Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Tài Liệu > Đề Thi > Đề Thi HSG Cấp Tỉnh ở Việt Nam

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 26-09-2014, 06:57 PM   #1
mathandyou
Moderator
 
Tham gia ngày: Dec 2012
Đến từ: HCMUS
Bài gởi: 557
Thanks: 259
Thanked 402 Times in 216 Posts
Chọn đội tuyển Đồng Nai 2014

KỲ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2014-2015
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐỒNG NAI


Bài thi thứ nhất :

Câu 1 (5 điểm)
Cho dãy $(u_n)$ xác định bởi $$\left\{\begin{matrix} u_1=1\\ u_{n+1}=3u_n-\sqrt{u_n^2+1},n=1,2,3... \end{matrix}\right.$$
Tính $\underset{n\rightarrow +\infty }{\lim} \dfrac{2u_{n+1}^2+3u_n^2}{u_{n+1}^2+2u_{n-1}}$.

Câu 2 (5 điểm)
Cho phương trình $x^4+4X^3-2ax^2-12x+a^2=0\;\;(1)$ với tham số $a \in (1,3)$.
1) Chứng minh phương trình $(1)$ luôn có 4 nghiệm phân biệt.
2) Tính tổng $S=\sum_{i=1}^{4}\frac{2x_i^2+1}{(x_i^2-a)^2}$ theo $a$ với $x_1,x_2,x_3,x_4$ là bốn nghiệm của $(1)$.

Câu 3 (5 điểm)
Cho $n \geq 3$ là một số nguyên dương. Chứng minh với $n$ điểm phân biệt nằm trong mặt phẳng, sao cho trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng thì số tam giác có đỉnh được lấy trong $n$ điểm đã cho và có diện tích bằng $1$ không lớn hơn $\dfrac{2}{3}(n^2-n)$.

Câu 4 (5 điểm)
Từ điểm $P$ nằm ngoài đường tròn $(O)$, kẻ hai cát tuyến phân biệt $PAB,PCD$ sao cho $AC$ không song song $BD$. Gọi $E$ là giao của $AD,BC$. $F,G$ là trung điểm của $BD,AC$. $I$ đối xứng của $E$ qua $F$.
1) Chứng minh $PE,PI$ đẳng giác trong góc $APC$.
2) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFG$ tiếp xúc với $PE$.


Bài thi thứ hai :

Câu 5 (7 điểm)
Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$ cố định. $A$ di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ không cân và $A$ không trùng $B,C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $EF$ tại $K$. $N$ là giao của $ID,EF$. Chứng minh
1) Ba điểm $A,N,M$ thẳng hàng với $M$ là trung điểm $BC$.
2) Đường thẳng qua $I$ vuông góc $DK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Câu 6 (6 điểm)
Cho $X,Y$ là hai tập khác rỗng rời nhau thỏa $X\cup Y=\left \{ 1,2,3...,10 \right \}$. Chứng minh tồn tại phần tử $a \in X$ và $b\in Y$ sao cho $a^3+ab^2+b^3$ chia hết cho $11$.

Câu 7 (7 điểm)
Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ sao cho tồn tại số nguyên dương $x$ để $4x^n+(x+1)^2$ là số chính phương.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Xét cho cùng, phần thưởng cao quý nhất mà công việc mang lại không phải là thứ bạn nhận được, mà nó vẽ nên chân dung con người bạn ra sao.

[Only registered and activated users can see links. ]
mathandyou is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 5 Users Say Thank You to mathandyou For This Useful Post:
dangvip123tb (28-09-2014), davidsilva98 (26-09-2014), Livetolove2207 (26-09-2014), thaygiaocht (26-09-2014), tranhongviet (26-09-2014)
Old 26-09-2014, 08:22 PM   #2
Fool's theorem
+Thành Viên Danh Dự+
 
