Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Ispectorgadget: 06-04-2013 - 23:24
Đề thi olympic 30/4 lớp 10 miền Nam 2012-2013
#1
Đã gửi 06-04-2013 - 19:53
- Zaraki, N H Tu prince, ducthinh26032011 và 7 người khác yêu thích
#2
Đã gửi 06-04-2013 - 20:50
bài 2 câu hỏi là gì vậy?
#3
Đã gửi 06-04-2013 - 21:20
ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013Bài 1. Giải phương trình $$\left ( x+3 \right )\sqrt{-x^{2}-8x+48}=x-24$$
Có vẻ năm nay đề ác hơn năm ngoái
$\left ( x+3 \right )\sqrt{-x^{2}-8x+48}=x-24$
$\Leftrightarrow -\frac{1}{2}(\sqrt{-x^2-8x+48}+x)(\sqrt{-x^2-8x+48}+x+6)=0\Leftrightarrow
...$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi N H Tu prince: 06-04-2013 - 21:21
#4
Đã gửi 06-04-2013 - 22:01
Bài 5. Trong mặt phẳng $Oxy$ cho cho $19$ điểm mà tọa độ của chúng là các số nguyên, biết rằng không có ba điểm nào thẳng hàng. Chứng minh tồn tại một tam giác sao cho tọa độ của trọng tâm tam giác đó là các số nguyên.
Toạ độ trọng tâm tam giác là $x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3}$
Và $y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}$ nên ta phải chỉ ra trong 19 cặp $(x_{i};y_{i})$ (i=1 đến 19) tồn tại 3 cặp thoả mãn
$3|x_{m}+x_{n}+x_{p}$
và $3|y_{m}+y_{n}+y_{p}$ (***)
Thật vậy.Trong 19 số $x_{i}$ tồn tại ít nhất 7 số $x_{1},x_{2},...,x_{7}$ đồng dư modun 3
xét 7 số $y_{1},y_{2},...,y_{7}$ cũng có it nhất 3 số $y_{a},y_{b},y_{c}$ đồng dư modun 3 (theo nguyên lí dirichlet)
Khi đó 3 cặp số $(x_{a};y_{a}),(x_{b};y_{b}),(x_{c};y_{c})$ thoả mãn (***)
Hay đây là 3 đỉnh của một tam giác có trọng tâm nguyên
- Zaraki, N H Tu prince, WhjteShadow và 1 người khác yêu thích
#5
Đã gửi 06-04-2013 - 22:12
Toạ độ trọng tâm tam giác là $x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3}$
Và $y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}$ nên ta phải chỉ ra trong 19 cặp $(x_{i};y_{i})$ (i=1 đến 19) tồn tại 3 cặp thoả mãn
$3|x_{m}+x_{n}+x_{p}$
và $3|y_{m}+y_{n}+y_{p}$ (***)
Thật vậy.Trong 19 số $x_{i}$ tồn tại ít nhất 7 số $x_{1},x_{2},...,x_{7}$ đồng dư modun 3
xét 7 số $y_{1},y_{2},...,y_{7}$ cũng có it nhất 3 số $y_{a},y_{b},y_{c}$ đồng dư modun 3 (theo nguyên lí dirichlet)
Khi đó 3 cặp số $(x_{a};y_{a}),(x_{b};y_{b}),(x_{c};y_{c})$ thoả mãn (***)
Hay đây là 3 đỉnh của một tam giác có trọng tâm nguyên
Dễ vậy mà làm không được (
Thui làm câu pt hàm vậy
Dễ dàng quy nạp được $f(n) \leq n$ với $n\equiv 1 mod 3$
Từ đó ta có $2014\geq f(2014)\geq f(2)+2012$
$\Rightarrow f(2) \leq 2$
Quy nạp 1 lần nữa ta có $f(n) \leq n$ với $n\equiv 2 mod 3$
$\Rightarrow 2015 \geq f(2015) \geq f(3)+2012$
$\Rightarrow f(3) \leq 3 $
Từ đó dễ dàng ta có $f(2013) \leq 2013$
Mà $f(2013) \geq 2013 $
Vậy $f(2013)=2013$
Àh câu 2 yêu cầu tìm diện tích lục giác câu này khoai nhất @@
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi davildark: 06-04-2013 - 22:14
- Zaraki, N H Tu prince, beontop97 và 2 người khác yêu thích
#6
Đã gửi 06-04-2013 - 23:29
ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013Bài 3. Cho các số thực $x$, $y$ thỏa mãn $2x\left ( 1-x \right )\geq y\left ( 1-y \right )$. Tìm giá trị lớn nhất của $P=x-y+3xy$.
