Đến nội dung

Hình ảnh

ĐỀ THI CHỌN HSGQG TỈNH PHÚ THỌ


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 13 trả lời

#1
Khoa Linh

Khoa Linh

    Thiếu úy

  • Thành viên
  • 601 Bài viết

                 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA TỈNH PHÚ THỌ- NĂM HỌC: 2018-2019.

 

 

Bài 1: Cho dãy số thực $(a_n)_{n\ge 1}$ xác định bởi: $a_1=a_2=1,a_3=2$ và $a_{n+3}=\frac{a_{n+1}a_{n+2}+7}{a_n}$ với mọi số nguyên dương $n$.

a) Chứng minh rằng $a_n$ là số nguyên, với mọi số nguyên dương $n$.

b) Tìm giới hạn: $\lim\limits_{n\to +\infty}\frac{a_{2n+2}a_{2n}+a_{2n+1}^2}{a_{2n}a_{2n+1}}$.

Bài 2: Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại các điểm $D,E,F$. Gọi $M,N$ lần lượt là giao điểm của $AD,CF$ với $(I)$. Chứng minh rằng: $\frac{MN.FD}{MF.ND}=3$.

Bài 3: 

Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn:

$f(f(x)-y^2)=f(x^2)+y^2f(y)-2f(xy)\forall x,y\in \mathbb{R}$.

Bài 4: Một bảng ô vuông $ABCD$ kích thước $2018x2018$ gồm $2018^2$ ô vuông đơn vị, mỗi ô vuông đơn vị được điền bởi một trong ba số $-1,0,1$. Một cách điền số được gọi là đối xứng nếu mỗi ô có tâm trên đường chéo $AC$ được điển số $-1$ và mỗi cặp ô đối xứng  qua $AC$ được điền cùng một số $0$ hoặc $1$. Chứng minh rằng với mỗi cách điền số đối xứng bất kì, luôn tồn tại hai hàng có các số trong mỗi ô vuông đơn vị lần lượt theo thứ tự từ trái sang phải là $a_1,a_2,...,a_{2018}$ ở hàng thứ nhất, $b_1,b_2,...,b_{2018}$ ở hàng thứ hai sao cho $S=a_1b_1+a_2b_2+...+a_{2018}b_{2018}$ là một số chẵn. 

Bài 5: Chứng minh rằng:

a) Tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp là hợp số.

b) Tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố.

Bài 6: Cho dãy số thực $(x_n)_{n\ge 0}$ thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

a) $x_n=0$ khi và chỉ khi $n=0$.

b) $x_{n+1}=x_{[\frac{n+3}{2}]}^2+(-1)^n.x_{[\frac{n}{2}]}^2$ với mọi $n\ge 0$.

(Kí hiệu $[x]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$).

Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$, nếu $x_n$ là số nguyên tố thì $n$ là số nguyên tố hoặc $n$ không có ước nguyên tố lẻ.

Bài 7: Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$ có hai đường chéo cắt nhau tại $P$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $APB,CPD$ cắt cạnh $BC$ theo thứ tự tại $E,F$. Gọi $I,J$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $ABE,CDF$; hai đoạn thẳng $BJ$ và $CI$ cắt nhau tại $Q$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AIB$ cắt đoan thẳng $BD$ tại $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $DJC$ cắt đoạn thẳng $AC$ tại $N$.

a) Chứng minh : $BIJC$ là tứ giác nội tiếp.

b) Chứng minh ba đường thẳng $IM,JN,PQ$ đồng quy.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi tritanngo99: 19-09-2018 - 05:51

$\sqrt[LOVE]{MATH}$

"If I feel unhappy, I do mathematics to become happy. If I am happy, I

 

do mathematics to keep happy" - Alfréd nyi 


#2
Hr MiSu

Hr MiSu

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết

Câu 1a) $\frac{a_{n+3}+a_{n+1}}{a_{n+2}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}$ do đó: $a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n}$ nếu $n$ lẻ, $a_{n+2}=5a_{n+1}-a_{n}$ nếu n chẵn

Câu 3: đặt $f(0)=a$

$P(0;-y)$: $y^2f(y)=y^2f(-y)$ suy ra $f$ là hàm chẵn, ta chỉ cần xét hàm $f(x)$ với $x\geq 0$

$P(0;0)$: $f(-a)=f(a)=-a$

$P(a;0)$:$f(-a)=f(a^2)-2a$ suy ra $f(a^2)=a$

$P(0;a)$:$f(-a^2)=a^2f(a)-2a$ suy ra $a^3+a=0$ hay $a=0$, vậy $f(0)=0$

$P(0;x),P(x;0)$: $f(f(x))=f(x^2),f(x^2)=f(x).x^2$ (*)

Nhận xét $f(x)\equiv 0$ thỏa mãn.

