Đề thi chọn đội dự tuyển Toán 10 Trường PTNK TPHCM

[triethuynhmath]

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
__________

Bài 1: Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a+b\geq 0$. Chứng minh bất đẳng thức :
$\left( \frac{a^2+b^2}{2}\right)^3 \geq 4(a^3+b^3)(ab-a-b)$

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$, $n$ sao cho phân số $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Bài 3: Cho tập hợp $X=${$1,2,3,....2n-1$} gồm $2n-1$ số tự nhiên $(n\geq 2)$. Người ta tô màu ít nhất $n-1$ phần tử của $X$ với điều kiện: Nếu $a$ và $b$ ( Không nhất thiết phân biệt ) được tô thì $a+b$ cũng được tô màu, miễn là $a+b\in X$. Gọi $S$ là tổng các số không được tô màu của $X$.
$a)$ Chứng minh rằng: $S\leq n^2$
$b)$ Hãy chỉ ra tất cả các phép tô màu sao cho $S=n^2$

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.
P/s:Đề này em mới thi vào lúc $1h$ chiều ngày hôm nay và kết quả là chết toàn tập . Các anh chị cùng giải và cho em ý kiến để rút kinh nghiệm nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[High high]

Nguyên văn bởi triethuynhmath

Bài 4: Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $AB$ cố định ( $AB$ không đi qua $O$ ). Gọi $C$ là điểm chính giữa cung lớn $AB$. Đường thẳng $(d)$ thay đổi qua $C$, cắt tiếp tuyến tại $A$ và tiếp tuyến tại $B$ của $(O)$ lần lượt tại $D$ và $E$, $(d)$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $Q$ là giao điểm của $AE$ và $BD$. Chứng minh rằng đường thẳng $PQ$ luôn qua một điểm cố định khi $(d)$ thay đổi.

Bài này mình vẽ ra thấy hình như ngoài $Q$ ra không còn điểm nào nữa
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[triethuynhmath]

Nguyên văn bởi High high

Bài này mình vẽ ra thấy hình như ngoài $Q$ ra không còn điểm nào nữa

$Q$ là điểm di động, còn điểm cố định đó chính là trung điểm của $AB$ bạn à
------------------------------

Nguyên văn bởi triethuynhmath

Ngày thi: $26/01/2013$
Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề
__________

Bài 1: Cho $a,b$ là hai số thực thỏa mãn $a+b\geq 0$. Chứng minh bất đẳng thức :
$\left( \frac{a^2+b^2}{2}\right)^3 \geq 4(a^3+b^3)(ab-a-b)$

Thiệt tình, lúc mà làm ra thì đã quá trễ...
Ta xét:
Nếu $ab<a+b$ thì có ngay $đpcm$.
Nếu $ab \geq a+b \geq 0$.
Nếu $ab=0$ thì $a=b=0$ cũng có ngay đpcm.
Nếu $ab > 0 $ thì:
Áp dụng: $4ab \leq (a+b)^2$ thì: $4(a^3+b^3)(ab-a-b)=4(a+b)(ab-a-b)(a^2-ab+b^2)\leq a^2b^2(a^2-ab+b^2)\leq \frac{ab(a^2+b^2)^2}{4}$.
Mà:
$\frac{(a^2+b^2)^3}{8}=\frac{(a^2+b^2)^2}{4}.\frac {a^2+b^2}{2}\geq \frac{ab(a^2+b^2)^2}{4}\geq VP\\$
Vậy có đpcm.
P/s: Quá trễ ... Nếu làm được câu này thì tình hình đã khả quan hơn nhiều.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Nguyên văn bởi triethuynhmath

Bài 2: Tìm tất cả các số nguyên dương $m$, $n$ sao cho phân số $\frac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên.

