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 HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 11 trả lời

#1 anhquannbk

anhquannbk

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 490 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:$\textrm{ K17-FIT-HCMUS}$
  • Sở thích:$ \textrm{GEOMETRY} $, $ \textrm{Central Intelligence Agency}$

Đã gửi 18-10-2016 - 13:06

ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM

 

Câu 1. (3 điểm) Giải hệ phương trình :

$ \left\{\begin{matrix} & 16x^3+24x^2+12x+3=\sqrt[3]{y}\\& 16y^3+24y^2+12y+3=\sqrt[3]{x} \end{matrix}\right. $.

Câu 2. (2 điểm)

Cho số thực $ a > 2$ dãy số $ (x_n) $ xác định bởi công thức:

$ x_1=a, x_{n+1}=\dfrac{1}{2}x_n +\sqrt{2x_n-3} $ với mọi $ n \ge 1 $.

Chứng minh rằng dãy $ (x_n) $ giới hạn khi $ n \to +\infty$ tìm giới hạn đó.

Câu 3. (5 điểm)

Cho đường tròn $ (O)$ dây cung $ BC$ khác đường kính. Điểm $ A $ di động trên cung lớn $ BC $ sao cho tam giác $ ABC $ không cân tại $ A $. Gọi $ M $ giao điểm của hai tiếp tuyến với $ (O) $ tại $ B $ $ C $, $ AM $ cắt $ (O) $ tại $ D $ khác $ A$. Dựng đường kính $ DE $ của $ (O)$. Các đường thẳng $ BD, CE $ cắt nhau tại $ X $, các đường thẳng $ BE, CD $ cắt nhau tại $ Y$.

a) Chứng minh rằng $ MX=MY$

b) Gọi $ N $ giao điểm của $ AE $ $ XY $. Chứng minh rằng $ N $ nằm trên một đường thẳng cố định.

Câu 4. (2 điểm) Cho số nguyên tố $ p$ các số nguyên dương $ a, b, c $ phân biệt nhỏ hơn $ p $. Chứng minh rằng nếu các số $ a^3, b^3, c^3 $ cùng số khi chia cho $ p $ thì $ a^2+b^2+c^2 $ chia hết cho $ a+b+c $.

Câu 5. (3 điểm) Tìm tất cả các đa thức $ P(x) $ với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

$ P(x^2)+P(x).P(x+1)=0 $ với mọi $ x \in \mathbb{R} $

Câu 6. ( 2 điểm) Tìm số tự nhiên $ n$ nhỏ nhất sao cho với mọi cách chia tập hợp $ A={\{1;2...;n}\} $ thành bốn tập con rời nhau, mỗi tập ít nhất $ 3$ phần tử, thì luôn tồn tại ít nhất một tập $ B$ (trong bốn tập con đó) thỏa điều kiện luôn chọn được trong $ B$ ba phần tử ba phần tử đó độ dài ba cạnh của một tam giác.

Câu 7. ( 3 điểm) Cho các số thực không âm $ a, b, c, d $.

Chứng minh bất đẳng thức: $ (a+b+c+d)^3 \le 4(a^3+b^3+c^3+d^3) +24(abc+bcd+cda+dab) $


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 18-10-2016 - 16:16


#2 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 18-10-2016 - 16:03

Bài 1:

 

Hệ phương trình đã cho tương đương với $\left\{\begin{matrix} 16x^3+24x^2+12x+3=\sqrt[3]{y}\\ (x-y)[(4x+2y+3)^2+3(2y+1)^2]=\sqrt[3]{y}-\sqrt[3]{x} \end{matrix}\right.$

 

Xét phương trình thứ hai, nếu $x>y$ thì $\sqrt[3]{y}\geq\sqrt[3]{x}$ hay $y\geq x$. Tương tự thì ta phải có $x=y$.