Xét $f(x)$ ko đồng nhất với 0,giả sử tồn tại $x_0 > 0$ mà $f(x_0)=0$ thế thì 

$P(x_0;x)$ ta có $f(-x^2)=x^2f(x)-2f(yx_0)$, do (*) nên $f(yx_0)=0$, mà $yx_0$ có TGT là $\mathbb{R*}$ nên suy ra $f(x)=0$ với mọi $x>0$ vô lý.

vậy từ (*) suy ra $f(x)$ đơn ánh trên $(0;+\infty)$, do đó cũng từ (*) mà suy ra $f(x)\equiv x^2$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hr MiSu: 19-09-2018 - 00:19

s2_PADY_s2

Hope is a good thing, maybe the best thing, and no good thing ever dies


#3
Hr MiSu

Hr MiSu

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 206 Bài viết

1b) Từ ý a), đặt $x_{n}=a_{2n}, y_n=a_{2n+1}$ dễ suy ra:

$x_{n+1}=5y_n-x_n, y_{n+1}=3x_n-y_n$

do đó: $x_{n+2}=14x_n-2x_{n+1}, y_{n+2}=14y_n-2y_{n+1}$

ta có lim cần tìm là $\frac{a_{n+1}}{b_n}+\frac{b_n}{a_n}$ , tính cttq ra là đc


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hr MiSu: 19-09-2018 - 10:50

s2_PADY_s2

Hope is a good thing, maybe the best thing, and no good thing ever dies


#4
dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết

5a): ta chọn $x_{i}=2019!+i$ cho $i$ chạy từ $2$ đến $2019$ thì ta có điêu phải chứng minh


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dungxibo123: 19-09-2018 - 11:01

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#5
nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết

Câu $3$:

Ta cần cm: $MN/ND.FD/FM=3$
Hay $3=D(NFMD)=D(NFLC)=LN/LF : CN/CF = (FJLN)$ (do $(CJNF)=-1$)
Kẻ $DK//FG$ khi đó $FNK=FDK=DFH=NFE$ nên $NK//EF$
Lấy trục đối xứng $d$ là pg góc $FDE$, ta thấy $DF, DJ, DL, DN$ là ảnh của $DE, DF, DG, DK$ qua $d$
Do phép đối xứng bảo toàn tỉ số kép nên $C(FJLN)=C(FHGK)=GH/GF=1/3$ hay ta có ĐPCM 

Hình gửi kèm

  • phutho1.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 19-09-2018 - 12:18


#6
nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết
Câu $5$:
$a)$ Chọn $a=2019!$ thì các số $a+2,...a+2019$ đều là hợp số
$b)$ Đánh dấu $s_i$=số các số nguyên tố từ $i$ đến $i+2017$
Theo câu $a$ thì $s_{2019!+2}=0$
Do tập số nguyên tố là vô hạn nên mỗi lần tăng $i$ nếu gặp $1$ số nguyên tố thì $s$ tăng $1$ rõ ràng đến một lúc nào đó $s_i=2$ (liên tục trong rời rạc)


#7
nhungvienkimcuong

nhungvienkimcuong

    Thiếu úy

  • Hiệp sỹ
  • 669 Bài viết

Bài 5: Chứng minh rằng:

b) Tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố.

bài này khó trình bày :/

ta gọi số nguyên tố thứ $k$ là $p_k$ như sau $2=p_1<p_2<p_3<...<p_k<p_{k+1}<...$

giả sử không tồn tại $2018$ số nguyên dương liên tiếp chứa đúng $2$ số nguyên tố

vậy với $k$ mà $p_{k+1}-p_k<2017\Rightarrow \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.$

vì nếu ngược lại khi đó $\exists t:\left\{\begin{matrix} p_k,p_{k+1} \in \left [ t,t+2017 \right ]\\ p_{k-1},p_{k+2}\not \in \left [ t,t+2017 \right ] \end{matrix}\right.$ (điều này mâu thuẫn với việc ta giả sử)

mà ta có 

$p_4-p_3=7-5<2017\Rightarrow p_{k+1}-p_k<2017,\forall k$

$\Rightarrow  \left\{\begin{matrix} p_{k}-p_{k-1}<2017\\ p_{k+2}-p_k<2017 \end{matrix}\right.,\forall k$ tức $2018$ số nguyên dương liên tiếp luôn có ít nhất $3$ số nguyên tố

