Đến nội dung


Chú ý

Do trục trặc kĩ thuật nên diễn đàn đã không truy cập được trong ít ngày vừa qua, mong các bạn thông cảm.

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

$\boxed{\text{Đề thi chọn đội tuyển THPT Chuyên ĐH Vinh vòng 2 năm 2016 - 2017}}$

hsgqg chuyendhv 2016-2017

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 6 trả lời

#1 The God of Math

The God of Math

    Lính mới

  • Thành viên
  • 6 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Friends and Mathematics

Đã gửi 06-10-2016 - 20:54

Bài $5$: (7,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thỏa mãn các điều kiện:

$i)$ $f(1)>0$

$ii)$ $f(xy-1)+2f(x)f(y)=3xy-1$ $\forall x,y \in \mathbb{R}$

Bài $6$: (6,0 điểm) Cho $\triangle ABC$. $M$ là điểm chuyển động trên cạnh $AC$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABM$ cắt cạnh $BC$ tại điểm thứ hai là $D$, đường tròn ngoại tiếp $\triangle BCM$ cắt cạnh $AB$ tại điểm thứ hai là $E$.

$a)$ Gọi $O$ là giao điểm của $AD$ và $CE$. Chứng minh rằng 4 điểm $A,E,O,M$ cùng thuộc 1 đường tròn.

$b)$ Gọi $I,J,N$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $AB$ và $DM$, $BC$ và $EM$, $AJ$ và $CI$. Chứng minh $MN$ luôn đi qua điểm cố định.

Bài $7$: (7,0 điểm) Tìm các số nguyên dương $a,b,c,d$ thỏa mãn:

                                                                $a+2^b+3^c=3d!+1$,

biết rằng tồn tại các số nguyên tố $p,q$ sao cho 

                                                                $a=(p+1)(2p+1)=(q+1)(q-1)^2$



#2 vpvn

vpvn

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 41 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:nơi không tồn tại
  • Sở thích:LMHT , ONE PIECE

Đã gửi 06-10-2016 - 21:26

câu 6

 a) ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AMB}=\widehat{ADB}$ suy ra BDOE nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AOE}= \widehat{ABC}= \widehat{AME}$ suy ra AEOM nội tiếp

b)theo định lý pappus có OMN thẳng hàng

$\Rightarrow$ $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}= \widehat{BEC}= \widehat{BMC}$

$\Rightarrow$ MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC $\Rightarrow$ dpcm



#3 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

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

Đã gửi 07-10-2016 - 08:36

Bài 5:

Thay $y=0$ vào ii:$f\left ( -1 \right )+2f\left ( 0 \right )f\left ( x \right )=-1$

Nếu $f\left ( 0 \right )\neq 0\Rightarrow f\left ( x \right )=\frac{-1-f\left ( 1 \right )}{2f\left ( 0 \right )}=c$. Thủ lại không thỏa mãn cho nên $f\left ( 0 \right )=0$

Thay $x=y=1$ vào ii: $f\left ( 0 \right )+2f\left ( 1 \right )^2=2\Rightarrow f\left ( 1 \right )=1\left ( f\left ( 1 \right )>0 \right )$

Thay $x=x+1, y=1$ vào ii: $f\left ( x \right )+2f\left ( x+1 \right )=3\left ( x+1 \right )-1=3x+2\left ( 1 \right )$, thay $x=-1\Rightarrow f\left ( -1 \right )=-1$

Thay $x=-x-1, y=-1$ vào ii: $f\left ( x \right )-2f\left ( -x-1 \right )=3x+2\left ( 2 \right )$

$\left ( 1 \right )\left ( 2 \right )\Rightarrow f\left ( x \right )=-f\left ( -x \right )$

Thay $x=-x,y=1$ vào ii: $f\left ( -x-1 \right )+2f\left ( -x \right )=-3x-1\Rightarrow f\left ( x+1 \right )+2f\left ( x \right )=3x+1\left ( 3 \right )$

Từ $\left ( 1 \right )\left ( 3 \right )$, ta giải ra được $f\left ( x \right )=x$. Thử lại thỏa mãn.



#4 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 07-10-2016 - 21:38

Bài 7 dài quá, có thể phân ra 2 ý như sau:

 

7.1/ Tìm tất cả các số $a$ thoả mãn đề bài.

 

Khai triển và thu gọn, ta có $p(2p+3)=q(q^2-q-1)$. Do $(q,q^2-q-1)=1$ và $p$ là số nguyên tố nên chỉ xảy ra $p|q$ hoặc $p|q^2-q-1$.

 

Nếu $p|q$ thì do $p$, $q$ là số nguyên tố nên $p=q$. Thay vào tính được $p=q=4$ hoặc $p=q=-1$, đều loại.

