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 luyện tập Olympic marathon VMF khối 10 lần 3 tuần 3 tháng 7 2017

vmf tuần 3 tháng 7 khối 10

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 Nguyenphuctang

Nguyenphuctang

    Sĩ quan

  • Banned
  • 499 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Nghệ An
  • Sở thích:Đang tải

Đã gửi 15-07-2017 - 15:16

$$ \huge \text{Đề luyện tập Olympic marathon VMF khối 10 lần 3 tuần 3 tháng 7 2017}$$

Flie pdf:  File gửi kèm  ___thi_th__kh_i_10_l_n_3_tu_n_3_th_ng_7.pdf   117.49K   133 Số lần tải

 

$\boxed{\text{Bài 1:}}$

Chứng minh rằng nếu $(a^2-1,b^2-1,c^2-1)=1$ với $a,b,c \in  \mathbb{Z}$ thì 
$$(ab+c,bc+a,ac+b)=(a,b,c)$$

$\boxed{\text{Bài 2:}} $

Cho $a,b,c,d$ là các số thực dương thỏa mãn:
$$\begin{cases} a^2 - ad + d^2 = 15 \\ b^2 - \sqrt{3}bd + d^2 = 5 \\ c^2 - \sqrt{2}cd + d^2 = 10 \end{cases}$$
Tính giá trị biểu thức: $ad-bc$ 
$ \boxed{\text{Bài 3:}} $
Cho $a,b,c$ là các số thực dương thỏa mãn: $\sqrt{a^{4} + 3a} + \sqrt{b^{4} +3b} +\sqrt{c^{4} +3c} = 2(a^{2} +b^{2}+c^{2})$. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
$$ P = \sum_{cyc} \dfrac{a^{3} +2a+3ab +2b^2}{a(b^2 + a)}  $$ 
$ \boxed{\text{Bài 4:}} $
Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp là $I$, ngoại tiếp là $O $. Gọi $A' = AI \cap BC$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA, AB$ lần lượt tại $D,E$ và $F$. 
a)Gọi $P = (AA'D) \cap (ABC) $. Tương tự như vậy ta có $Q,R$. Chứng minh rằng: $DP, EQ , FR$ đồng quy trên $OI$
b)  Gọi $X= IP \cap EF$. Tương tự ta dựng $Y,Z$. Chứng minh rằng $AX, BY$ và $CZ$ đồng quy tại một điểm thuộc $OI$.
$ \boxed{\text{Bài 5: }} $
Có bao nhiêu bộ ba $(a,b,cn)$ với $a,b,c \in \mathbb{N} $ ,$ 0 \leq a<b<c \leq  n-1$, $n$ là số tự nhiên ,$n \geq 3$ sao cho $a+b+c$ chia hết cho $n$ ? 
Biên soạn: Nguyễn Hoàng Nam - Nguyễn Minh Quang - Trịnh Đình Triển.
Đề lần 3 cho khối 10 thường sẽ được bạn Hoàng Khánh đăng sau. Còn đề 11 chuyên vẫn còn đang làm bởi anh Lê Hoàng Bảo (Baoriven) Và Nguyễn Minh Quang (I LOVE MC)
Riêng về bài hình câu a: Bài này tác giả trích từ $1$ bài hình của Nga. Còn câu b là do anh Nam sáng tác. (Ghi như thế để tránh hiểu nhầm).

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyenphuctang: 17-07-2017 - 22:01


#2 phuocchubeo

phuocchubeo

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 62 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Sở thích:MATHEMATICS and CHEMISTRY

Đã gửi 15-07-2017 - 21:25

Câu $1$:

Dễ thấy $(a,b,c) \mid (ab+c,bc+a,ca+b)$.

Ta cần chứng minh $(ab+c,bc+a,ca+b) \mid (a,b,c)$.

Thật vậy, đặt $(ab+c,bc+a,ca+b)=d$.

Ta có: $d \mid a^2(ca+b)-a(ab+c) \Rightarrow d \mid ac(a^2-1)$. Tương tự ta có $d \mid ac(c^2-1)$.

Ta cũng có $d \mid ab(bc+a)- a(ab+c) \Rightarrow d \mid ac(b^2-1)$.

Như vậy ta có: $\left\{\begin{matrix} d \mid ac(a^2-1)\\ d \mid ac(c^2-1)\\ d\mid ac(b^2-1) \end{matrix}\right.$

Ta lại có $(a^2-1,b^2-1,c^2-1)=1$ nên dễ thấy $d \mid ac$ mà $d \mid ac+b$ nên $d \mid b$.

Tương tự ta có $d \mid a, d \mid c$.

Như vậy $d \mid (a,b,c)$.

Ta có điều phải chứng minh.


Tập tõm bước đi trên con đường toán học. :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:  :ukliam2:


#3 IHateMath

IHateMath

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 299 Bài viết
  • Giới tính:Không khai báo
  • Sở thích:Olympiad Math & Computer Sci

Đã gửi 17-07-2017 - 15:27

$\boxed{\text{Bài 5}}$.

Đáp số: $\frac{n^2-3n+6}{6}$ nếu $3|n$ và $\frac{n^2-3n+2}{6}$ nếu $3\not |n$.

Do $a+b+c<3n$, nên có hai trường hợp có thể xảy ra:

$\bullet $ Trường hợp 1. $a+b+c=n$.