điều này mâu thuẫn với câu $a)$ nên ta có $\text{Q.E.D}$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 19-09-2018 - 12:47

Đừng khóc vì chuyện đã kết thúc hãy cười vì chuyện đã xảy ra ~O) 
Thật kì lạ anh không thể nhớ đến tên mình mà chỉ nhớ đến tên em :wub:
Chúa tạo ra vũ trụ của con người còn em tạo ra vũ trụ của anh :ukliam2:


#8
nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết

Bài $7$: Câu $a$ từng nằm trong đề thi HSG Lớp 10 trường ĐHSP năm nay, vẽ hình rất khó :wacko: 

a) Gọi $L,Q$ là tâm $(AIB)$, $(AJC)$; $S,U$ là hình chiếu của $I,J$ trên $LQ$

Có $PEF=PAB=PDC=PFE$ nên $PE=PF$ đồng thời $LPB+QPC=1/2(AEB+DFC)=DPC \Rightarrow  L,P,Q $ thẳng hàng

Do $PLB=PEF=PFE=PQC$ và $PBL=PBA+ABL=PCD+DCQ=PCQ$ nên $PBL$ ~ $PCQ$ do đó $PB/BL=PC/CQ$ 

Ta có: $IS/JU=IL.sinPBC/JQ.sinPCB=LB/QC.PC/PB=LB/PB.PC/QC=1$ 

Vậy $d(I/LQ)=d(J/LQ)$ nên $IJ//LQ$ do đó $JIB+JCB=JIE+EIB+C/2= PAE+90+EAB/2+90-A/2=180+(PAE-DAE/2)=180$

(do $PAD=PBE=PAE$ nên $AP$ là pg $DAE$). Từ đó $(BICJ)$ đồng viên và ta có ĐPCM

$b)$  Gọi $K,Z$ là giao của $(ICM)$ với $BD$ và $(JNB)$ với $AC$, $R$ là giao của $IM$ và $JN$
Ta sẽ CM $R,P,G$ cùng nằm trên tđp của $(ICM)$ và $(JNB)$ thông qua 3 bước sau
$1$. $MN//BC$: Vì $LBM=LBA+ABD=PCD+DCQ=NCQ$ nên $LMB ~ QJC$ (cân) do đó $MB/NC=LB/QC=PB/PC$ (câu a)
$2$. $M,I,J,N$ đồng viên: $MIJ+MNJ=720-(MIB+BIJ+JND+DNM)=MAB+C+DAM=180$
$3$. $KZ//AD$: $PZM=MIC=NJB=PKN$ nên $MNKZ$ nt do đó $KZ//AD$
Vì $PKZ=PDA=PCB$ nên $BKZC$ nt do đó $P(P/ICM)=PZ.PC=PK.PB=P(P/IBN)$
Mặt khác $P(R/IBM)=RI.RM=RJ.RN=P(R/(JBN))$
Mà $P(G/ICM)=GI.GC=GB.GJ=P(G/JBN)$
Từ các điều trên ta có $R,P,G$ thẳng hàng hay $IM, JN, GP$ đồng quy và có ĐPCM
 

Hình gửi kèm

  • phutho2.png

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 19-09-2018 - 15:21


#9
dungxibo123

dungxibo123

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 330 Bài viết
Bài 6 xét n chẵn n lẻ suy ra dãy là dãy fibonacci đến đây áp dụng tính chất n chia hết m thì $F_n$ chia hết $F_m$

myfb : www.facebook.com/votiendung.0805
~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~o0o~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~
SỢ HÃI giúp ta tồn tại

NGHỊ LỰC giúp ta đứng vững

KHÁT VỌNG giúp ta tiến về phía trước

Võ Tiến Dũng  

:like  :like  :like  :like  :like 

 

 


#10
vophananhquan1981

vophananhquan1981

    Lính mới

  • Thành viên mới
  • 4 Bài viết

Bài 5a có thể sử dụng định lý Thặng dư Trung Hoa để chứng minh bài toán tổng quát với mỗi số n luôn 