Khoan đã bạn check lại xem đề câu này có bị sa0 không
Điều kiện đề bài tương đương $4y(y-1)\geq 8x(x-1)\Leftrightarrow (2y-1)^2+1\geq 2(2x-1)^2$.
Đặt $2y-1=b,2x-1=a$ thì ta có thể viết lại điều kiện thành $b^2+1\geq 2a^2$ và $4P=2(a-b)+3(a+1)(b+1)=3ab+5a+b+3$. Để ý với $b\to +\infty$ và $a=\frac{b}{2}$ thì biểu thức $P$ không có GTLN.... :"|
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi WhjteShadow: 06-04-2013 - 23:30
- Zaraki và N H Tu prince thích
#8
Đã gửi 06-04-2013 - 23:50
Sặc đề sai rùi $y-1$ không phải $1-y$
~.~ Nhảm thật, đặt như trên thì có $2a^2+b^2\leq 3$, ta cần tìm GTLN của $4P-3=3ab+5a+b$. Ta sẽ chứng minh $P\leq 3$ hay:
$$3ab+5a+b\leq 9$$
Hay:
$$6ab+10a+2b\leq 8a^2+4b^2+6\Leftrightarrow 0\leq 3(a-b)^2+(b-1)^2+5(a-1)^2$$
Luôn đúng. Ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi $a=b=1=x=y$ $\blacksquare$
- Zaraki, ducthinh26032011, beontop97 và 3 người khác yêu thích
#9
Đã gửi 07-04-2013 - 07:37
ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013Bài 4. Cho $x$, $y$ là các số nguyên dương thỏa mãn $p=x^{2}+y^{2}$ là số nguyên tố và $x^{3}+y^{3}-4$ chia hết cho $p$. Tìm $x$, $y$.
Ta có:$x^{3}+y^{3}-4\vdots x^{2}+y^{2}\Rightarrow \left ( x+y \right )\left ( x^{2}+y^{2} \right )-xy\left ( x+y \right )-4\vdots x^{2}+y^{2}\Rightarrow xy\left ( x+y \right )+4\vdots x^{2}+y^{2}\Leftrightarrow \left [ \left ( x+y \right )^{2} -x^{2}-y^{2}\right ]\left ( x+y \right )+8\vdots x^{2}+y^{2}\Rightarrow \left ( x+y \right )^{3}+8\vdots x^{2}+y^{2}\Leftrightarrow \left ( x+y+2 \right )\left [ \left ( x+y \right )^{2} -2\left ( x+y \right )+4\right ]\vdots x^{2}+y^{2}$
mà $x^{2}+y^{2}=p\in \mathbb{P}$
$\Rightarrow x+y+2\vdots x^{2}+y^{2}$hoặc$\left ( x+y \right )^{2}-2\left ( x+y \right )+4\vdots x^{2}+y^{2}$
Với $x+y+2\vdots x^{2}+y^{2}$
Xét $x> 2,y> 2\Rightarrow x+y+2< x^{2}+y^{2}\rightarrow$ vô nghiệm
Xét $x\leq 2,y\leq 2\Rightarrow x= 2,y= 1$ hoặc $x= 1,y= 2$
Với $\left ( x+y \right )^{2}-2\left ( x+y \right )+4\vdots x^{2}+y^{2}\Rightarrow 2xy-2\left ( x+y \right )+4\vdots x^{2}+y^{2}$
Xét p=2 Suy ra x=y=1
xét p>2 Suy ra $xy-x-y+4\vdots x^{2}+y^{2}\Rightarrow xy-x-y+4\geq x^{2}+y^{2}\geq 2xy\Rightarrow xy+x+y\leq 4\Rightarrow x=2,y=1$ hoặc x=1,y=2 (vì p>2 nên x,y>1
Vậy cặp số x,y thoả mãn là 1,1 và 1,2 và 2,1
đề số năm nay của LHP dễ hơn mọi năm nhìu
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi xuananh10: 07-04-2013 - 07:52
- Zaraki, N H Tu prince, ducthinh26032011 và 4 người khác yêu thích
#10
Đã gửi 07-04-2013 - 08:49
cho mình hỏi xem kết quả ở đâu vậy mọi người?