Bài số khá đơn giản:
$*m=1 \Rightarrow \dfrac{5(n+1)}{3+2n^2} \in\mathbb{Z}$
$\Rightarrow 3+2n^2=5 \Rightarrow n=1$ (do $n+1<2n^2+3$)
$*n=1 \Rightarrow \dfrac{10m}{3m^2+2} \in \mathbb{Z} \Rightarrow m=1$
Xét $m,n\ge 2$ ta suy ra $3m^2+2n^2=5 \Rightarrow m,n<1$
$\Rightarrow m,n \in \varnothing$
Vậy $m=n=1$ là các số nguyên dương cần tìm
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ntuan5]

3/a/ Mình giải xem đúng không nhỉ. Ta chứng minh bởi quy nạp...
Gỉa sử đúng với tập $X={1,2,...,2k-1}$ thỏa $S \ge k^2$. Cần c/m tập $X={1,2,...,2k,2k+1}$ cũng thỏa $S \ge (k+1)^2$.
Mà đúng vì, khi chọn $k$ số ở bước sau thì cần thêm 1 phần tử nữa khi chọn bước sau. Phần tử này $\ge 2k+1$, nên được điều tìm.
b/ Mình tính được bằng n, chắc cũng quy nạp nốt.

Bạn post lời giải bài hình với

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

[hieu1411997]

Nguyên văn bởi ntuan5

3/a/ Mình giải xem đúng không nhỉ. Ta chứng minh bởi quy nạp...
Gỉa sử đúng với tập $X={1,2,...,2k-1}$ thỏa $S \ge k^2$. Cần c/m tập $X={1,2,...,2k,2k+1}$ cũng thỏa $S \ge (k+1)^2$.
Mà đúng vì, khi chọn $k$ số ở bước sau thì cần thêm 1 phần tử nữa khi chọn bước sau. Phần tử này $\ge 2k+1$, nên được điều tìm.
b/ Mình tính được bằng n, chắc cũng quy nạp nốt.

Bạn post lời giải bài hình với

Ở đây cần chứng minh $S \le n^2$ mà bạn. Ở trên bạn cũng chưa sử dụng giả thiết "Nếu $a$ và $b$ được tô màu thì $a+b$ cũng được tô màu nếu $a+b \in X$".
Ở đâu do $X$ gồm $2n-1$ số tự nhiên và ít nhất $n-1$ số được tô màu nên ta xét riêng $n-1$ số cũng có thể được
Và mình cũng hơi nghĩ rằng $2n-1$ số đó có phải là $1,2,...,2n-1$ không? Nếu phải thì mình nghĩ bài toán không khó lắm

Đọc ký mới thấy X={1,2,...,2n-1}

Và bài toán cũng không thể quy nạp do mỗi lần đổi $n$ thì họ sẽ tô màu khác nhau chơ nỏ phải như cũ
------------------------------
Lời giải bài 3:
Do tập $X$ gồm các số tự nhiên nên ta xét trường hợp bắt đầu (chưa tính là $a+b$ được tô màu) là $n-1$ số được tô màu (Do nếu lớn hơn $n-1$ thì $S'<S$ vì $n \le 2$)
Đầu tiên xét $n=2$ dãy có $3$ số $X={1,2,3}$ đúng do giả thiết
Xét $n>2$, do đươc tô màu $n-1$ số nên ta chỉ cần xét 2 trường hợp là tổng các số được tô màu nhỏ nhất và lớn nhất
Nếu các số được tô màu là $K={1,2,...,n-1}$, theo giả thiết "Nếu $a$ và $b$ được tô màu thì $a+b$ cũng được tô màu nếu $a+b \in X$" ta có thêm các số bị tô màu là $\sum_{i=1}^{n-1}+n-1$, do đó $n$ số còn lại cũng bị tô màu
Nếu các số bị tô màu là $K'={n+1, n+2, ..., 2n-1}$, khi đó tổng các số không bị tô màu là $S=\dfrac{n(n+1)}{2}$.
Ta cần chứng minh $S \le n^2$ (1)
Thật vậy:
$(1) \Leftrightarrow n^2+n \le 2n^2$
$\Leftrightarrow n \le n^2$ đúng do $n>2$
Vậy bài toán được giải quyết hoàn toàn
Trên đây là lời giải của mình có sai sót gì mong các bạn chỉ giáo!
Thấy lời giải có vấn đề do không sử dụng gì cho câu b)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pco]