 

Nếu $p|q^2-q-1$ thì $q|2p+3$. Đặt $2p+3=kq(k\in\mathbb{N},k\geq 1)$, thay vào đẳng thức ban đầu, khai triển và thu gọn thì $2q^2-(2+k^2)q+3k-2=0$. Xem đây là phương trình bậc hai theo $q$, để có nghiệm nguyên thì cần có $\bigtriangleup$ là số chính phương. Tính được $\bigtriangleup =k^4+4k^2-24k+20$. Thử với $k$ từ $1$ đến $5$, ta chọn $k\in \left \{ 1,2,5 \right \}$. Thế vào tính lại, nhận $k=5$, $q=13$, $p=31$, $a=2015$. Với $k\geq 6$ thì $(k^2+2)^{2}>k^4+4k^2-24k+20>(k^2)^{2}$ nên $k^4+4k^2-24k+20=(k^2+1)^{2}$, Phương trình này không cho nghiệm nguyên nên loại. Vậy $a=2015$.

 

7.2/ Tìm tất cả các số $b,c,d$ thoả mãn đề bài.

 

Từ giả thiết, $3d!+1>2015$ nên suy ra $d\geq 2$ hay $2|d!$. Ta có đẳng thức $3d!+1-2015-2^{b}=3^c$. Vế trái là bội của 2 mà vế phải thì không, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại bộ 4 số nguyên dương thoả mãn đề bài.



#5 san1201

san1201

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 28 Bài viết

Đã gửi 07-10-2016 - 21:56

Bài 7 dài quá, có thể phân ra 2 ý như sau:

7.1/ Tìm tất cả các số $a$ thoả mãn đề bài.

Khai triển và thu gọn, ta có $p(2p+3)=q(q^2-q-1)$. Do $(q,q^2-q-1)=1$ và $p$ là số nguyên tố nên chỉ xảy ra $p|q$ hoặc $p|q^2-q-1$.

Nếu $p|q$ thì do $p$, $q$ là số nguyên tố nên $p=q$. Thay vào tính được $p=q=4$ hoặc $p=q=-1$, đều loại.

Nếu $p|q^2-q-1$ thì $q|2p+3$. Đặt $2p+3=kq(k\in\mathbb{N},k\geq 1)$, thay vào đẳng thức ban đầu, khai triển và thu gọn thì $2q^2-(2+k^2)q+3k-2=0$. Xem đây là phương trình bậc hai theo $q$, để có nghiệm nguyên thì cần có $\bigtriangleup$ là số chính phương. Tính được $\bigtriangleup =k^4+4k^2-24k+20$. Thử với $k$ từ $1$ đến $5$, ta chọn $k\in \left \{ 1,2,5 \right \}$. Thế vào tính lại, nhận $k=5$, $q=13$, $p=31$, $a=2015$. Với $k\geq 6$ thì $(k^2+2)^{2}>k^4+4k^2-24k+20>(k^2)^{2}$ nên $k^4+4k^2-24k+20=(k^2+1)^{2}$, Phương trình này không cho nghiệm nguyên nên loại. Vậy $a=2015$.

7.2/ Tìm tất cả các số $b,c,d$ thoả mãn đề bài.

Từ giả thiết, $3d!+1>2015$ nên suy ra $d\geq 2$ hay $2|d!$. Ta có đẳng thức $3d!+1-2015-2^{b}=3^c$. Vế trái là bội của 2 mà vế phải thì không, mâu thuẫn. Vậy không tồn tại bộ 4 số nguyên dương thoả mãn đề bài.

Ý 7.1 thì $a=2016$ nhé.
Còn ý 7.2 thì chứng minh $b$ chia hết cho 6.
Xét $d>6$ với mod 7 thấy vô lý.
Xét d=6 thì tìm đc $b=6,c=4$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi san1201: 07-10-2016 - 21:57


#6 moonkey01

moonkey01

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 50 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:PTNK - ĐHQG TP.HCM
  • Sở thích:Hình học, Số học

Đã gửi 07-10-2016 - 21:59

Ý 7.1 thì $a=2016$ nhé.
Còn ý 7.2 thì chứng minh $b$ chia hết cho 6.
Xét $d>6$ với mod 7 thấy vô lý.
Xét d=6 thì tìm đc $b=6,c=4$

 

Bạn đúng rồi, tại mình quên cộng 1 đơn vị nên nhầm :) Cảm ơn bạn :) 



#7 maroon987

maroon987

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 7 Bài viết

Đã gửi 27-11-2016 - 16:19

câu 6

 a) ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AMB}=\widehat{ADB}$ suy ra BDOE nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AOE}= \widehat{ABC}= \widehat{AME}$ suy ra AEOM nội tiếp

b)theo định lý pappus có OMN thẳng hàng

$\Rightarrow$ $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}= \widehat{BEC}= \widehat{BMC}$

$\Rightarrow$ MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC $\Rightarrow$ dpcm

Cho mình hỏi bạn áp dụng Pappus cho những điểm nào thế?Với lại $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}$ thì khác nào 2 góc này vuông?







1 người đang xem chủ đề

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