#11
Mr Cooper

Mr Cooper

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 496 Bài viết

$\left\{\begin{matrix} a_{n+3}.a_{n}=a_{n+1}.a_{n+2}+7\\ a_{n+2}.a_{n-1}=a_{n}.a_{n+1}+7 \end{matrix}\right. $

$\Rightarrow a_{n}.(a_{n+1}+a_{n+3})=a_{n+2}(a_{n-1}+a_{n+1}) $

$ \Rightarrow \frac{a_{n+1}+a_{n+3}}{a_{n+2}} = \frac{a_{n-1}+a_{n+1}}{a_{n}} =\frac{a_{n-2}+a_{n}}{a_{n-1}}= ... =\frac{a_1+a_3}{a_2}=\frac{1+2}{1} = 3\\ \Rightarrow a_n = 3.a_{n-1} - a_{n-2}$

Vì $a_1$ và $a_2$ là số nguyên nên $a_n$ 


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mr Cooper: 21-09-2018 - 19:28


#12
hoangkimca2k2

hoangkimca2k2

    Sĩ quan

  • Thành viên
  • 474 Bài viết

Câu 1a) $\frac{a_{n+3}+a_{n+1}}{a_{n+2}}=\frac{a_{n+1}+a_{n-1}}{a_{n}}$ do đó: $a_{n+2}=3a_{n+1}-a_{n}$ nếu $n$ lẻ, $a_{n+2}=5a_{n+1}-a_{n}$ nếu n chẵn

Câu 3: đặt $f(0)=a$

$P(0;-y)$: $y^2f(y)=y^2f(-y)$ suy ra $f$ là hàm chẵn, ta chỉ cần xét hàm $f(x)$ với $x\geq 0$

$P(0;0)$: $f(-a)=f(a)=-a$

$P(a;0)$:$f(-a)=f(a^2)-2a$ suy ra $f(a^2)=a$

$P(0;a)$:$f(-a^2)=a^2f(a)-2a$ suy ra $a^3+a=0$ hay $a=0$, vậy $f(0)=0$

$P(0;x),P(x;0)$: $f(f(x))=f(x^2),f(x^2)=f(x).x^2$ (*)

Nhận xét $f(x)\equiv 0$ thỏa mãn.

Xét $f(x)$ ko đồng nhất với 0,giả sử tồn tại $x_0 > 0$ mà $f(x_0)=0$ thế thì 

$P(x_0;x)$ ta có $f(-x^2)=x^2f(x)-2f(yx_0)$, do (*) nên $f(yx_0)=0$, mà $yx_0$ có TGT là $\mathbb{R*}$ nên suy ra $f(x)=0$ với mọi $x>0$ vô lý.

vậy từ (*) suy ra $f(x)$ đơn ánh trên $(0;+\infty)$, do đó cũng từ (*) mà suy ra $f(x)\equiv x^2$

hình như sai từ chỗ này :))


  N.D.P 

#13
nguyenhaan2209

nguyenhaan2209

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 103 Bài viết

Bài $4$:

Ta giải quyết bài toán tổng quát với bảng $2n.2n$

Dựa vào quan hệ bài toán ta có thể liên tưởng tới sự quen nhau của $2n$ người được đánh dấu thành bảng $2n.2n$

Ta coi $x[i,j]=0$ thì $i,j$ không quen nhau còn $x[i,j]=1$ thì $i,j$ quen nhau

Xét tổng $S_{j,j'}=\sum_{i=1, i\neq j,j'}^{2n}x_{ij}x_{ij'}$ (dễ thấy $2$ ô cột $j,j'$ không ảnh hưởng đến mod $2$)

Nói cách khác, ta đưa bài toán về cm trong $2n$ người bất kì luôn có số người quen chung là số chẵn

$CM$: Giả sử phản chứng rằng hai người bất kì trong nhóm đều có số người quen chung là lẻ

$TH1$: Tồn tại $1$ người có số người quen là lẻ

Gọi đó là $A$, tập người quen của $A$ là $(A_1,...A_k)$ với $k$ lẻ

Xét mối quan hệ trong nhóm $k$ người này nếu người nào cũng quen lẻ người thì tổng số mối quen biết là lẻ mà theo bổ đề bắt tay thì tổng chẵn vậy vô lí

