^{(m,n)}+1$ thì $(m,n)=m$

[Hoang Nhat Tuan]

Câu bất đẳng thức

Đặt $(a;b;c) -> (\frac{1}{a}; \frac{1}{b}; \frac{1}{c} $

Ta được $ab+bc+ca= 1 $

Ta có bđt được viết lại

$\frac{(a-b)^2}{a} + \frac{(b-c)^2}{b} + \frac{(a-c)^2}{c} \geq \frac{1}{2}(\sum  (a-b)^2)(1-\frac{1}{a+b+c+\sqrt{3}})$

Tới đây.

C1:  Chứng minh tựa như SOS

C2: Sử dụng bđt C-S cho VT rồi giả sử $b$ nằm giữa $a$ và $c$

Mình có cách "sơ cấp" hơn  

Đặt $x=\frac{1}{a};y=\frac{1}{b};z=\frac{1}{c}$ thì từ giả thiết ta được $xy+yz+xz=1$.

Yêu cầu bài toán viết lại thành:

$3+\sum \frac{x^2}{y}\geq (x+y+z)^2+\sqrt{3}$

Mặt khác: $\sum \frac{x^2}{y}=(\sum xy) (\sum \frac{x^2}{y})\geq (x+y+z)(x^2+y^2+z^2)$ nên ta chỉ cần chứng minh:

$p^3-p^2-2p+3-\sqrt{3}\geq 0$ với $p=x+y+z\geq \sqrt{3}$.

Chứng minh được BĐT này đúng  

[Dinh Xuan Hung]

Bạn mới là xàm, làm không được thì mình làm cho

Nhân liên hiệp, đc 1 nghiệm $y=0$

Còn phương trình

$\frac{y}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{\sqrt{y^2-2y+4} +2y-2}{\sqrt{y^2-2y+4} +2} =0$

Nhẩm pt này còn 1 nghiệm bằng 0

Do đó, nhân liên hiệp tiếp, đc 1 nghiệm $y=0$ còn ại

$\frac{1}{3+\sqrt{9-y^2}} + \frac{6-3y}{(\sqrt{y^2-2y+4}+2)(\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y)}=0 $

Mà do $y^2 \leq 9 $

Mà dễ chứng minh $6-3y $ và $\sqrt{y^2-2y+4}+2-2y $ cùng dấu 

Suy ra đpcm 

 

Không cần phải 2 lần nhân liên hợp đâu chỉ cần một lần thôi

 

$2\left ( \sqrt{y^2-2y+4}+\frac{1}{2}y-2 \right )+3-\sqrt{9-y^2}=0\Leftrightarrow \frac{\dfrac{3y^2}{2}}{\sqrt{y^2-2y+4}+2-\dfrac{1}{2}y}+\frac{y^2}{3+\sqrt{9-y^2}}=0\Rightarrow y=0 (-3\leq y\leq 3)$

[Hoang Nhat Tuan]

 

 

Bài 5 (4 điểm)

 

        Cho tập hợp $X$ có $2016$ phần tử.Chọn ra $64$ tập con $X_1,X_2,...,X_64$ của tập $X$ {mỗi tập con đều chứa nhiều hơn $1008$ phần tử} . Chứng minh rằng:tồn tại tập con $A$ của $X$ có số phần tử không vượt quá $6$ mà $A\cap X,\neq \oslash,i=\overline{1,64}$ 

 

HẾT

 

Chém nốt câu tổ:

Gọi $A_1$ là phần tử có nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$, ta có:

$a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$

Chọn $A_1$ và loại đi $a_1$ tập con chứa $A_1$, gọi $A_2$ với $a_2$ tương tự trên, ta có:

$a_2\geq \frac{(64-a_1).1008}{2015}$

Khi đó: $a_1+a_2\geq a_1+\frac{(64-a_1).1008}{2015}=\frac{64.1008+1007a_1}{2015}>48$ nên $a_1+a_2\geq 49$

$a_3\geq \frac{(64-a_1-a_2).1008}{2014}$ nên $a_1+a_2+a_3>56$ nên $a_1+a_2+a_3\geq 57$

Tương tự:

$a_1+a_2+a_3+a_4\geq 61$

$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5\geq 63$

$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5+a_6\geq 64$

Chọn các phần tử $A_1,A_2,A_3,A_4,A_5,A_6$ ta thu được điều phải chứng minh

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 24-04-2016 - 00:29

[Zaraki]

câu số dùng $a^m+1,a^n+1)=a^{(m,n)}+1$ thì $(m,n)=m$

Anh không nghĩ là cái này đúng đâu. 

Ví dụ, $\gcd (2^3+1,2^6+1) \ne 2^3+1$.

[kidslove]

đặt $ n=km+r, 0<r<m$

xét$k$  chẵn, lẻ và xét mod $2016^m+1$

thì thấy mâu thuẫn

[xuantrandong]

giai thich cho minh cho nay dc k

 

 

Gọi $A_1$ là phần tử có nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$, ta có:

$a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$

[Ego]

Thấy bài 3 hay (y). Sao bạn không post đề lớp 11 luôn?

