PDA

View Full Version : Đề thi chọn đội tuyển trường PTNK


vulalach
18-10-2010, 12:00 PM
Đề thi chọn đội tuyển trường PTNK ngày thi thứ nhất
[Only registered and activated users can see links]

novae
18-10-2010, 12:29 PM
Bài 1
Giải hệ phương trình:
\left\{\begin{matrix} \dfrac{5(x+y)}{x+y+6xy}+ \dfrac{6(x+z)}{x+z+5xz}=4 \\ \dfrac{6(z+y)}{z+y+4zy}+ \dfrac{4(x+y)}{x+y+6xy}=5 \\ \dfrac{4(x+z)}{x+z+5xy}+ \dfrac{5(y+z)}{y+z+4yz}=6 \end{matrix}\right.
Bài 2
Tìm tất cả các hàm f:\mathbb{R}\to\mathbb{R} thỏa mãn
f\left(|x|+y+f\left(y+f\left(y\right)\right)\right ) =3y+\left|f\left(x\right)\right|
Bài 3
Cho p là số nguyên tố lẻ và n=2p+r với r\in\{0,1,2,\ldots,p-1\}. Đặt X=\{1,2,\ldots,n\}. Ánh xạ f:X\to X được gọi là có tính chất P nếu f không phải là ánh xạ đồng nhất và f\left(f\ldots \left(f\left(f(k) \right)\right)\ldots \right)=k (ánh xạ hợp p lần) với mọi k\in X. Đặt A_f=\{k\in X|f(k)=k\}

Chứng minh rằng nếu f có tính chất P thì |A_f|\equiv r\pmod{p}
Gọi d là số các ánh xạ f có tính chất P. Chứng minh rằng d không là ước số của n!

Bài 4
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có A cố định và B,C thay đổi trên (O) sao cho BC luôn song song với một đường thẳng cố định. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại K. Gọi M là trung điểm BC, N là giao điểm của AM với (O). Chứng minh rằng đường thẳng KN luôn đi qua một điểm cố định.

Evarist Galois
18-10-2010, 02:31 PM
Bài 4: KN cắt (O) tại I thì BNCI là tứ giác điều hòa nên A(BCNI)=-1. Mà MB=MC
nên AI song song với BC nên I cố định

Lan Phuog
18-10-2010, 06:04 PM
Bài 1
Giải hệ phương trình:
\left\{\begin{matrix} \dfrac{5(x+y)}{x+y+6xy}+ \dfrac{6(x+z)}{x+z+5xz}=4 \\ \dfrac{6(z+y)}{z+y+4zy}+ \dfrac{4(x+y)}{x+y+6xy}=5 \\ \dfrac{4(x+z)}{x+z+5xy}+ \dfrac{5(y+z)}{y+z+4yz}=6 \end{matrix}\right.


Nghịch đảo các phương trình và đặt a=\frac{xy}{x+y},b=\frac{yz}{y+z},c=\frac{zx}{z+x} sẽ thu được hệ đơn giản!

huynhcongbang
18-10-2010, 07:41 PM
Nghịch đảo các phương trình và đặt a=\frac{xy}{x+y},b=\frac{yz}{y+z},c=\frac{zx}{z+x} sẽ thu được hệ đơn giản!

Để cụ thể hóa ý tưởng của bạn LanPhuong! :)
a=\frac{x+y}{x+y+6xy},b=\frac{z+y}{z+y+4xy},c= \frac{z+x}{z+x+5zx}.
Ta có hệ sau:
\left\{\begin{matrix}5a+6c=4\\6b+4a=5\\4c+5b=6\end {matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}a=\dfrac{1}{8}\\ b=\dfrac{3}{4}\\c=\dfrac{9}{16}\end{matrix}\right. . Từ đó, ta có:
\left\{\begin{matrix}\dfrac{x+y}{x+y+6xy}=\dfrac{1 }{8}\\ \dfrac{z+y}{z+y+4xy}=\dfrac{3}{4}\\ \dfrac{z+x}{z+x+5zx}=\dfrac{9}{16}\end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+6(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=8\\1+ 4(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y})=\dfrac{4}{3}\\ 1+5( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})= \dfrac{16}{9}\end{matrix}\right..
Đến đây giải hệ này tìm được nghiệm là:
x=\frac{360}{223},y=\frac{360}{197},z=\frac{-360}{167}.

Tính toán tùm lum hết, ý tưởng là vậy chứ kq không chắc ăn lắm! :d

legend
18-10-2010, 09:54 PM
[QUOTE=huynhcongbang;67921]\left\{\begin{matrix}\dfrac{x+y}{x+y+6xy}=\dfrac{1 }{8}\\ \dfrac{z+y}{z+y+4xy}=\dfrac{3}{4}\\ \dfrac{z+x}{z+x+5zx}=\dfrac{9}{16}\end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+6(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=8\\1+ 4(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y})=\dfrac{4}{3}\\ 1+5( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})= \dfrac{16}{9}\end{matrix}\right..
Anh xem lại chỗ này nhé, có nhầm lẫn rồi.
Đề năm nay câu hàm khó quá

MathForLife
19-10-2010, 11:31 AM
Bài 3
Cho p là số nguyên tố lẻ và n=2p+r với r\in\{0,1,2,\ldots,p-1\}. Đặt X=\{1,2,\ldots,n\}. Ánh xạ f:X\to X được gọi là có tính chất P nếu f không phải là ánh xạ đồng nhất và f\left(f\ldots \left(f\left(f(k) \right)\right)\ldots \right)=k (ánh xạ hợp p lần) với mọi k\in X. Đặt A_f=\{k\in X|f(k)=k\}

Chứng minh rằng nếu f có tính chất P thì |A_f|\equiv r\pmod{p}
Gọi d là số các ánh xạ f có tính chất P. Chứng minh rằng d không là ước số của n!