Fool's theorem's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Đến từ: T1 K46 Chuyên ĐHSP Hà Nội
Bài gởi: 187
Thanks: 42
Thanked 192 Times in 101 Posts
Gửi tin nhắn qua Yahoo chát tới Fool's theorem
Bài $3$ ngày $1$ có lẽ không khó để nhìn ra là đếm bằng hai cách vì tư tưởng cũng hơi giống bài kinh điển là IMO 1989 (tận dụng yếu tố không có $3$ điểm thẳng hàng)
Lời giải : Với $1$ đoạn thẳng bất kì có $2$ đầu là $2$ trong số $n$ điểm đã cho thì có thể dựng tối đa $4$ tam giác có diện tích bằng $1$ mà có $3$ đỉnh là $3$ trong số $n$ điểm đã cho ($2$ tam giác có cùng diện tích mà chung $1$ cạnh thì $2$ đỉnh còn lại cách cạnh chung $2$ đoạn bằng nhau ($2$ đường vuông góc từ $2$ đỉnh đó đến cạnh chung thì bằng nhau), mà không thể có $3$ đỉnh thẳng hàng)
Với mỗi cạnh có $2$ đỉnh thuộc $n$ điểm đã cho thì ta tính số tam giác diện tích bằng $1$ mà chứa cạnh đó, rồi lấy tổng tất cả các số như vậy ta có tổng $S$. Theo nhận xét trên thì $S \leq 4\binom{n}{2}$
Mà mỗi tam giác đều có $3$ cạnh nên trong tổng $S$ mỗi tam giác bị tính lặp $3$ lần. Vậy nên số tam giác thỏa mãn $\leq \frac{4}{3}\binom{n}{2}=\frac{2(n^2-n)}{3}$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
Hope against hope.
Fool's theorem is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to Fool's theorem For This Useful Post:
chelseaMS (29-09-2014), dongoc_nam (28-09-2014), tson1997 (27-09-2014)
Old 27-09-2014, 12:51 AM   #3
Samurott
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Đến từ: Thành phố mang tên Bác
Bài gởi: 63
Thanks: 175
Thanked 30 Times in 22 Posts
Một cách giải "vui" cho bài $6 $:
Một nhận xét là các cặp $(a,b)= ${$(2,1);(4,2);(6,3);(8,4);(10,5);(5,8);(7,9);(3,7);( 9,10) $} (có thứ tự) là các cặp thỏa đề bài
Phản chứng: Giả sử tồn tại một cách phân hoạch mà không tồn tại bất kì hai phần tử nào của hai tập hợp thỏa đề bài (*)
Nếu ta xét $10 $ điểm $A_{1},A_{2},...,A_{10} $. Hai đỉnh $A_{i}, A_{j} $ được nối với nhau nếu $(i,j) $ là một trong những cặp $(a,b) $ trên (không xét thứ tự). Khi đó dễ thấy rằng giữa hai đỉnh $A_{m}, A_{n} $ bất kì, luôn có đường đi (có những cạnh nối chúng). Điều đó chứng tỏ để thỏa (*) thì một trong hai tập hợp phân hoạch phải rỗng (trái với giả thiết).
Điều giả sử sai. Nói cách khác nếu phân hoạch tập ${1,2,3,...,10} $ thành hai tập hợp thì luôn chọn được hai phần tử từ hai tập thỏa $a^{3}+ab^{2}+b^{3} \vdots 11 $
Bài $7 $ giải thế nào thế nhỉ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Samurott, 27-09-2014 lúc 12:55 AM
Samurott is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to Samurott For This Useful Post:
tson1997 (27-09-2014)
Old 27-09-2014, 10:59 AM   #4
tson1997
+Thành Viên+
 
tson1997's Avatar
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Đến từ: K46 T1 chuyên SP
Bài gởi: 46
Thanks: 42
Thanked 51 Times in 24 Posts
Bài 4:
a/ Từ I và E hạ đường vuông góc xuống PD;PA,gọi các chân đường vuông góc lần lượt là N và M,đpcm tương đương với hai tam giác vuông PIN và PEM đồng dạng hay:
$\frac{PN}{IN}=\frac{PM}{EM} \Leftrightarrow \frac{PM}{PN}=\frac{EM}{IN}$
Mà : $\frac{EM}{IN}= \frac{EB.sin \widehat{CBA}}{ID.sin \widehat{DCB}} = \frac{CA}{BD} = \frac{PA}{PD}$ (theo định lý hàm số sin và việc tam giác PCA;PBD đồng dạng)
như vậy ta cần cmr: $\frac{PM}{PN}= \frac{PA}{PD}$

$\frac{PM}{PN}= \frac{PM-PA}{PN-PD} = \frac{AM}{DN}=\frac{EA.cos \widehat{EAD}}{ID.cos \widehat{DCB}}=\frac{EA}{EB}=\frac{CA}{BD}=\frac{P A}{PD}$