 

Quay lại phương trình đầu tiên, khi $x=y$ thì $2(2x+1)^{3}+(2x+1)=2x+\sqrt[3]{x}$. Khi đó $2x+1=\sqrt[3]{x}$

 

Phương trình này cho nghiệm duy nhất $x=-1$. Vậy nghiệm của hệ là $x=y=-1$



#3 Kamii0909

Kamii0909

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 158 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:THPT Chuyên Nguyễn Huệ
  • Sở thích:Mathematic, Light Novel

Đã gửi 18-10-2016 - 16:09

 

ĐỀ THI HSG THPT CHUYÊN VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2016-2017 TỈNH QUẢNG NAM

 

 

Chứng minh bất đẳng thức: $ (a+b+c+d)^3 \le 4(a^3+b^3+c^3) +24(abc+bcd+cda+dab) $

 

Thiếu $d^{3}$ nữa chứ nhỉ  :icon6:  :icon6:



#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 18-10-2016 - 16:15

Bài 2:

 

Bằng phép quy nạp đơn giản, ta có $x_{n}>2 \forall n \in \mathbb{N}, n\geq 1$.

 

Xét các khả năng sau:

 

- Nếu $a=6$ thì cũng bằng phép quy nạp, ta suy ra $x_{n}=6 \forall n \in \mathbb{N}, n\geq 1$ hay dãy đã cho hội tụ về $6$.

 

- Nếu $2<a<6$ thì ta chứng minh đây là dãy số tăng, thật vậy ta có $x_{n+1}>x_{n}\Leftrightarrow \frac{1}{2}x_{n}+\sqrt{2x_{n}-3}>x_{n}\Leftrightarrow (x_{n}-2)(x_{n}-6)<0$, đúng. Dãy này tăng và bị chặn trên bởi $6$ nên có giới hạn hữu hạn. Gọi giới hạn này là $l$, chuyển đẳng thức truy hồi về theo $l$ và giải phương trình, ta nhận $l=6$.

 

- Nếu $a>6$ thì ta chứng minh đây là dãy số giảm tương tự như trường hợp trên, dãy bị chặn dưới bởi $6$ nên cũng có giới hạn hữu hạn $l$, và cũng tính được $l=6$.

 

Kết luận: $lim(x_{n})=6$



#5 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 18-10-2016 - 16:42

Bài 3:

 

Xét trường hợp $AB<AC$, các trương hợp khác chứng minh tương tự.

 

a/ $\bigtriangleup EXY$ có $XB$, $YC$ là hai đường cao nên nếu gọi $M'$ là trung điểm $XY$ thì theo một bài toán quen thuộc, $M'B$ và $M'C$ là hai tiếp tuyến của $(EBC)$, dẫn đến $M\equiv M'$ hay $MX=MY$.

 

b/ Có biến đổi tỉ số $\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}=\frac{BY}{CX}$, lại có $\angle ABE=\angle ACE$ dẫn đến $\angle ABY=\angle ACX$ hay $\bigtriangleup ABY\sim \bigtriangleup ACX$. Từ đó $\angle XAY=\angle XAB+\angle BAY=\angle XAB+\angle CAX=\angle XEY$ nên $AEXY$ nội tiếp. Lại có $\angle DAE=90^{o}$ nên $AE,BC,XY$ đồng quy tại tâm đẳng phương của $(ABC), (BCXY), (AEXY)$ hay $N$ di chuyển trên $BC$ cố định.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 18-10-2016 - 20:41


#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 18-10-2016 - 17:04

Bài 4: Rõ ràng $p>3$ thì bài toán mới có nghĩa.

 

Từ giả thiết, ta suy ra $(a-b)(a^2+ab+b^2)\vdots p$, mà $a\neq b$ và $a,b<p$ nên $a^2+ab+b^2\vdots p$, tương tự có $b^2+bc+c^2$ và $c^2+ca+a^2$ là bội của $p$. Từ đó $a^2+ab+b^2-b^2-bc-c^2\vdots p$ hay $(a-c)(a+b+c)\vdots p$, lại có $a\neq c$ và $a,c<p$ nên $a+b+c\vdots p$.