Điều đó chứng tỏ tồn tại $A_i$ để $(A,A_i)$ có số người quen chung là chẵn từ đó dễ thấy tồn tại $S(A,A_i)$ chẵn

$TH2$: Tất cả đều quen chẵn người

Gọi người có nhiều người quen nhất là $A$, trong đó $X_1$ là tập người quen của A, $X_2$ là phần còn lại

Dễ thấy $|X_1|+|X_2|=2n-1$ là số lẻ nên $|X_2|$ lẻ

Theo giả sử phản chứng, mỗi bạn trong $X_1$ có số người quen chung với $X_1$ là lẻ, mà nó có chẵn người quen nên quen lẻ người trong $X_2$

Tương tự với, mỗi người trong $X_2$ cũng quen lẻ người trong $X_1$ và lẻ người trong $X_2$

Ta đếm bằng $2$ cách số cặp $V=(B,C)$ trong đó $B,C$ quen nhau mà $B$ nằm trong $X_1$, $C$ nằm trong $X_2$

+ Với $B \in X_1$, do $B$ quen lẻ người trong $X_2$ mà $|X_2|$ lẻ nên $V$ lẻ

+ Với $C \in X_2$, do $C$ quen lẻ người trong $X_1$ mà $|X_1|$ chẵn nên $V$ chẵn

Từ $2$ điều trên ta thấy vô lí tức gs phản chứng sai. Vậy tồn tại $S$ chẵn, thay $n=1009$ ta có kết quả của bài toán $\blacksquare$  


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nguyenhaan2209: 25-09-2018 - 11:55


#14
HocLop

HocLop

    Binh nhì

  • Thành viên mới
  • 13 Bài viết

Đề thi hay

 

 

Bài $7$: Câu $a$ từng nằm trong đề thi HSG Lớp 10 trường ĐHSP năm nay, vẽ hình rất khó :wacko: 

a) Gọi $L,Q$ là tâm $(AIB)$, $(AJC)$; $S,U$ là hình chiếu của $I,J$ trên $LQ$

Có $PEF=PAB=PDC=PFE$ nên $PE=PF$ đồng thời $LPB+QPC=1/2(AEB+DFC)=DPC \Rightarrow  L,P,Q $ thẳng hàng

Do $PLB=PEF=PFE=PQC$ và $PBL=PBA+ABL=PCD+DCQ=PCQ$ nên $PBL$ ~ $PCQ$ do đó $PB/BL=PC/CQ$ 

Ta có: $IS/JU=IL.sinPBC/JQ.sinPCB=LB/QC.PC/PB=LB/PB.PC/QC=1$ 

Vậy $d(I/LQ)=d(J/LQ)$ nên $IJ//LQ$ do đó $JIB+JCB=JIE+EIB+C/2= PAE+90+EAB/2+90-A/2=180+(PAE-DAE/2)=180$

(do $PAD=PBE=PAE$ nên $AP$ là pg $DAE$). Từ đó $(BICJ)$ đồng viên và ta có ĐPCM

$b)$  Gọi $K,Z$ là giao của $(ICM)$ với $BD$ và $(JNB)$ với $AC$, $R$ là giao của $IM$ và $JN$
Ta sẽ CM $R,P,G$ cùng nằm trên tđp của $(ICM)$ và $(JNB)$ thông qua 3 bước sau
$1$. $MN//BC$: Vì $LBM=LBA+ABD=PCD+DCQ=NCQ$ nên $LMB ~ QJC$ (cân) do đó $MB/NC=LB/QC=PB/PC$ (câu a)
$2$. $M,I,J,N$ đồng viên: $MIJ+MNJ=720-(MIB+BIJ+JND+DNM)=MAB+C+DAM=180$
$3$. $KZ//AD$: $PZM=MIC=NJB=PKN$ nên $MNKZ$ nt do đó $KZ//AD$
Vì $PKZ=PDA=PCB$ nên $BKZC$ nt do đó $P(P/ICM)=PZ.PC=PK.PB=P(P/IBN)$
Mặt khác $P(R/IBM)=RI.RM=RJ.RN=P(R/(JBN))$
Mà $P(G/ICM)=GI.GC=GB.GJ=P(G/JBN)$
Từ các điều trên ta có $R,P,G$ thẳng hàng hay $IM, JN, GP$ đồng quy và có ĐPCM
 

 

Mình nghĩ không cần giải dài dòng như vậy






2 người đang xem chủ đề

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