Nguyên văn bởi JokerNVT

Bài số khá đơn giản:
$*m=1 \Rightarrow \dfrac{5(n+1)}{3+2n^2} \in\mathbb{Z}$
$\Rightarrow 3+2n^2=5 \Rightarrow n=1$ (do $n+1<2n^2+3$)
$*n=1 \Rightarrow \dfrac{10m}{3m^2+2} \in \mathbb{Z} \Rightarrow m=1$
Xét $m,n\ge 2$ ta suy ra $3m^2+2n^2=5 \Rightarrow m,n<1$
$\Rightarrow m,n \in \varnothing$
Vậy $m=n=1$ là các số nguyên dương cần tìm

Cho em hỏi là sao ta suy ra được $3m^2+2n^2=5$ vậy ạh ??
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hieu1411997]

Nguyên văn bởi pco

Cho em hỏi là sao ta suy ra được $3m^2+2n^2=5$ vậy ạh ??

Với $m,n>2$ thì $mn+m<3m^2+2n^2$ mà để $\dfrac{5mn+5m}{3m^2+2n^2}$ là số nguyên dương thì $3m^2+2n^2=5$, theo mình nghĩ theo anh JokerNVT là thế
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[JokerNVT]

Nguyên văn bởi pco

Cho em hỏi là sao ta suy ra được $3m^2+2n^2=5$ vậy ạh ??

Anh hơi vắn tắt khúc đó . Em thông cảm. Bạn hieu1411997 giải thích đúng rồi đấy em ạ
Theo AM-GM thì $2m^2+2n^2\ge 4mn>mn$ và $m^2>m$ nên ta suy ra $3m^2+2n^2>mn+m$. Do đó $mn+m$ không thể chia hết cho $3m^2+2n^2$
Vậy ta suy ra $3m^2+2n^2=5$
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[hieu1411997]

Nguyên văn bởi JokerNVT

Anh hơi vắn tắt khúc đó . Em thông cảm. Bạn hieu1411997 giải thích đúng rồi đấy em ạ
Theo AM-GM thì $2m^2+2n^2\ge 4mn>mn$ và $m^2>m$ nên ta suy ra $3m^2+2n^2>mn+m$. Do đó $mn+m$ không thể chia hết cho $3m^2+2n^2$
Vậy ta suy ra $3m^2+2n^2=5$

Có thể thấy ý này của anh ở câu giải thích (do $n+1<2n^2+3$)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[nghiepdu-socap]

Nguyên văn bởi triethuynhmath

Bài 3: Cho tập hợp $X=${$1,2,3,....2n-1$} gồm $2n-1$ số tự nhiên $(n\geq 2)$. Người ta tô màu ít nhất $n-1$ phần tử của $X$ với điều kiện: Nếu $a$ và $b$ ( Không nhất thiết phân biệt ) được tô thì $a+b$ cũng được tô màu, miễn là $a+b\in X$. Gọi $S$ là tổng các số không được tô màu của $X$.
$a)$ Chứng minh rằng: $S\leq n^2$
$b)$ Hãy chỉ ra tất cả các phép tô màu sao cho $S=n^2$