 

Do $a+b+c<3p$ nên ta xét các trường hợp:

 

- $a+b+c=p$:

 

Ta có $a+b\equiv -c$ (mod $p$) nên $a^2+2ab+b^2\equiv c^2$ (mod $p$) hay $(a^2+ab+b^2)+ab+bc+ca\equiv c(a+b+c)$ (mod $p$).

Từ đó $ab+bc+ca\vdots p$. Để ý rằng $(a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$ nên $a^2+b^2+c^2\vdots p$ hay $a^2+b^2+c^2\vdots a+b+c$.

 

- $a+b+c=2p$:

 

Tương tự trên, ta có $a^2+b^2+c^2\vdots p$, mà $a^2+b^2+c^2\vdots 2$ và $(p,2)=1$ nên $a^2+b^2+c^2\vdots a+b+c$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 18-10-2016 - 17:05


#7 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 19-10-2016 - 08:51

Bài 6, với ý tưởng từ anh UphluMuach:

 

Ta sẽ chỉ ra rằng $n=15$ là giá trị nhỏ nhất của $n$ để thỏa mãn bài toán.

 

Thật vậy, với $n=12$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,7,10 \right \};\left \{ 2,8,11 \right \};\left \{ 3,6,12 \right\};\left \{ 4,5,9 \right \}$.

 

Với $n=13$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 2,9,11 \right \};\left \{ 3,5,10 \right \};\left \{ 4,8,12 \right \}$.

 

Với $n=14$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 2,10,12 \right \};\left \{ 3,8,11 \right \};\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 4,5,9,14 \right \}$.

 

Với $n=15$, giả sử không thỏa mãn, ta xét tập hợp $C=\left \{ 7,8,9,...,15 \right \}$ có $9$ phần tử, mà $3$ phần tử bất kỳ nào cũng là độ dài $3$ cạnh của một tam giác, ngoại trừ bộ $(7,8,15)$. Theo nguyên lý Dirichlet, khi phân hoạch $A$ thành $4$ tập con thì phải có $1$ tập chứa $3$ phần tử của $C$, nên để không có $3$ số nào hợp thành $3$ cạnh của tam giác thì bộ số đó phải là bộ $(7,8,15)$ và mỗi tập còn lại trong họ $B$ chứa đúng 2 phần tử trong $C$. Lưu ý thêm rằng không có tập nào trong họ $B$ có hơn $4$ phần tử, nếu không sẽ có mâu thuẫn). Còn lại $3$ tập trong họ $B$, xét hiệu của $2$ phần tử lớn nhất, mỗi hiệu đó không vượt quá $14-9=5$ và phải không nhỏ hơn phẩn tử lớn thứ ba, mà phần tử lớn nhất trong các phần tử lớn thứ ba trong mỗi tập đó phải không nhỏ hơn $6$ (do lấy từ $1$ đến $6$) nên điều giả sử là sai. 

 

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của $n$ là $15$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi moonkey01: 19-10-2016 - 08:52


#8 tientethegioi

tientethegioi

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 12 Bài viết

Đã gửi 19-10-2016 - 13:36

Bài 6, với ý tưởng từ anh UphluMuach:

 

Ta sẽ chỉ ra rằng $n=15$ là giá trị nhỏ nhất của $n$ để thỏa mãn bài toán.

 

Thật vậy, với $n=12$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,7,10 \right \};\left \{ 2,8,11 \right \};\left \{ 3,6,12 \right\};\left \{ 4,5,9 \right \}$.

 

Với $n=13$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 2,9,11 \right \};\left \{ 3,5,10 \right \};\left \{ 4,8,12 \right \}$.

 

Với $n=14$ thì ta phân hoạch $A$ thành $4$ tập con là $\left \{ 2,10,12 \right \};\left \{ 3,8,11 \right \};\left \{ 1,6,7,13 \right \};\left \{ 4,5,9,14 \right \}$.