Vậy ta có đpcm

b/ Ta có bổ đề : Với J là trung điểm EF ta có F;G;J thẳng hàng (đt Gauss)
Trở lại bài toán: Từ câu a. Ta có : $\frac{PE}{PI}= \frac{EM}{IN}= \frac{AC}{BD}$ $\Rightarrow \frac{JE}{JF} = \frac{AC}{BD}$
CMTT: $\Rightarrow \frac{JG}{JE}= \frac{AC}{BD}$
Từ 2 đẳng thức trên suy ra $JE^2=JF.JG$
Mà J thuộc FG nên JE tiếp xúc (EFG) hay PE tiếp xúc (EFG) (đpcm)

Câu 7 : Với $ n \in Z^+$,giả sử tồn tại $(x,y)$ mà:
$4.x^n+(x+1)^2=y^2$
Ta có:
$(y-x-1)(y+x+1)=4.x^n$
Vì $y+x+1-(y-x-1)=2(x+1)$ là chẵn nên y+x+1 và y-x-1 cùng tính chẵn lẻ nên:
$\frac{y-x-1}{2} . \frac{y+x+1}{2} = x^n$ (1)
Giả sử tồn tại p nguyên tố sao cho $p | gcd(\frac{y+x+1}{2};\frac{y-x-1}{2})$ thì $p | (x+1)$
Mặt khác,từ (1) ta có $p | x^n \Rightarrow p|x$
từ đây suy ra $p|1$ (mt)
Vậy $gcd(\frac{y+x+1}{2};\frac{y-x-1}{2})=1$ (2)
Từ (1) và (2) suy ra tồn tại m và p nguyên dương để : x=m.p và:
$y+x+1= 2.m^n$;$y-x-1=2.p^n$
suy ra $x+1=m^n-p^n$ hay $mp+1=m^n-p^n$
Nếu $n \geq 3$ khi đó:
$mp+1= m^n-p^n \vdots m^{n-1}+m^{n-2}p+...+p^n$
suy ra $mp+1 \geq m^{n-1}+...+p^n$
Mặt khác,do $n \geq 3$; m,p nguyên dương nên $m^{n-1}+..+p^{n-1} > m^{n-1}+m^{n-2}p \geq 1+mp$ (mt)

Vậy $n \leq 2$
n=1: ta có $m-p=mp+1 \geq m+p >m-p$ (mt)
n=2: x=2 thỏa mãn

Vậy n=2 là giá trị thỏa mãn


[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: tson1997, 27-09-2014 lúc 11:30 AM
tson1997 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 3 Users Say Thank You to tson1997 For This Useful Post:
mathandyou (27-09-2014), Samurott (27-09-2014), sieusieu90 (17-08-2015)
Old 27-09-2014, 11:08 AM   #5
BlackSelena
+Thành Viên+
 
BlackSelena's Avatar
 
Tham gia ngày: Aug 2012
Bài gởi: 40
Thanks: 22
Thanked 18 Times in 14 Posts
Bài 4:
a, tam giác đồng dạng cơ bản, không có gì đáng nói.
b, Theo Gauss thì GF qua trung điểm PE. Vậy dựng hình bình hành PGEG' và kết hợp câu a thì được PG'EF nội tiếp, xong.

Bài 5:
[Only registered and activated users can see links. ]
Ta chỉ ra $ID \perp KM$, tương đương
$IK^2 - ID^2 = DK^2 - DM^2$
$\Leftrightarrow KE.KF = MK^2 - MI^2 + MI^2 - DM^2$
$\Leftrightarrow KP^2 - \dfrac{EF^2}{4} = AK^2 - AI^2 + r^2$ (trong đó $P$ là trung điểm $EF$)
$\Leftrightarrow AK^2 - AP^2 - \dfrac{EF^2}{4} = AK^2 + r^2 - AI^2$
$\Leftrightarrow -AF^2 = - AF^2:true$
Tức $IM$ vuông góc $DK$, mà $M$ cố định nên ta được đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
BlackSelena is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 27-09-2014, 02:41 PM   #6
quocbaoct10
+Thành Viên Danh Dự+
 