Bổ đề

Chứng minh với $L > 1$ thì $\gcd(L^{x} + 1, L^{y} + 1) = L^{\gcd(x, y)} + 1$ với $x, y$ đều lẻ.
Chứng minh. Đặt $d = \gcd(L^{x} + 1, L^{y} + 1)$.
Dễ thấy $L^{\gcd(x, y)} + 1 \mid d$.
Mặt khác, $L^{2x} \equiv 1\pmod{d}$ và $L^{2y}\equiv 1\pmod{d}$. Do đó $\text{ord}_{d}(L)\mid \gcd(2x, 2y) = 2\gcd(x, y)$
Hay $L^{2\gcd(x, y)} \equiv 1\pmod{d}$
Nếu $L^{\gcd(x, y)} - 1 \vdots d \vdots L^{\gcd(x, y)} + 1 \implies 2 \vdots L^{\gcd(x, y)} + 1$. Vô lí.
Vậy $L^{\gcd(x, y)} + 1 \vdots d$. ĐPCM.

Đặt $m = 2^{a}.x$ và $n = 2^{b}.y$ với $x, y$ lẻ. Theo đề bài ta có $2016^{m} + 1\mid 2016^{n} + 1 \iff (2016^{2^{a}})^{x} + 1\mid (2016^{2^{b}})^{y} + 1$

• Nếu $b < a$ thì để ý là $(2016^{2^{a}})^{x} + 1 \vdots 2016^{2^{a}} + 1$ do $x$ lẻ. Do đó $a + 1\mid a^{t} + 1$ với $a = 2016^{2^{a}}$ và $t = 2^{b - a}.y$ ($t$ chẵn do $b < a$). Mặt khác $a^{t} - 1 \vdots a^{\frac{t}{2}} - 1 \vdots \cdots \vdots a^{2y} - 1 \vdots a^{y} + 1 \vdots a + 1$, từ đó suy ra $2 \vdots a + 1 \implies a = 1$. Vô lí.
• Nếu $b > a$ thì ta có $2016^{2^{a}} + 1 \mid 2016^{2^{a}x} + 1$ do $x$ lẻ. Và $2016^{2^{b}.y} - 1 \vdots 2016^{2^{b}} - 1 \vdots 2016^{2^{a + 1}} - 1 \vdots 2016^{2^{a}} + 1$. Từ đó ta cũng suy ra $2\vdots 2016^{2^{a}} + 1$. Vô lí.
• Nếu $b = a$ thì áp dụng bổ đề cho ta $x\mid y$. Vậy $m \mid n$.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ego: 24-04-2016 - 15:24

[kidslove]

Bài 3:

 

giả sử $n$ không chia hết cho $m$

đặt $n=km+r$, $0<r<m$

khi đó ta có $0\equiv 2016^n+1\equiv 2016^{km+r}+1\equiv (-1)^k2016^r+1(mod a)$

với $a=2016^m+1$

Nếu $k$ lẻ ta có $2016^r-1 \equiv 0 (mod a)$

do đó $2016^r-1 \geqslant  2016^m+1$ vô lý

Nếu $k$ chẵn, tương tự có mâu thuẫn

vậy ta có đpcm

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi kidslove: 24-04-2016 - 15:42

[Ankh]

 Câu 3 em nghĩ chỉ cần làm như sau

 Đặt $n=mq+r$ với $0<r<m$ thì khi xét trong $\text{mod 2016}$ ta có $2016^m\equiv -1\Rightarrow 2016^{mq+r}\equiv (-1)^q.2016^r\Rightarrow 2016^r.(-1)^q+1\vdots 2016^m+1$ 

 Mà ta có $|2016^r.(-1)^q+1|\leq |2016^r+1|\leq 2016^m+1$ nên điều trên xảy ra khi $q$ lẻ và $r=0$

 Vậy ta có điều cần chứng minh

 Câu bất đẳng thức thì dùng Cauchy Schwarz $\sum \dfrac{b}{a^2}.\sum \dfrac{1}{ab}.(1+1+1)\geq \left (\sum \dfrac{1}{a}\right )^3$ sau đó biến đổi tương đương cũng ra

[Hoang Nhat Tuan]

giai thich cho minh cho nay dc k

 

 

Gọi $A_1$ là phần tử có nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$, ta có:

$a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$

Nếu gọi $A_1$ là phần tử nhiều nhất trong $64$ tập con và $a_1$ là số tập con chứa $A_1$ thì vì mỗi tập con có chứa ít nhất $1008$ phần tử nên $64$ tập con phải chứa $64.1008$ phần tử nếu tính cả phần lặp của các phần tử, nhưng vì $A_1$ là phần tử có các tập con chứa nhiều nhất nên tối thiểu số lần xuất hiện của nó trong các tập con phải lớn hơn tất thảy $2015$ phần tử còn lại. Do đó mới có BĐT $a_1\geq \frac{64.1008}{2016}=32$

Nếu bây giờ bạn cho $a_1< 32$ thì vì $a_1$ là lớn nhất trong tất cả $a_i$ với $i=1,2,...,2016$ nên $64$ tập con chỉ chứa $<32.2016=64.1008$ phần tử dẫn đến điều vô lý  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang Nhat Tuan: 24-04-2016 - 20:10