 

Với $n=15$, giả sử không thỏa mãn, ta xét tập hợp $C=\left \{ 7,8,9,...,15 \right \}$ có $9$ phần tử, mà $3$ phần tử bất kỳ nào cũng là độ dài $3$ cạnh của một tam giác, ngoại trừ bộ $(7,8,15)$. Theo nguyên lý Dirichlet, khi phân hoạch $A$ thành $4$ tập con thì phải có $1$ tập chứa $3$ phần tử của $C$, nên để không có $3$ số nào hợp thành $3$ cạnh của tam giác thì bộ số đó phải là bộ $(7,8,15)$ và mỗi tập còn lại trong họ $B$ chứa đúng 2 phần tử trong $C$. Lưu ý thêm rằng không có tập nào trong họ $B$ có hơn $4$ phần tử, nếu không sẽ có mâu thuẫn). Còn lại $3$ tập trong họ $B$, xét hiệu của $2$ phần tử lớn nhất, mỗi hiệu đó không vượt quá $14-9=5$ và phải không nhỏ hơn phẩn tử lớn thứ ba, mà phần tử lớn nhất trong các phần tử lớn thứ ba trong mỗi tập đó phải không nhỏ hơn $6$ (do lấy từ $1$ đến $6$) nên điều giả sử là sai. 

 

Kết luận: Giá trị nhỏ nhất của $n$ là $15$.

 

 

 

Đến đoạn: Có bộ $(7,8,15)$ vì vậy xét tập hợp $B'=\left \{ 1,2,3,...,6 \right \}$, số $6$ không thể thuộc bộ $(7,8,15)$. Vậy $6$ phải thuộc 3 tập còn lại, mà ta thấy $6+9=15>14$ nên bất kể $6$ thuộc 3 tập còn lại trong họ $B$ chứa đúng 2 phần tử thì bộ 3 này  độ dài ba cạnh của một tam giác.

 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tientethegioi: 19-10-2016 - 13:37


#9 Baoriven

Baoriven

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1242 Bài viết
  • Giới tính:Nữ
  • Đến từ:$\boxed{\textrm{CTG}}$ $\boxed{\textrm{~1518~}}$
  • Sở thích:$\mathfrak{MATHS}$

Đã gửi 19-10-2016 - 14:55

Câu 1: Có thể giải bằng phương pháp xét hàm đặc trưng.

Cộng chéo 2 vế của pt ta được: $f(x)=f(y)$ trong đó $f(x)=16x^3+24x^2+12x+\sqrt[3]{x}+3$.

Ta có: $f'(x)=12(2x+1)^2+\frac{1}{3\sqrt[3]{x^2}}> 0$.

Do đó: $f(x)$ đồng biến.

Ta giải pt: $16x^3+24x^2+12x+\sqrt[3]{x}+3=0$.

Tới đây giải tiếp như bạn moonkey01 là ra. 


$\mathfrak{LeHoangBao - 4M - CTG1518}$

#10 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 09-11-2016 - 09:04

Câu 7: 

Đặt $d=t(a+b+c),t>0$
 
$(a+b+c+d)^3 \leq 4(a^3+b^3+c^3+d^3)+24\bigl( (ab(c+d)+cd(a+b) \bigr)$
 
$ \Longleftrightarrow \sum_{cyc} S_c(a-b)^2+9abc(1+15t+9t^3-9t^2)\geq 0$.
 