#11
Đã gửi 07-04-2013 - 14:07
Câu 2:
Đặt AB=a
Tịnh tiến A thành A' theo $\overrightarrow{BC}$
Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác A'CdE:
$a.CE+a.CD\geq A'D.a\sqrt{2}$
$\Leftrightarrow 1994\sqrt{2}=DE+CD\geq A'D\sqrt{2}\Leftrightarrow A'D\leq 1994$
Ta có: $\left\{\begin{matrix} AA'=19\\ A'D\leq 1994\\ AD=2013 \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow A'D=1994$ và A, A', D thẳng hàng
$\Rightarrow$ A'CDE là tứ giác nội tiếp và $\widehat{CDE}=90^{0}$
Ta lại có:
$CD=sin\widehat{CED}.a\sqrt{2}; ED=cos\widehat{CED}.a\sqrt{2}$
$\Rightarrow a.sin\widehat{CED}+ a.cos\widehat{CED}=1994$
Mà $CE= a.sin\widehat{CED}+ a.cos\widehat{CED}$
Tới đây chỉ thế số vào tính diện tích hai hình thang $BCDA, ADEF$.
- N H Tu prince và davildark thích
#12
Đã gửi 07-04-2013 - 14:19
Bài 6. Cho hàm số $f:\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}$. Biết rằng $f\left ( n+3 \right )\leq f\left ( n \right )+3$ và $f\left ( n+2012 \right )\geq f\left ( n \right )+2012$. Tính $f\left ( 2013 \right )$.
Mình nghĩ câu này thiếu dữ kiện vì hàm thoả là $f(n)=n+f(0)$
#13
Đã gửi 07-04-2013 - 17:27
Mình nghĩ câu này thiếu dữ kiện vì hàm thoả là $f(n)=n+f(0)$
đúng r...còn 1 điều kiện là f(1)=1
#14
Đã gửi 07-04-2013 - 18:54
Câu 6:
Ta có:
f(n+6036)$\geq$f(n+4024)+2012$\geq$f(n+2012)+4024$\geq$f(n)+6036
Mà f(n+6036)$\leq$f(n+6033)+3$\leq$...$\leq$f(n)+6036
$\Rightarrow$ f(n)=n.
Do đó f(2013)=2013
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhatminh97: 07-04-2013 - 19:05
#15
Đã gửi 07-04-2013 - 21:55
Câu 6:
Ta có:
f(n+6036)$\geq$f(n+4024)+2012$\geq$f(n+2012)+4024$\geq$f(n)+6036
Mà f(n+6036)$\leq$f(n+6033)+3$\leq$...$\leq$f(n)+6036
$\Rightarrow$ f(n)=n.
Do đó f(2013)=2013
Mình cũng sử dụng kẹp chặt như bạn nhưng kết luận là $f(n)=n$ là không hợp lí nhé
#16
Đã gửi 07-04-2013 - 22:54
- funcalys, N H Tu prince và vinh1712 thích
2 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh
-
Google (1)