quocbaoct10's Avatar
 
Tham gia ngày: Oct 2012
Đến từ: THPT chuyên Lê Quý Đôn-Nha Trang-Khánh Hòa
Bài gởi: 539
Thanks: 292
Thanked 365 Times in 217 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Samurott View Post
Một cách giải "vui" cho bài $6 $:
Một nhận xét là các cặp $(a,b)= ${$(2,1);(4,2);(6,3);(8,4);(10,5);(5,8);(7,9);(3,7);( 9,10) $} (có thứ tự) là các cặp thỏa đề bài
Phản chứng: Giả sử tồn tại một cách phân hoạch mà không tồn tại bất kì hai phần tử nào của hai tập hợp thỏa đề bài (*)
Nếu ta xét $10 $ điểm $A_{1},A_{2},...,A_{10} $. Hai đỉnh $A_{i}, A_{j} $ được nối với nhau nếu $(i,j) $ là một trong những cặp $(a,b) $ trên (không xét thứ tự). Khi đó dễ thấy rằng giữa hai đỉnh $A_{m}, A_{n} $ bất kì, luôn có đường đi (có những cạnh nối chúng). Điều đó chứng tỏ để thỏa (*) thì một trong hai tập hợp phân hoạch phải rỗng (trái với giả thiết).
Điều giả sử sai. Nói cách khác nếu phân hoạch tập ${1,2,3,...,10} $ thành hai tập hợp thì luôn chọn được hai phần tử từ hai tập thỏa $a^{3}+ab^{2}+b^{3} \vdots 11 $
Bài $7 $ giải thế nào thế nhỉ?
Mình thấy vai trò của $a$ và $b$ là khác nhau nên những cặp mà bạn liệt kê trên vẫn chưa đủ đâu, ví dụ: $(a,b)=(1,6)$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
i'll try my best.
quocbaoct10 is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following User Says Thank You to quocbaoct10 For This Useful Post:
Samurott (27-09-2014)
Old 27-09-2014, 05:26 PM   #7
Samurott
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jun 2012
Đến từ: Thành phố mang tên Bác
Bài gởi: 63
Thanks: 175
Thanked 30 Times in 22 Posts
Cảm ơn bạn, mình sơ suất quá.
Mà do vai trò của $X, Y $ là như nhau nên mình nghĩ với mỗi cách phân hoạch chọn được một phần tử từ mỗi tập thỏa đề bài thì ta có thể chọn $a,b $.
Điều quan trọng là giữa hai đỉnh bất kì thì luôn có đường đi dẫn đến có tập rỗng.
Mình hiểu thế không biết có đúng không nữa
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Samurott is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 28-09-2014, 11:16 AM   #8
thaygiaocht
+Thành Viên+
 
thaygiaocht's Avatar
 
Tham gia ngày: Aug 2012
Đến từ: Chuyên Hà Tĩnh
Bài gởi: 165
Thanks: 793
Thanked 216 Times in 93 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi mathandyou View Post
Từ điểm $P$ nằm ngoài đường tròn $(O)$, kẻ hai cát tuyến phân biệt $PAB,PCD$ sao cho $AC$ không song song $BD$. Gọi $E$ là giao của $AD,BC$. $F,G$ là trung điểm của $BD,AC$. $I$ đối xứng của $E$ qua $F$.
1) Chứng minh $PE,PI$ đẳng giác trong góc $APC$.
2) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác $EFG$ tiếp xúc với $PE$.
a) Dựng điểm $L $ như hình vẽ ta có
$\dfrac{BE}{LI}=\dfrac{BL}{BC}=\dfrac{PB}{PL} $ suy ra đpcm.
b) Ta có $PI.PJ=PM.PN=PE^2 $ (theo câu a) nên ta có đpcm.
------------------------------
Trích:
Nguyên văn bởi thaygiaocht View Post
a) Dựng điểm $L $ như hình vẽ ta có
$\dfrac{BE}{LI}=\dfrac{BL}{BC}=\dfrac{PB}{PL} $ suy ra đpcm.
b) Ta có $PI.PJ=PM.PN=PE^2 $ (theo câu a) nên ta có đpcm.
Trích:
Nguyên văn bởi mathandyou View Post
Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$ cố định. $A$ di động trên cung lớn $BC$ sao cho tam giác $ABC$ không cân và $A$ không trùng $B,C$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt $EF$ tại $K$. $N$ là giao của $ID,EF$. Chứng minh
1) Ba điểm $A,N,M$ thẳng hàng với $M$ là trung điểm $BC$.
2) Đường thẳng qua $I$ vuông góc $DK$ luôn đi qua một điểm cố định.
Bài này cũ rồi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
__________________
https://www.facebook.com/thaygiaocht

thay đổi nội dung bởi: thaygiaocht, 28-09-2014 lúc 11:37 AM Lý do: Tự động gộp bài
thaygiaocht is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to thaygiaocht For This Useful Post:
HoangHungChels (28-09-2014), tson1997 (28-09-2014)
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 03:22 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 79.74 k/89.46 k (10.86%)]