Trước hết, ta đếm số bộ $(a,b,c)$, có tính đến thứ tự *, sao cho $0\leq a,b, c \leq n$ và $a+b+c=n$ (1). Theo bài toán chia kẹo Euler, số bộ như vậy là:

$$\binom{n+2}{2}.$$

Bây giờ, ta đếm số bộ $(a,b,c)$ như trên, nhưng với thêm điều kiện: Ít nhất hai trong ba số $a,b,c$ là giống nhau (2). Khi đó, ta xét phương trình:

$$2x+y=n,$$

có đúng $\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1$ nghiệm $(x,y)$.

Trong trường hợp $3|n$, trong số $\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor+1$ nghiệm kể trên thì có duy nhất một nghiệm mà $x,y$ giống nhau, tương ứng với bộ $\left(\frac{n}{3},\frac{n}{3},\frac{n}{3}\right)$; các nghiệm còn lại tương ứng với ba bộ $(x,x,y)$, $(x,y,x)$, $(y,x,x)$. Như vậy nếu $3|n$, số bộ có tính chất (2) là:

$$3\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor +1.$$

Còn trong trường hợp $3\not | n$, thi mỗi nghiệm $(x,y)$ tương ứng với ba bộ $(a,b,c)$ có thứ tự. Khi đó số bộ có tính chất (2) là:

$$3\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor +1\right).$$

Ngoài các bộ có tính chất (2), các bộ có tính chất (1) còn lại nếu không tính đến thứ tự sẽ thỏa mãn đề bài. Thật vậy, do $a,b,c$ phân biệt, nên điều kiện $0\leq a, b, c \leq n$ trở thành $0\leq a<b<c\leq n-1$. Suy ra số bộ như vậy là:

(i)

$\frac{1}{6}\left(\binom{n+2}{2}-3\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor -1\right)$ nếu $3|n$, và

(ii) 

$\frac{1}{6}\left(\binom{n+2}{2}-3\left(\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor +1\right)\right)$ nếu $3\not | n$

(chia $6$ nhằm loại bỏ các hoán vị). $\square$

$\bullet $ Trường hợp 2. $a+b+c=2n$.

Đặt $a=n-A,b=n-B,n-C$ thì $1\leq C<B<A\leq n-1$ và $A+B+C=n$. Để ý rằng mỗi bộ $(A,B,C)$ tương ứng với duy nhất một bộ $(a,b,c)$, nên ta có thể đếm số bộ $(A,B,C)$. Mặt khác, số bộ $(A,B,C)$ lại đúng bằng số bộ $(a,b,c)$ trong trường hợp 1 trừ đi số bộ có dạng $(0,x,y)$ hay nói cách khác, trừ đi số nghiệm nguyên dương, không tính đến thứ tự $(x,y)$ của phương trình:

$$x+y=n.$$

Dễ thấy phương trình trên có đúng $\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor$ nghiệm $(x,y)$ như vậy, từ đó suy ra số bộ $(A,B,C)$. $\square$

 

Vậy, tóm lại, số bộ $(a,b,c)$ thỏa mãn đề bài là:

(i) 

i.1.gif

i.2.gif

i.3.gif

nếu $3|n$.

(ii) 

ii.1.gif

ii.2.gif

ii.3.gif

nếu $3\not | n$.

 

* Note: cặp có thứ tự $(a,b)$ thì khác với cặp $(b,a)$ nếu $a\ne b$. Tương tự như thế với các bộ có $n$ số.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi IHateMath: 17-07-2017 - 16:16


#4 viet9a14124869

viet9a14124869

    Trung úy

  • Thành viên
  • 903 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:~NGT~

Đã gửi 13-04-2018 - 18:56

 

$ \boxed{\text{Bài 4:}} $
Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp là $I$, ngoại tiếp là $O $. Gọi $A' = AI \cap BC$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA, AB$ lần lượt tại $D,E$ và $F$. 
a)Gọi $P = (AA'D) \cap (ABC) $. Tương tự như vậy ta có $Q,R$. Chứng minh rằng: $DP, EQ , FR$ đồng quy trên $OI$
b)  Gọi $X= IP \cap EF$. Tương tự ta dựng $Y,Z$. Chứng minh rằng $AX, BY$ và $CZ$ đồng quy tại một điểm thuộc $OI$.
 

Lời giải của mình : 

Câu a, Giả sử PD cắt OI và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại M , A'' . Ta có : 

$\widehat{PAA'}=\widehat{PDB}=\frac{1}{2}\widehat{POB}+\frac{1}{2}\widehat{A"OC}=\widehat{PAB}+\widehat{CAA"}\Rightarrow \widehat{CAA"}=\widehat{BAA'}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}\Rightarrow \overline{A,A',A"}$

Gọi r,R là bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC . Do A" là điểm chính giữa cung BC( không chứa A ) nên OA"  song song với ID.

Theo định lý Thales dạng đại số : $\frac{\overline{MI}}{\overline{MO}}=\frac{\overline{ID}}{\overline{OA"}}=\frac{r}{R}$

Suy ra M cố định . Làm tương tự như trên ta chứng minh được DP,EQ,FR đồng quy tại điểm M nằm trên OI ( đpcm) . 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi viet9a14124869: 13-04-2018 - 18:58

                                                                    SÓNG BẮT ĐẦU TỪ GIÓ

                                                                    GIÓ BẮT ĐẦU TỪ ĐÂU ?

                                                                    ANH CŨNG KHÔNG BIẾT NỮA 

                                                                    KHI NÀO...? TA YÊU NHAU .






0 người đang xem chủ đề

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