Mình giải thử bài 3.
Câu a
Nếu 1 được tô thì hiển nhiên đúng. Do đó tập các số được tô màu ta xét sau đây sẽ không chứa số 1.
Giả sử đúng đến n tức là một tập con của $X_n $ có ít nhất n-1 phần tử thỏa mãn tính chất đã cho thì có tổng các phần tử ít nhất là $n(n-1) $
Xét trường hợp với n+1. $X_{n+1}=(1,2,...,2n,2n+1) $
Gọi A là một tập con của $X_{n+1} $ có ít nhất n phần tử thỏa mãn tính chất trên. Các phần tử của A là $a_1,a_2,...,a_k (k \ge n) $
Trường hợp 1: $2n,2n+1 \notin A $. Suy ra $A_1=(2n-a|a \in A) $ và $A_2=(2n+1-a|a \in A) $ sẽ là có các phần tử không được tô màu. Suy ra $|A_1 \cup A_2|+|A| \le 2n-1 $. Mặt khác $|A_1 \cup A_2| \ge n+2, |A| \ge n $ (mâu thuẫn)
Trường hợp 2: chỉ một trong 2 phần tử 2n, 2n+1 thuộc A. Khi đó tập $A'=(x|x \in A, x \le 2n-1) $ thỏa mãn điều kiện giả thiết quy nạp. Suy ra tổng các phần tử được tô màu ít nhất là $n(n-1)+2n=n(n+1) $
Trường hợp 3: $2n,2n+1 \in A $. Gọi t là phần tử lớn nhất sao cho $t \notin A $. Đặt $A'=(A \cup (t)) - (2n,2n+1) $. Dễ thấy A thỏa mãn giả thiết quy nạp. Do đó tổng các phần tử được tô màu ít nhất là $n(n-1)-t+2n+2n+1> n(n-1)+2n=n(n+1) $
Theo nguyên lí quy nạp ta có điều phải chứng minh.
Câu b Từ câu a ta có trong 2 số 2n-2,2n-1có đúng 1 số được tô màu. Vì tổng các số không được tô màu là $n^2 $ nên số 2n-2 được tô màu và 2n-1 không được tô màu. Xét A'=A\{2n-1}. Tương tự ta cũng có 2n-4 được tô màu và 2n-3 không được tô màu. Lặp lại quá trình trên ta có các số được tô màu là (2,4,6,...,2n-2)
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[kien10a1]

Bài 3 thực sự không đơn giản, tuy nhiên đã xuất hiện rồi.
Mọi người có thể xem thêm tại VMO 1990 bảng A, đây chính là bài 2 ngày thứ nhất.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[pmn_t1114]

Nguyên văn bởi JokerNVT

Bài số khá đơn giản:
$*m=1 \Rightarrow \dfrac{5(n+1)}{3+2n^2} \in\mathbb{Z}$
$\Rightarrow 3+2n^2=5 \Rightarrow n=1$ (do $n+1<2n^2+3$)
$*n=1 \Rightarrow \dfrac{10m}{3m^2+2} \in \mathbb{Z} \Rightarrow m=1$
Xét $m,n\ge 2$ ta suy ra $3m^2+2n^2=5 \Rightarrow m,n<1$
$\Rightarrow m,n \in \varnothing$
Vậy $m=n=1$ là các số nguyên dương cần tìm

không đơn giản như bạn nghĩ đâu. Bạn đâu thể nói $\[3{m^2} + 2{n^2} > mn + m \Rightarrow 3{m^2} + 2{n^2} = 5\] $ . Lấy VD: m=9, n=6

Cách giải của mình là đặt $\[k = \frac{{5mn + 5m}}{{3{m^2} + 2{n^2}}}\] $
$\[3k{m^2} - 5\left( {n + 1} \right)m + 2k{n^2} = 0\] $ có nghiệm nguyên dương (ẩn m)
$\[\Delta = 25{\left( {n + 1} \right)^2} - 24{k^2}{n^2}\] $ là số chính phương
$\[\begin{array}{l}
\Rightarrow 25{\left( {n + 1} \right)^2} \ge 24{k^2}{n^2}\\
\Rightarrow 2 \ge k
\end{array}\] $
*$k=1 $
$\[{n^2} + 50n + 25 = {i^2}\left( {i,n \in N*} \right)\] $ bạn đưa về phương trình tích giải.
*$k=2 $
$\[ - 71{n^2} + 50n + 25 = {i^2}\left( {i,n \in N*} \right)\] $ khoá nghiệm n=1

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

[TNP]

Đây là lời giải bài 4 bằng chùm điều hoà
Đáp án chính thức của bài toán là sử dụng Ceva sin

Ngoài ra, nếu kịp trước Tết thì lớp Toán 12-15 PTNK sẽ công bố file đáp án của các bạn học sinh tự làm

Các bài toán không đơn giản đâu, mà trong 2 tiếng với áp lực phòng thi cũng không dễ nghĩ đâu nhé
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ntuan5]

Có ai full đề không?

Nếu bài 3 là VMO thì chắc có người trúng, và PTNK toàn thần đồng

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