Câu a:
Ta có:
\left | A_{f} \right |\equiv r (mod p) \Leftrightarrow \left | X\setminus A_{f} \right |\vdots p
Hay số phần tử của tập B= \left \{ k\in X|f(k)\neq k \right \} là bội của p.
Đặt f_{k}(x) là ánh xạ hợp k lần.Xét x\in B.Khi đó các số f(x),f_{2}(x),...f_{p-1}(x)\in B.Thật vậy:
Gọi m là số>1 nhỏ nhất thoả f_{m}(x) =x (nếu có những số như vậy). Vì p nguyên tố lẻ nên p không chia hết cho m. Do vậy \exists t:0<p-tm<m. Lại có f_{m}(x) =x\Rightarrow f_{tm}(x)=x\Rightarrow f_{p-tm}(x)=f_{p}(x)=x (mâu thuẫn với m nhỏ nhất). Vậy \forall 1<m<p thì f_{m}(x)\neq x. Từ đó suy ra với mọi 1<k<l<p thì f_{k}(x)\neq f_{l}(x) , tức là x,f(x),f_{2}(x),...f_{p-1}(x) là p số khác nhau thuộc B.
Nếu có y\in X; y\neq f_{k}(x); y\neq x thì ta cũng được thêm p số thuộc B. Thật vậy:
Giả sử f_{i}(x)=f_{j}(y) . Không mất tính tổng quát giả sử i\leq j , khi đó ta có f_{p+i-j}(x)=f_{p}(y)=y . Mâu thuẫn.
Vậy số phần tử của B chia hết cho p.Suy ra đpcm.
Có thể thay n=ap+r

leviethai
19-10-2010, 01:37 PM
Đề thi vòng 2.

[Only registered and activated users can see links]

th2091
19-10-2010, 04:19 PM
Bài 5: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
(2a + 2b - c)(2b + 2c - a)(2a + 2c - b) > 25abc

Bài 6: Cho dãy số u_n thỏa mãn u_1=\sqrt{2},u_{n+1}=\frac{2u^{2}_n+5u_n+5}{2u_n+4 },n\ge1
Tính lim\frac{u^{2}_n-3u_n+5}{3n^{2}+4n-1}

Bài 7: Xét số tự nhiên n > 1. Bắt đầu từ bộ số 1, 2,…, 2n-1, 2n ta thực hiện phép biến đổi sau: chọn hai số a, b bất kì sao a – b > 1,xóa hai số này và thay bởi hai số a – 1 và b + 1. Với bộ số mới này ta lại tiếp tục thực hiện phép biến đổi tương tự.
a/ Chứng minh rằng ta sẽ đạt đến trạng thái dừng, tức là không thể thực hiện phép biến đổi như vậy được nữa.
b/ Gọi k là số lần phép biến đổi cần thực hiện để đạt đến trạng thái dừng. Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của k.

Bài 8: Cho đường tròn (\gamma_1) đường kính AB và đường tròn (\gamma_2) tâm A cắt (\gamma_1) tại C và D. Điểm M thay đổi trên cung CD( nằm bên trong (\gamma_1)) của (\gamma_2), BM cắt (\gamma_2) tại N( N khác M và B). Tìm giá trị nhỏ nhất của \frac{NC+ND}{NM}

huynhcongbang
19-10-2010, 06:59 PM
\left\{\begin{matrix}\dfrac{x+y}{x+y+6xy}=\dfrac{1 }{8}\\ \dfrac{z+y}{z+y+4xy}=\dfrac{3}{4}\\ \dfrac{z+x}{z+x+5zx}=\dfrac{9}{16}\end{matrix} \right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 1+6(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y})=8\\1+ 4(\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y})=\dfrac{4}{3}\\ 1+5( \dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{z})= \dfrac{16}{9}\end{matrix}\right..

À, đúng là biến đổi nhầm thật. Sửa lại thế này!
\left\{\begin{matrix}\dfrac{x+y}{x+y+6xy}=\dfrac{1 }{8}\\ \dfrac{z+y}{z+y+4xy}=\dfrac{3}{4}\\ \dfrac{z+x}{z+x+5zx}=\dfrac{9}{16}\end{matrix} \right \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}8(x+y)=x+y+6xy\\4(z+y)=3(z+y+ 4zy)\\16(z+x)=9(z+x+5zx)\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix}7(x+y)=6xy\\ y+z=12zy\\7(z+x)=45zx\end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} \dfrac{1}{x}+ \dfrac{1}{y}=\dfrac{6}{7}\\ \dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y}=12\\ \dfrac{1}{z}+ \dfrac{1}{z}= \dfrac{45}{7} \end{matrix}\right.
Đến đây giải hệ theo các biến \frac{1}{x}, \frac{1}{y}, \frac{1}{z} là xong. :))

buon qua
21-10-2010, 11:41 PM
Bài 5: Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
(2a + 2b - c)(2b + 2c - a)(2a + 2c - b) > 25abc[/TEX]

Ta đặt a+b-c=x, b+c-a=y, c+a-b=z.
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành:
(4\frac{x}{y+z}+1)(4\frac{y}{z+x}+1)(4\frac{z}{x+y }+1) > 25.
Bài này là bài T2/272.

nguyencentury
29-11-2010, 07:34 PM
Ai chứng minh câu 3b với làm câu 7 phần k max dùm mình với !
Có offical solution thì càng tốt

6.
Lim=1/12
Mình dùng định lý Stolz 2 lần kết hợp Lim ( U_n-U_{n-1})=1/2
Bên đó khoái Stolz lắm ^^, định lý hơi dài xin ko nêu ra