 
Ta chỉ cần chứng minh   $\sum_{cyc} S_c(a-b)^2\geq 0.$
Không mất tính tổng quát giả sử  $a\geq b \geq c$
 
$(1)S_b=(3-3t-3t^2+3t^3)a+(3-3t-3t^2+3t^3)c+(-3-21t^2+21t^3+27t)b$
 
$\geq [(3-3t-3t^2+3t^3)+$ $(-3-21t^2+21t^3+27t)]b+(3-3t-3t^2+3t^3)c$ 
 
$=(24t-24t^2+24t^3)b+(3-3t-3t^2+3t^3)c\geq 0$
 
 
$(2)S_b+S_c\geq S_c=(3-3t-3t^2+3t^3)b+(3-3t-3t^2+3t^3)a+(-3-21t^2+21t^3+27t)c$
 
$\geq 0+(3-3t-3t^2+3t^3)c+(-3-21t^2+21t^3+27t)c= (24t-24t^2+24t^3)c\geq 0$
 
 
$(3)S_b+S_a=(6-6t^2-6t+6t^3)c+(24t-24t^2+24t^3)a+(24t-24t^2+24t^3)b\geq 0.$
 
Vậy : Ta có đpcm


#11 thinhrost1

thinhrost1

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 316 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:Trảm phong binh pháp

Đã gửi 09-11-2016 - 09:49

 

 

Câu 5. (3 điểm) Tìm tất cả các đa thức $ P(x) $ với hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

$ P(x^2)+P(x).P(x+1)=0 $ với mọi $ x \in \mathbb{R} $

 

 

Chém nốt câu 5:

 

Do $ P(x^2)=-P(x).P(x+1)$ với mọi $ x \in \mathbb{R} $

 

Suy ra: $ P(x^2)=-P(x).P(x+1)$ với mọi $ x$

 

Nếu $P(x)$ là đa thức hằng thì $P(x) \equiv 0$ hoặc -1

Nếu $P(x)$ không phải đa thức hằng:

 

Giả sử $\alpha$ là nghiệm của $P(x)=0$.

 

Khi đó từ phương trình suy ra $\alpha ^2, \alpha^4, \alpha ^8,..$ cũng là nghiệm của $P(x)=0$. Từ đây suy ra $|\alpha|=0$ hoặc $| \alpha |=1$, vì nếu ngược lại sẽ thu được dãy vô hạn các nghiệm của P(x). Tương tự $\alpha -1$ cũng là nghiệm của $P(x)$ và lý luận tương tự, ta cũng dc $| \alpha-1|=0$ hoặc $| \alpha -1|=1$

 

Giả sử rằng $|\alpha |=1$ và $|\alpha -1|=1$. Ta viết $ \alpha = cos \varnothing  +isin \varnothing $ Ta thấy rằng $2 cos \varnothing =1$ Từ đây suy ra: $\varnothing = \frac{\pi}{3}$ hoặc $\varnothing = \frac{5 \pi}{3}$ Ta xết các trường hợp:

Giả sử $\varnothing = \frac{\pi}{3}$ Xét $ \alpha ^2$ cũng là nghiệm của $P(x)=0$. Như vậy $ \alpha ^2 -1$ cũng là nghiệm của $P(x)=0$ và $| \alpha ^2-1|=\left ( cos\frac{2\pi}{3}-1 \right )^2+sin^2\left ( \frac{2 \pi}{3} \right )=3$ Mâu thuẫn vì mọi nghiệm của $P(x)=0$ đều có module bằng 0 hoặc 1. Tương tự với $\varnothing = \frac{5 \pi}{3}$.

 

Như vậy ta có thể kết luận rằng $ \alpha =1$ hay $ \alpha -1=0$. Từ đây P(x) có dạng $cx^m(1-x)^n$ với $c$ là một số nào đó và $m, n$ là các số nguyên không

âm

 

Thay vào phương trình:

 

Ta được $m=n=2k, c=-1$. Thử lại thấy thỏa mãn.

 

Vậy: nghiệm của phương trình hàm là: $P(x) \equiv 0$

$P(x) \equiv -1$

$P(x) \equiv -x^{2k}(1-x)^{2k}$ ( $k$ là số nguyên không âm bất kì)


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi thinhrost1: 09-11-2016 - 09:50


#12 toanhoc2017

toanhoc2017

    Thượng úy

  • Thành viên
  • 1017 Bài viết

Đã gửi 17-02-2020 - 13:10

KHÓ






2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh