Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022

--- Bài mới hơn ---

  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022
  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • Ts Lê Bá Khánh Trình: Học Sinh Thi Olympic Toán Biết Học Và Chơi
  • Olympic Toán Quốc Tế 2022, Việt Nam Bị Loại Khỏi Top 10
  • LỜI GIẢI VÀ BÌNH LUẬN ĐỀ THI VMO 2022

    Trần Nam Dũng – Võ Quốc Bá Cẩn – Trần Quang Hùng

    aff

    Lê Phúc Lữ – Nguyễn Văn Huyện

    1. Lờinóiđầu

    st

    Vậy là đã 7 năm chúng tôi đồng hành cùng các cuộc thi toán với những bài Giải và bình

    thi VMO và TST như một cố gắng đóng góp cho cộng đồng những tài liệu chất lượng, bổ

    n

    2. Thông tin bản quyền

    Ep

    Bản quyền thuộc về tất cả các thành viên trong nhóm biên soạn (Trần Nam Dũng, Võ Q

    Cẩn, Trần Quang Hùng, Lê Phúc Lữ, Nguyễn Văn Huyện).

    Đây là thành quả của quá trình lao động miệt mài của nhóm để chia sẻ đến cộng đồng. M

    đều có thể xem tài liệu MIỄN PHÍ. Tuy nhiên, vui lòng ghi rõ nguồn khi chia sẻ.

    3. Đề thi

    3.1. Ngày thithứ nhất (05/01/2017)

    Bài 1 (5.0 điểm).

    Cho a là một số thực và xét dãy

    số .u

    định bởi

    n / xác

    u1 D a;

    unC1

    r

    8n 2 N :

    2

    Bài 2 (5.0 điểm).

    Tồn tại hay không đa thức P .x/ với hệ số nguyên thỏa mãn

    p3

    p3

    p

    p

    P 1 C 2 D 1 C 2 và P 1 C 5 D 1 C 3 5‹

    aff

    Bài 3 (5.0 điểm).

    Cho tam giác

    ABC nhọn, không cân nội tiếp đường

    .O/:tròn

    GọiH là trực

    tâm của tam giác

    ABC vàE; F lần lượt là chân các đường cao hạ từB;

    các

    C Iđỉnh

    AH cắt

    .O/ tại D (D khác A).

    a) Gọi I là trung điểm của

    AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

    rằng M N ? OH :

    st

    b) Các đường thẳng

    DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

    P ; Q (P vàQ khácD ). Đường tròn

    ngoại tiếp tam giác

    AEF cắt.O / vàAO lần lượt tại

    R vàS (R vàS khácA). Chứng

    minh rằng BPC; Q và RS đồng quy.

    n

    ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được đi

    hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau; nếu mộ

    và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền trên hàng đ

    các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

    Ep

    a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để tồn tại cách điền

    k sốcân đối cho cách tô màu

    đối xứng ở hình bên dưới.

    A

    B

    D

    C

    b) Vớin D 2022;tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

    cách điền số kcân đối.

    3

    3.2. Ngày thithứ hai(06/01/2017)

    Bài 5 (6.0 điểm).

    Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

    f xf .y/

    f .x/ D 2f .x/ C xy

    với mọi số thực x; y:

    a)

    aff

    kD1

    b)

    2016

    st

    kD1

    n

    Ep

    Về cấu trúc, đề thi gồm 7 bài toán. Ngày đầu có 4 bài, mỗi bài được 5 điểm thuộc 4 phâ

    Giải tích, đại số, hình học, tổ hợp. Ngày thứ hai có ba bài thuộc ba phân môn: Đại số, số

    hợp với số điểm tương ứng là 6, 7, 7.

    Đề thi ngày thứ nhất, trừ bài cuối là khá cơ bản và quen thuộc.

    Bài 1 là bài giải tích yêu cầu khảo sát sự hội tụ của một x

    dãy

    D f .n

    hồi; dạng

    xn / :

    nC1 truy

    Về nguyên tắc, dạng dãy số này khó khảo sát hơn dạng

    x nC1

    dãyDtruy

    f .x hồi

    n / vì

    2 nC3

    các hệ số của hàm

    f không hằng mà biến thiên

    n theo

    :Tuy nhiên, nếu để

    ý dần đến

    q nC1

    1

    2 khin dần đến vô cùng thì ta có thể “quy về” dãy

    x nC1sốDdạng

    C x n C 14 và dự

    2

    đoán được giới hạn bằng

    3 :Từ đó dùng bổ đề quen thuộc: “Nếu tồn qtại2 số

    . 0thực

    ;1 /

    sao cho

    x nC1 q x n C bn vớilim bn D 0 thì ta có

    lim xn D 0″, thì từ đánh giá đơn giản

    j unC1

    3j

    3j C

    ta sẽ suy ra kết luận bài toán. Ở đây, chú ý là câu b) cũng làm hoàn toàn tương t

    kiện đối với

    a chẳng qua là uđể

    2 xác định. Chú ý là dạng bài dãy số này đã xuất hiện ở

    hai kỳ VMO gần đây (2012 và 2022) với cùng cách giải tương tự thông qua bổ đề nói

    4

    aff

    Bài 2 là một bài toán về xác định đa thức thoả mãn một điều kiện cho trước. Bài nà

    học sinh nắm vững lý thuyết về đa thức tối thiểu của số đại số thì sẽ giải rất nhanh.

    ta có định lý rất cơ bản sau:

    P .Nếu

    x /vàQ.x / là các đa thức đơn khởi, hệ số nguyên có

    chung nghiệm ˛ và Q . x / là bất khả quy thì P . x / chia hết cho Q . x / :

    p3

    p

    Ta đặtQ.x / D P .x C 1/

    1 thì 2 và 5 tương ứng sẽ là nghiệm của đa thức

    Q.x / x vàQ.x / 3x 1 :Vì các đa thức

    x 3 2 vàx 2 5 bất khả quy trên

    Z nên từ

    3

    2

    đây sẽ suy ra ngay

    Q.x / x D .x

    2 / S . xvàQ.x

    /

    / 3x 1 D .x

    5/T.x/:

    3

    2

    Từ đây sẽ 2x

    ra C 1 D .x

    2 / S . x /. x

    5 / T . x /Đến

    : đây, chọn

    x D 7 sẽ suy

    ra điều mâu thuẫn vì vế phải chia hết cho 1 1 ; còn vế trái thì không.

    st

    n

    Ý tưởng dạng này đã xuất hiện trong các kỳ VMO, nhưng từ rất lâu, cụ thể là VMO 1

    Trước đó nhiều

    năm,

    VMO 1984 có bài tìm đa thức đơn khởi hệ số nguyên bậc nhỏ

    p

    p3

    có nghiệm là2 C 3 :Chính qua những bài toán như vậy khái niệm đa thức tối thiểu

    (và sau này là mở rộng trường) được giới thiệu.

    Bài 3 là một bài toán hình khá nhẹ nhàng, câu a) quy về việc

    Mchứng

    N là trục

    minh

    đẳng phương của hai đường

    .ABtròn

    C / và.DEF /: Câu b) cũng là một cấu hình rất

    quen thuộc mà trong đó có cả điểm Miquel, tứ giác điều hoà, đường đối trung, đường

    giác, định lý Pascal.

    Tuy

    . . nhiên, cách tiếp cận chân phương nhất là dùng đồng dạng, m

    kiến thức hoàn toán lớp 9.

    Ep

    Bài 4, bài toán tổ hợp là bài khó nhất của ngày thi thứ nhất, cũng là bài toán lạ nhất.

    việc đọc hiểu được đề bài cũng đã tốn khá nhiều thời gian, vì vậy, việc cho câu a), m

    huống rất cụ thể với bảng kích thước nhỏ là hết sức cần thiết, vừa tạo cơ hội cho h

    kiếm điểm, vừa để học sinh “làm quen và cảm nhận” bài toán. Với câu a), chỉ cần q

    lý luận đơn giản (chú ý đến tính đối xứng, do

    i và

    đócột

    hàng

    i là giống nhau) là ta thấy

    k D 2 không thoả mãn yêu cầu bài toán. Như vậy, chỉ còn cần chỉ

    k Dra3ví

    làdụ với

    hoàn thành được câu này.

    Với phần b) thì khó khăn hơn. Riêng việc đoán ra đáp số đã là không đơn giản. Thực

    nhiều lời giải sai (với đánh

    kD

    giá2007) đã được đưa ra (trong đó có những lời giải của

    người ở bên ngoài, trong điều kiện thoải mái về thời gian). Với câu này, cần tiếp tục

    tính đối xứng để chỉ ra một cấu hình tốn nhiều số nhất. Và cấu hình này chính là cấu

    đen trắng xen kẽ. Với cấu hình này, ta có thể suy ra ra tất cả các số dương ở nửa tam

    2022 2 1

    đôi một khác nhau. Suy

    k 1008C1008C1006C1006C

    ra

    C2C2 D

    :

    4

    Để chứng minh điều kiện đủ, ta có thể sử dụng quy nạp Toán học 2

    với

    :Điều

    bước nhảy là

    này có thể giải thích được vì nếu tinh ý, chúng ta có thể đưa bài toán về mô hình đ

    sử dụng định lý Mantel-Turan để giải quyết.

    Ngày thi thứ hai:

    5

    Tìm tất cả các hàm sốRf !WR thỏa mãn

    f

    xf .y / C f .x /

    D 2f .x / C xy

    Ep

    n

    st

    với mọi số thực yx :;

    aff

    Bài 5là một bài toán phương trình hàm có hai biến tự do vàxy

    cóởbiểu

    ngoài

    thức

    dấu

    hàm số:

    f xf . y / f . x / D 2f .x / C x y :Với những phương trình hàm như vậy,

    điều đầu tiên mà ta cần để ý khai thác, đó là tính song ánh của hàm số. Sau đó ta

    xảy ra trường hợp

    f .0/ D 0 hay không, hayf là

    .0/ D c ¤ 0 và tồn tại

    u ¤ 0 để

    f . u / D 0 :Từ đây tiếp tục thế một cách thích hợp sẽ

    f .x

    tìm

    /D

    được

    1 x là hàm số

    duy nhất thoả mãn yêu cầu bài toán. Đáng chú ý, bài toán này có hình thức khá gi

    đề Olympic của Brazil năm 2006. Cách giải của hai bài toán cũng khá giống nhau. Đ

    Brazil 2006 như sau

    6

    k D1

    p

    k Cpk D

    X2

    1

    p

    p Cpk

    Dp

    k D1

    0

    3

    C pk

    1

    1

    2

    1

    1

    1

    A:

    C pk

    p

    Cp

    1

    2

    1

    1

    2

    st

    X2

    1

    aff

    p

    X2

    A

    Tiếp theo là nhiệm vụ của số học với định lý nhỏ Fermat và

    C pktính

    chấtp(cụ

    của

    1 mod

    k

    k

    thể ta có

    Cp 1 .

    1 / .mod p )/. Ở câu b), ta cũng thực hiện phép rút gọn tổng bằng

    p

    1

    p

    1

    n

    Bài 7 là một bài hình học khó có tính phân loại cao, đặc biệt là ở câu b). Ở câu a)

    toán vẫn khai thác các vấn đề quen thuộc như điểm Miquel, trục đẳng phương và tâm

    phương, và đa số thí sinh đã giải quyết được vấn đề nhưng sang đến câu b) thì dườ

    chỉ có các cao thủ hình học mới đủ sức xử lý. Có lẽ bài toán được lấy ý tưởng dựa tr

    phương pháp điều hoà và xạ ảnh.

    Ep

    Tóm tắt lại, nếu đánh giá về độ khó thì đề năm nay khá dễ chịu, có nhiều câu thí sinh c

    được như câu 1, 2, 3, 5. Ngay cả với những bài khó hơn như 4, 6, 7 cũng có ý để ăn điểm

    4a, ý điều kiện cần của câu 4b), câu 6a, ý rút gọn của câu 6b), câu 7a. Về độ mới và ha

    bài 1, 2, 5 có ý khá cũ. Sự lặp đi lặp lại của ý tưởng bài 1 cho thấy lối mòn trong việc kh

    đề tài giải tích. Tại sao lại phải là dãy số và giới hạn mà không phải là những vấn đề r

    như sự liên tục, ứng dụng của đạo hàm bậc2?nhất,

    Bài 3bậc

    không mới nhưng đặt vấn đề đẹp

    và phù hợp trong bối cảnh ngày thi có 4 bài. Bài 6 cũng là một bài không mới, với ý rút

    tổng. Phần số học của bài này sẽ tạo thuận lợi cho các đội mạnh, nơi các học sinh được

    kiến thức đầy đủ hơn về các tính chất của số nguyên tố (như các định lý nêu trên trong p

    luận về bài 6 cùng các phương pháp chứng minh của chúng). Hai bài toán đẹp nhất và c

    nhất của đề thi là bài số 4 và số 7, trong đó bài 4 khai thác cách phát biểu thú vị về dạn

    lưỡng phân, còn bài 7 là các tính chất xạ ảnh đẹp đẽ và sâu sắc.

    Với những nhận xét và đánh giá trên, theo chúng tôi, sẽ rất khó dự đoán điểm chuẩn chín

    vì khu vực 15 đến 20 điểm sẽ rất dày đặc. Trong 7 bài toán, có đến 5 bài có hai ý a), b) và

    số sẽ hết sức phụ thuộc vào sự phân bố điểm ở các câu này. Dù vậy, qua khảo sát sơ bộ

    dự thi, chúng tôi tạm đưa ra dự đoán bộ điểm chuẩn rất chẵn của năm nay như sau: Khuy

    15 điểm (1, 2, 5), giải 3: 20 điểm (1, 2, 3, 5), giải nhì 25 điểm: (1, 2, 3, 5) + (4a + 6a +

    nhất 30 điểm: phải giải quyết được các vấn đề xương xẩu hơn như 4b, 6b, 7b hoặc làm

    bài trên rất chuẩn.

    7

    .1/

    aff

    a) Khi a D 5 ; chứng minh rằng dãynsố

    / có. ugiới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

    b) Tìm tất cả các giá trị của số a để dãy

    số .định

    u và có giới hạn hữu hạn.

    n / xác

    a

    st

    Lờigiải.Ta sẽ giải trực tiếp ý b), từqđó suy ra kết quả cho ý a). Có

    . uthể

    thấy

    định

    dãy

    n / xác

    1

    5

    1

    khi và chỉ khi2 uxác định. Mà2 uD 2 C

    a C 4 nên u2 xác định khi và chỉ khi

    2

    n

    Ep

    17

    4C

    17

    với mọin 2 : Vậy dãy

    . un / tăng ngặt và

    bị chặn trên bởi2 nên có giới hạn hữu hạn. Đến đây, bằng cách chuyển phương trình

    sang giới hạn, ta cũng thu được

    lim

    3: u

    n D

    Tóm lại, với mọi a

    thì dãy . nu/ xác định và hội tụ về 3 :

    8

    un C

    C

    j un

    3j C q

    st

    q

    aff

    un C

    C

    un C

    q

    un C

    C

    C

    C

    <

    D

    n

    q

    <

    C

    D

    Do đó, kết hợp với đánh giá ở trên, ta thu được

    j unC1

    3j

    3j C

    8n 2 :

    Ep

    Đến đây, bằng cách sử dụng bổ đề quen thuộc (có thể chứng minh bằng định nghĩa giới h

    Cho số thực

    q 2 . 0 ;1 / :Xét hai dãy không. âm

    an / ; . bn / thỏa mãn

    anC1 q a n C b n với

    mọi n 2 N và lim nb D 0 : Khi đó, ta có lim

    D

    a

    0:

    n

    Ta dễ dàng suy ra lim

    3 và hoàn tất lời giải cho bài toán.

    n Du

    9

    a) Với a D 0 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

    b) Với mọi a 2 Œ 10 ; chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn.

    Bài 2 (5.0 điểm).

    Tồn tại hay không đa thức P . x / với hệ số nguyên thỏa mãn

    1C

    p3

    2 D1C

    p3

    2 và P

    1C

    p

    5 D1C3

    p

    5‹

    aff

    P

    Lờigiải.Giả sử đa thức

    P . x /nói trên tồn tại. Đặt

    Q.x / D P .1 C x /

    1 thìQ.x / cũng

    p3

    p3

    p

    p

    là đa thức với hệ số nguyên. Từ giả thiết, ta2cóDQ 2 và Q

    5 D3 5:

    Q.x /

    x D .x

    3

    st

    n

    p

    p

    Do R .x / có các hệ số đều nguyênRnên 5 có dạnga C b 5 với a ;b 2 Z: Thay

    p

    x D 5 vào đẳng thức trên, ta được

    p

    p

    2 5D 5 5

    2

    aCb

    p

    5 D 25b

    2 a C .5a

    suy ra5a 2 b D 2và2 a D 25b :Tuy nhiên, không có cặp số nguyên nào thỏa mãn đồng

    thời hai tính chất này. Mâu thuẫn nhận được chứng

    P .tỏ

    x đa

    /thỏa

    thức

    mãn đồng thời các tính

    chất ở đề bài không tồn tại.

    Ep

    3. (International Zhautykov Olympiad, 2014) Tồn tại không

    P . xđa

    /với

    thức

    các hệ số

    p

    p

    p

    p

    nguyên thỏa mãn 1P C 3 D 2 C 3 và P 3 C 5 D 3 C 5?

    10

    Bài 3 (5.0 điểm).

    Cho tam giác

    AB C nhọn, không cân nội tiếp đường

    . Otròn

    / :Gọi

    H là trực tâm của tamAB

    giác

    C vàE ; F lần lượt là chân các đường cao hạ từ các đỉnh

    B ; C I A H cắt . O / tại D (D khác A).

    a) Gọi I là trung điểm của

    AH I E I cắtBD tạiM vàF I cắtCD tạiN :Chứng minh

    rằng M N ? OH :

    aff

    b) Các đường thẳng

    DE ; DF cắt.O / lần lượt tại

    P ; Q (P vàQ khácD ). Đường

    tròn ngoại tiếp tam AEF

    giác cắt.O / vàAO lần lượt tại

    R vàS (R vàS khácA).

    Chứng minh rằng BP

    C ;Q và RS đồng quy.

    st

    Lờigiải.a)Gọi J là đường tròn Euler của tam

    ABgiác

    C thì. J / đi quaE ; I ; F đồng thời

    J là trung điểm

    OH . Dễ thấy

    D đối xứngH quaB C nên tam giác

    BDH cân tạiB . Cũng dễ

    thấy tam giác

    IEH cân tạiI nên∠IEH D ∠IHE D ∠BHD D ∠BDH;

    suy ra tứ giác

    BDE I nội tiếp. Mà DB cắt E I tại M nên

    MD:

    n

    ME MIDMB

    Từ đó phương tích của

    M đối với đường tròn

    . J / và.O / bằng nhau. Tương tự phương tích

    củaN đối với đường tròn

    . J / và.O / bằng nhau. Vậy

    M N là trục đẳng phương .O

    của

    /

    và .J / nên M N ? OJ . Do J là trung điểm OH nên M N ? OH .

    A

    I

    Ep

    M

    J

    E

    O

    C

    N

    b)Gọi X là trung điểm

    EF . AH cắtB C tạiK . Dễ thấy các tam BF

    giác

    E vàKHE đồng

    dạng (g-g).

    X là trung điểm

    EF vàK là trung điểm

    HD nên hai tam giác

    BF X vàDHE

    đồng dạng (c-g-c), suy

    ∠FraBX D ∠HDE D ∠F BP . Từ đó suy ra ba điểm

    B ;X ;P

    thẳng hàng. Tương tự ba điểm

    X ;Q

    C cũng

    ;

    thẳng hàng.

    A

    O

    K

    D

    R

    C

    aff

    F

    st

    S

    n

    Gọi AL là đường kính của

    .O / thì dễ thấy

    SH đi quaL và tứ giác

    HBLC là hình bình hành

    nênH L đi qua trung điểm

    M củaB C. Dễ thấy hai tam SE

    giác

    C vàSF B đồng dạng (g-g)

    nên hai tam giác

    SEF vàS CB đồng dạng (c-g-c), hai tam giác này có trung tuyến tương ứn

    là SX vàS M nên∠F SX D ∠B S M . Cũng có hai tam giác

    SF B vàSRL đồng dạng (g-g)

    nên hai tam giác S F R và S B L đồng dạng (c-g-c). Suy ra

    ∠F SR D ∠B SL D ∠B S M D ∠F SX:

    Từ đó, ta có ba điểm

    S ; X ; R thẳng hàng. Vậy

    SR đi quaX . Đều này chứng tỏ ba đường thẳng

    BP ; C Q và RS đồng quy tại trung điểm X của EF .

    Ep

    Tham khảo tại: http://analgeomatica.blogspot.com/2015/06/ve-mot-bai-toanhinh-hoc-tu-dien-aops.html

    12

    R

    E

    st

    B

    aff

    J

    Q

    Mặt khác phép đồng dạngP tâm

    biến đoạn

    CE thànhFB nênJ cũng biến thành

    I; do đó

    ı

    ∠JPI D ∠EPB D 180

    ∠BAC , từ đó tứ giác GIPJ nội tiếp. Ta có biến đổi góc

    n

    ∠IGP D ∠IJP D ∠BEP D ∠BAP D ∠BGQ

    ∠GPI D ∠GJI D ∠GCB D ∠GQB:

    Từ đó hai tam giác

    GIP vàGBQ đồng dạng. Như vậy phép đồng dạng

    G biếnI

    tâmthànhP

    và đoạn

    FB thành đoạn

    LQ . Mặt khác,

    I là trung điểm

    FB nênP là trung điểm

    LQ . Từ đó,

    gọiM là trung điểm

    EF . Ta dễ thấy hai tamBFE

    giácvàPLE đồng dạng. Từ đó, hai tam giác

    BFM vàQLE đồng dạng. Vậy

    ∠FBM D ∠LQE D ∠FBR nênBR đi quaM . Ta có điều

    phải chứng minh.

    Ep

    A

    F

    E

    B

    Q

    13

    Gọi R là bán kính ngoại tiếp tam giác ABC . Ta có biến đổi diện tích

    ŒBFR ŒBFR ŒBAR ŒBRQ

    D

    ŒBER ŒBAR ŒBRQ ŒBER

    ABARBR

    4R

    BRRQQB

    4R

    Vậy BR chia đôi EF .

    aff

    st

    n

    Bài 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn .O/. P là điểm bất kỳ trong tam giác

    choR đối xứng

    P quaBC thìR nằm trên

    .O/ . PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường

    tròn.AEF / cắt.O/ tạiG khácA. GP cắtBC tạiM và cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF /

    tại Q khác A. Chứng minh rằng GQ chia đôi EF .

    Lờigiải.Dễ thấyP nằm trên

    .AEF / . Ta có∠DP C D ∠FP G D ∠FAG D ∠PDB nên

    P C k DB. Tương tự, ta cũngPB

    cók DC; do đó tứ giác

    PBDC là hình bình hành PD

    nênđi

    qua trung điểm M của BC .

    A

    Ep

    G

    F

    E

    B

    Q

    O

    C

    M

    R

    D

    Gọi giao điểm của

    GQ vàEF làN . Dễ thấy phép đồng dạng

    G lần

    tâmlượt biến

    E; F thành

    C; B. Lại có hai tam giác GFB và GQD đồng dạng (g-g) nên ∠F GB D ∠QGD; suy ra

    ∠NGF D ∠MGB:

    Do đó cũng phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy N là trung điểm EF .

    14

    Bài toán trên cũng có thể được mở rộng hơn nữa như sau

    aff

    Bài chúng tôi tam giác

    ABC nội tiếp trong đường .O/

    tròn

    . P là điểm bất kỳ trong tam giác.

    PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường tròn

    .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. M là điểm

    bất kỳ trên cạnh

    BC . GM cắt.O/ tạiD khácG. AD cắt.AEF / tạiQ khácA. GQ cắtEF tại

    N . Chứng minh rằng

    MB

    NF

    D

    :

    MC

    NE

    A

    G

    F

    P

    Q

    M

    C

    n

    B

    N

    st

    E

    D

    Lờigiải.Dễ thấy phép đồng dạng

    G lần

    tâmlượt biến

    E; F thànhC; B. Lại có hai tam giác

    GFB vàGQD đồng dạng (g-g) ∠FGB

    nên D ∠QGD suy ra∠NGF D ∠MGB; do đó cũng

    phép đồng dạng tâm G đó biến N thành M . Vậy

    MB

    NF

    D

    :

    MC

    NE

    Ep

    Ta thu được điều phải chứng minh.

    Các bạn có thể làm các bài toán sau đây đề luyện tập thêm:

    1. (Mở rộng ý a) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

    ABC giác

    nội tiếp đường tròn

    .O/ . Một

    đường tròn

    .K/ đi quaB; C cắtCA; AB tạiE; F khácB; C . BE cắtCF tạiH . AH cắt

    .O/ tạiD khácA. Tiếp tuyến E;

    tạiF của.K/ lần lượt cắt

    DB; DC tạiM; N . Chứng

    minh rằng MN ? OH .

    2. (Mở rộng ý b) bài toán 3 VMO 2022) Cho tam

    ABC giác

    nội tiếp trong đường.O/

    tròn

    .

    P là điểm bất kỳ trong tam giác sao

    R đối

    choxứngP quaBC thìR nằm trên

    .O/ .

    PB; P C lần lượt cắt

    CA; AB tạiE; F . Đường tròn

    .AEF / cắt.O/ tạiG khácA. D

    thuộc.O/ sao cho

    DR k BC . AD cắt.AEF / tạiQ khácA. DE; DF cắt.O/ tạiS; T

    khác D. Chứng minh rằng BS; C T; GQ đồng quy.

    15

    aff

    st

    ii) Nếu một hàng và một cột giao nhau tại ô đen thì tập các số nguyên dương được

    trên hàng đó và tập các số nguyên dương được điền trên cột đó không giao nhau

    một hàng và một cột giao nhau tại ô trắng thì tập các số nguyên âm được điền

    hàng đó và tập các số nguyên âm được điền trên cột đó không giao nhau.

    a) Với n D 5; tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để tồn tại cách điền

    k số

    cân đối cho cách tô

    màu đối xứng ở hình bên dưới.

    B

    n

    A

    C

    Ep

    D

    b) Vớin D 2022;

    tìm giá trị nhỏ nhấtkcủa

    để với mọi cách tô màu đối xứng, luôn tồn tại

    cách điền số kcân đối.

    5

    ¤ ;:

    16

    Ta sẽ chứng minh k D 3 thỏa với cách điền như sau:

    0

    1

    1

    0

    2

    2

    1

    2

    0

    2

    2

    2

    2

    0

    3

    3

    0

    3

    aff

    3

    2

    st

    1

    1

    Ep

    n

    b)Điều kiện cần: Trước hết, xét cách tô màu đối xứng như bàn cờ, tức là trắng đen xen

    hình, trong đó vị trí .i; j / sẽ được tô đen nếu i C j chẵn, ngược lại thì tô trắng.

    Xét hai ô trắng bất kỳ trong bảng ô vuông trên

    .a; b/ởvà.c;

    vị tríd /; 1 a; b; c; d 2022:

    Nếua C cchẵn thì

    b C d cũng chẵn, suya ra

    C d vàb C clẻ. Khi đó, một trong hai ô

    .a; d /và.b; c/ sẽ được tô đen vì chúng không thể cùng nằm trên đường chéo màu x

    Suy ra hai ô vuông trắng phải được điền số khác nhau.

    Nếua C clẻ thìb C d cũng lẻ, xét.d;

    ô c/ điền cùng số với

    .c;ôd /thì rõ ràng ta có thể

    áp dụng lập luận trên để suy ra hai số điền cho hai ô hai khác nhau.

    Từ đó suy ra tất cả các số điền cho các ô trắng nằm ở nửa trên bên phải của bảng là đôi m

    biệt. Do đó, ta thu được kết quả

    k 2C4C6C

    2017

    Điều kiện đủ: Ta sẽ chứng minh

    k Drằng

    4

    1

    thỏa mãn bài toán bằng quy nạp

    kết quả

    j 2rằng

    k

    n

    trên cũng đúng với mọi bảng có kích

    n thước

    n vớin là số nguyên dương, cụ kthể

    D là4 :

    17

    Thật vậy, với n D 1; n D 2; n D 3; ta dễ dàng kiểm tra được các kết quả tương ứng.

    Xét n 5 và giả sử khẳng định đúng với mọi số nguyên dương bé hơn n:

    Đánh số cách hàng

    1 !từn và cột1 ! n . Ta sẽ chứng minh rằng với mọi vị trí của các ô đen

    thì luôn tồn tại cách điền các số nguyên dương không

    kn vào

    vượt

    ô trắng

    quá còn lại trong bảng

    (trường hợp điền số âm thì tương tự vì tính bình đẳng).

    aff

    Xét graph

    G D .V; E/ màV là tập hợp các đỉnh, đỉnh

    i ứng

    thứ với hàng

    i và1 i n ; còn

    E là tập hợp các cạnh, trong đó có cạnh nối từ

    i đến

    đỉnh

    đỉnh

    thứthứ

    j nếu như tại.i;ô j / và

    ô .j; i / là ô màu trắng. Ta phát biểu bổ đề sau:

    Bổ đề (Định lý Mantel-Turan).

    Xét mộtj graph

    đơn vô hướng

    n đỉnh

    có và

    k cạnh. Khi đó, nếu

    k

    2

    n

    graph này không có chứa tam giác thì

    k

    :

    4

    Áp dụng vào bài toán, ta xét các trường hợp sau:

    st

    j 2k

    Nếu graph

    G không có chứa tam giác, theo bổ đề thì nó sẽ có nkhông

    cạnh,

    quá

    nghĩa

    4

    j 2k

    j 2k

    n

    là có không quá

    ô trắng nên có thể dùng

    k D n4 số nguyên dương điền vào các ô

    4

    đó (cho dù vị trí của các ô đen thế nào đi nữa).

    n

    Nếu graph

    G có chứa tam giác, giả sử các

    a; đỉnh

    b; cphân biệt được nối với nhau đôi

    một. Điều này tương ứng với việc

    .a;các

    b/; ô

    .b; c/; .c; a/và.b; a/; .c; b/; .a; c/là

    giao điểm của các hàng

    a; b; cđều được tô màu trắng. Khi đó, các số điền vào các ô đó

    không cần phải phân biệt và tập hợp các ô trắng (nếu có) còn a;

    lạib;

    trên

    ccũng

    các hàng

    không cần phải rời nhau. Rõ ràng trên mỗi hàng sẽ còn lại không

    3 ô nhưquá

    thế.

    n

    Khi đó, ta có thể dùng

    1số để điền vào các ô trắng ở trên và dùngnkhông

    3số quá

    phân

    biệt để điền vào mỗi ô còn lại của mỗi hàng.

    Nếu không

    3 hàng

    a; b; c, ta còn lại

    n 3 hàng, sử dụng giả thiết quy nạp thì cần

    j tính

    k

    .n 3/ 2

    không quá 4

    số nguyên dương phân biệt cho các hàng đó.

    Ep

    j 2k

    Tóm lại, trong mọi trường hợp, ta đều cần sử dụng nkhông

    số nguyên

    quá

    dương phân biệt

    4

    j 2k

    n

    để điền vào các ô trắng hay nói cách khác

    cũng

    k D thỏa mãn đề bài với bảng n n:

    4

    Theo nguyên lý quy nạp thì khẳng định được chứng minh. Vậy giá trị tốtknhất

    là cần tìm c

    20222 1

    . Bài toán được giải quyết hoàn toàn.

    4

    Bài toán này thuộc dạng cực trị tổ hợp và đòi hỏi phải xử lý cả điều kiện cần và đủ thì mớ

    kết luận được đáp số của bài toán.

    18

    Ở phần a), ta thấy kích thước của bảng là nhỏ nên có thể thử trực tiếp các số để kiểm t

    xây dựng cũng khá nhẹ nhàng. Chú ý rằng một số có thể được sử dụng lại nhiều lần the

    bài nếu đọc không cẩn thận, ta dễ hiểu nhầm đáp số câu a) là k D 5:

    Phần b) thử thách hơn nhiều với kích thước bảng lớn, và quan trọng hơn là cách tô đối xứ

    nên chưa thể định hướng được ngay giá trị “vừa đủ lớn” của k:

    aff

    Ý tưởng mấu chốt là chỉ ra một mô hình đặc biệt mà ở đó,kđòi

    phải

    hỏiđạt

    giáđược

    trị cực đại

    thì mới đủ để điền vào. Và bàn cờ ở trên chính là mô hình cần phải tìm, số các ô đen tr

    xen đòi hỏi tất cả các số dương điền vào các ô trắng phải phân biệt nhau, các số âm cũ

    st

    Đoạn khó khăn chính là việc xây dựng cách đánh số cân đối cho mọi mô hình. Thực tế

    2

    1

    như các cách xây dựng trực tiếp thuật toán để kđiền

    D 2022

    vào

    với

    đều không thành công

    4

    do các mô hình có thể biến đổi rất phức tạp. Cách tiếp cận dùng đồ thị ở trên cũng chỉ mớ

    minh được là cách đánh số cân đối sẽ luôn tồn tại chứ chưa chỉ ra cách xây dựng cụ th

    nhiên, về mặt lập luận thì như thế là đủ.

    n

    Điểm mới lạ của bài toán này chính là việc sử dụng ngôn ngữ đồ thị để giải quyết vấn

    cách tiếp cận mà trước giờ khá ít khi xuất hiện trong các kỳ thi HSG cấp Quốc gia. Địn

    Mantel-Turan về tồn tại graph con đầy đủ trong một graph đơn vô hướng là tương đối que

    đối với các học sinh có học qua về lý thuyết graph. Đặc điểm của các bài toán dùng Mant

    là thường che giấu được vấn đề khá kỹ và khó xử lý tốt bằng các cách thông thường.

    Định lý này có cách chứng minh dùng quy nạp là phân hoạch tập hợp đỉnh thành A; B rồ

    Đếm số cạnh trong A; đếm số cạnh trong B:

    Đếm số cạnh nối giữa A; B:

    Ep

    1. (MOSP, 2011) Xét các số xthực

    : Chứng minh rằng có khôngn4 quá

    cặp

    1; x2; : : : ; nx

    .i; j / với 1 i < j n sao cho 1 < jxi xj j < 2:

    2

    2. (China TST, 1987) Trong mặt phẳng

    2nđiểm

    cho với

    n 2 và có tất n

    cả

    C 1đoạn thẳng

    nối chúng. Chứng minh rằng

    a) Tồn tại ít nhất một tam giác.

    b) Tồn tại hai tam giác có chung cạnh.

    c) Tồn tại ít nhất n tam giác.

    19

    Bài 5 (6.0 điểm).

    Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn hệ thức

    f xf .y/

    f .x/ D 2f .x/ C xy

    .1/

    với mọi số thực x; y:

    f f .y/

    f .1/ D y C 2f .1/; 8y 2 R:

    aff

    Lờigiải.Thay x D 1 vào (1), ta được

    .2/

    Từ đây có thể thấy fhàm

    là một song ánh. Do đó, tồn tại duy nhất

    a đểf

    số thực

    .a/ D 0:Thay

    x D a vào phương trình (1), ta được

    Trong (3), cho

    y D 0;ta được

    f af .0/

    Suy ra a D 0 hoặc f .0/ D 1:

    D ay;

    8y 2 R:

    st

    f af .y/

    .3/

    D 0 D f .a/:Từ đó, do

    f đơn ánh nên taafcó

    .0/ D a:

    n

    Xét trường hợp

    a D 0;tứcf .0/ D 0:Thayy D 0 vào (1), ta được

    f

    f .x/ D 2f .x/: Dof

    toàn ánh nên taf .x/

    có D 2x với mọix 2 R: Tuy nhiên, khi thử lại, hàm này không thỏa mãn

    phương trình (1). Do đó a ¤ 0; suy ra f .0/ D 1:

    Thayx D 0 vào (1), ta được

    f . 1/ D 2:Thayy D a vào (3), ta được

    a2 D f .0/ D 1;suy ra

    a D 1 (do f . 1/ D 2), tức f .1/ D 0: Đến đây, ta có hai cách tiếp cận như sau:

    Cách 1. Do f .1/ D 1 nên phương trình (2) có thể viết lại dưới dạng

    f f .y/

    D y;

    8y 2 R:

    .20/

    0

    Thay y bởi f .y/ vào (1) và sử dụng

    /; ta.2được

    f xy

    f .x/ D 2f .x/ C xf .y/;

    8x; y 2 R:

    Ep

    f .x/

    Trong phương trình này, ta xét x ¤ 0 và thay

    ; ta

    y Dđược

    x

    suy ra

    f

    D

    1

    ;

    8x ¤ 0:

    Thay y Df .x/

    vào (1) và sử dụng kết quả trên, ta được

    x

    f1

    3f .x/ D 3f .x/;

    8x ¤ 0:

    Dof song ánh và

    f .0/ D 1nên với

    x ¤ 0 thì1 3f .x/ có thể nhận mọi giá trị thực 2:

    khác

    Do đó, từ kết quả trên, ta suy ra được f .x/ D x C 1 với mọi x ¤ 2:

    Nói riêng,ta cóf .3/ D 2: Thayy D 3 vào.20/; ta đượcf . 2/ D 3: Tóm lại,ta có

    f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R: Thử lại, ta thấy hàm này thỏa mãn các yêu cầu bài toán.

    20

    Cách 2. Thay y D 1 vào (1), ta được

    f

    f .x/ D 2f .x/ C x;

    8x 2 R:

    .4/

    aff

    Lần lượt thay

    x D 1 vàx D 2 vào đẳng thức trên, tafđược

    . 2/ D 3vàf . 3/ D 4:Chú ý

    0

    rằngf .1/ D 0nên ta cũng có đẳng.2

    thức

    / như cách 1 ở trên, do đó bằng cách

    x bởif

    thay

    .x/

    vào (4), ta được

    f . x/ D f .x/ C 2x; 8x 2 R:

    Từ đây suy fra.2/ D 1 vàf .3/ D 2: Bây giờ, ta sẽ chứng minh

    x D 1 là nghiệm duy

    nhất của phương trình

    f .t / D 2t: Thật vậy, giả sử có

    b số

    ¤ 1 sao cho

    f .b/ D 2b; ta thay

    x D b và y D 3 vào (1) thì được 1 D f .0/ D 4b C 3b; suy ra b D 1; mâu thuẫn.

    Với kết quả trên, ta thay y D 2 thì có

    Từ đó suy rax

    x

    f .x/ D 2 x C f .x/ D 2

    x

    f .x/ ;

    8x 2 R:

    st

    f

    f .x/ D 1; tức f .x/ D x C 1 với mọi x 2 R:

    n

    D 2f .x/ C xy; 8x; y 2 R:

    Cách giải của hai bài toán cũng hoàn toàn tương tự nhau. Đây là một sự trùng hợp thú v

    đây là một số bài toán “tương tự” khác:

    1. (IMO Shortlist, 2002) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    Ep

    f f .x/ C y

    D 2x C f f .y/

    x;

    8x; y 2 R:

    2. (Kiểm tra Trường Đông Nam Bộ, 2022) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f f .x/ C 2y

    D 10x C f f .y/

    3x ;

    8x; y 2 R:

    3. (Baltic Way, 2010) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f .x 2/ C f .xy/ D f .x/f .y/ C yf .x/ C xf .x C y/;

    8x; y 2 R:

    4. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f yf .x C y/ C f .x/

    D 4x C 2yf .x C y/; 8x; y 2 R:

    5. (EGMO, 2012) Tìm tất cả các hàm số f W R ! R thỏa mãn

    f xf .x C y/

    D f yf .x/

    C x 2;

    8x; y 2 R:

    --- Bài cũ hơn ---

  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022
  • Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022
  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay
  • Lời Giải Và Bình Luận Về Đề Thi Hsg Quốc Gia Vmo 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Lời Giải Và Bình Luận Đề Toán Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia 2022
  • Đề Thi Có Lời Giải Môn Toán Vmo 2022
  • Bình Luận Về Đề Thi Imo 2022
  • Tiến Sĩ Lê Bá Khánh Trình Hội Ngộ Người Chấm Giải Đặc Biệt Cho Mình Sau 40 Năm
  • Ts Lê Bá Khánh Trình Nói Về Thành Tích Của Đội Imo Việt Nam
  • 2

    1. Đề thi ngày 1 (ngày 27/12/2019)

    Bài 1. (5 điểm) Cho dãy số (x n ) xác định bởi x 1 = 1 và

    x n+1 = x n + 3

    n

    n→+∞ x n

    a) Chứng minh rằng lim

    p

    = 0.

    b) Tính giới hạn lim

    Bài 2. (5 điểm)

    Bài 3. (5 điểm) Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và

    an+2 = 5an+1 − 6an với mọi n ≥ 2.

    a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

    b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

    mọi số tự nhiên k.

    Bài 4. (5 điểm) Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực

    tâm H. Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

    a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

    Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

    nhau tại một điểm trên (O).

    b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

    đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

    3

    4

    a) Chứng minh rằng lim

    b) Tính giới hạn lim

    < 1n , mà lim

    = 0 nên theo nguyên lý kẹp thì lim

    = 0.

    b) Cách 1. (sử dụng định lý trung bình Cesaro – định lý Stolz)

    2

    = yn2 + 3 yn +

    Đặt x n = yn2 thì công thức đã cho viết lại thành yn+1

    ( yn+1 − yn )( yn+1 + yn ) = 3 yn +

    yn+1 − yn =

    yn+1 + yn

    Theo câu a thì lim

    =q

    3 yn +

    yn2 + 3 yn +

    + yn

    = 0 nên kéo theo lim

    nên

    1+

    = lim

    +

    +1

    .

    = 0 và dựa theo đẳng

    thức trên thì lim ( yn+1 − yn ) = 32 . Theo định lý trung bình Cesaro thì dãy số (un ) có

    n→+∞

    lim un = L thì lim

    n→+∞

    n→+∞

    u1 +u2 +···+un

    n

    = L.

    Xét dãy un = yn+1 − yn , áp dụng ta dễ dàng có được

    lim

    n→+∞

    ta thấy rằng nếu lim

    =

    =

    ,

    = l thì theo định lý Stolz, ta phải có l =

    p

    l → l = 94 .

    5

    Sử dụng ước lượng

    p

    p

    p

    p

    ‹2

    p

    xn +

    x n + 23 − 2n nên

    p

    Mặt khác, dễ dàng chứng minh bằng quy nạp rằng

    nên ta được

    Theo nguyên lý kẹp, dễ dàng suy ra lim nx n = 49 .

    Nhận xét. Câu b có thể sử dụng định lý Stolz cho dãy ( yn ) và dãy zn = n cũng thu

    được kết quả tương tự, vì thực ra định lý Stolz còn tổng quát hơn cả định lý trung bình

    x n+1 −x n

    Cesaro: Cho hai dãy số (x n ), ( yn ) có yn dương, tăng, tiến tới vô cực và lim yn+1

    − yn = L

    n→+∞

    = L. Dấu hiệu nhận biết định lý Stolz cho câu b là khá rõ. Nếu ở trên không

    p

    p

    thực hiện đặt dãy phụ thì vẫn có thể xét hiệu x n+1 − x n . Tuy nhiên, nếu ta đi theo

    hướng xét trực tiếp dãy x n và n2 thì hơi khó, vì khi đó không dễ để tính trực tiếp được

    x

    giới hạn sau (cũng khó có thể chứng minh được tính tăng/giảm của dãy n2n , dù trên thực

    tế, nó đúng là dãy tăng).

    p

    3 x n + pnx n

    x n+1 − x n

    =

    .

    2n + 1

    (n + 1)2 − n2

    thì

    = 3.

    2. (VMO 2022 Mock test) Cho dãy số (un ) thỏa mãn

    u1 =

    p

    a) Tính

    u2018 .

    b) Chứng minh rằng an =

    c) Chứng minh rằng bn =

    + u12 + · · · + u1n hội tụ.

    + u22 + · · · + unn → +∞.

    với n ≥ 1. Tính giới hạn của các dãy số sau

    Š

    4. (Chọn đội tuyển Đồng Nai 2022) Cho dãy số (x n ) thỏa mãn x n+1 = 13 x n + p2nx n .

    Æ

    p

    3

    3

    x

    −x

    Chứng minh rằng (n − 1)2 < x n < n2 , ∀n ≥ 3 và tính lim p3n+12 n .

    n −x n

    Lời giải. Nhận xét. Theo BĐT Cauchy – Schwarz, ta luôn có

    Ç

    X

    1≤i≤2018

    2019

    “i = 0 (do trong tổng ở trên có 2022

    i=1

    dấu − và 2022 dấu +) nên trong các hệ số này, phải có ít nhất một hệ số bằng 0, vì

    nếu không thì vế trái là số lẻ, vô lý. Không mất tính tổng quát, giả sử “2019 = 0. Suy ra

    2022

    2018

    xi − x j , 1 ≤ i ≤ j ≤ n

    8

    3. (Komal 2014) Với n ≥ 2 ,cho các số thực 0 ≤ x 1 ≤ x 2 ≤ . . . ≤ x n và 0 ≤ y1 ≤

    n

    n

    P

    P

    y2 ≤ . . . ≤ yn thỏa mãn điều kiện

    xi =

    yi = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của

    i=1

    i=1

    Bài 3. Cho dãy số (an ) xác định bởi a1 = 5, a2 = 13 và an+2 = 5an+1 − 6an với mọi

    n ≥ 2.

    a) Chứng minh rằng hai số hạng liên tiếp của dãy trên nguyên tố cùng nhau.

    b) Chứng minh rằng nếu p là ước nguyên tố của a2k thì p − 1 chia hết cho 2k+1 với

    mọi số tự nhiên k.

    Lời giải. a) Cách 1. Ta thấy (an ) là dãy sai phân tuyến tính cấp hai có phương trình

    đặc trưng x 2 = 5x − 6 với hai nghiệm là x 1 = 2, x 2 = 3 nên dễ dàng tìm được công

    thức tổng quát là

    an = 2n + 3n , ∀n.

    Đến đây, giả sử có n ≥ 1 để an , an+1 có ước nguyên tố chung là p. Rõ ràng gcd(p, 6) =

    1. Ta có

    n

    k

    k

    k

    b) Xét số nguyên tố p là ước của 22 + 32 . Suy ra 22 ≡ −32 (modp) → 22

    k+1

    32 (modp). Theo định lý Fermat nhỏ thì

    k+1

    t

    0

    t

    k

    a) Chứng minh rằng 2x n+1 = x n2 − 8, từ đó chỉ ra rằng x n = 22 +1 + 2−2

    mọi n.

    b) Tìm tất cả các số nguyên dương n để [x n ] + 3 là lập phương đúng.

    n−1

    n−1

    +1

    với

    Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp đường tròn (O) và trực tâm H.

    Gọi D, E, F lần lượt là các điểm đối xứng với O qua BC, CA, AB.

    a) Gọi H a là điểm đối xứng của H qua BC, và A0 là điểm đối xứng của A qua O. Gọi

    Oa là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBC. Chứng minh rằng H D0 , A0 Oa cắt

    nhau tại một điểm trên (O).

    b) Lấy điểm X sao cho tứ giác AX DA0 là hình bình hành. Chứng minh rằng các

    đường tròn ngoại tiếp tam giác AH X , ABF, AC E có một điểm chung khác A.

    Lời giải. a) Xét hình vẽ như bên dưới, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

    Giả sử H a D cắt (O) ở K. Gọi M là trung điểm BC thì OD = 2OM = AH. Hai tam giác

    cân OBD và OOa B có chung góc đáy O nên chúng đồng dạng, suy ra

    OB

    OD

    =

    → OD · OOa = R2

    OB

    OOa

    với R là bán kính (O).

    Suy ra AH ·OOa = R2 nên

    =

    mà ∠OAH = ∠A0 OAa nên hai tam giác AHO, OA0 Oa

    10

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đề Kiểm Tra Học Kì I Lớp 7 Môn Sinh Học Năm 2022
  • Bộ Đề Kiểm Tra 1 Tiết Môn Tiếng Anh Lớp 6 Có Đáp Án
  • Top 52 Đề Kiểm Tra, Đề Thi Toán Lớp 6 Có Đáp Án, Cực Hay
  • Bộ Đề Ôn Tập Môn Toán Lớp 5 Lên Lớp 6 (Có Đáp Án)
  • Tuyển Tập Đề Thi Học Sinh Giỏi Môn Toán Lớp 6 (Có Đáp Án)
  • Đề Thi Thử Xác Suất Thống Kê Có Lời Giải 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Giải Xác Suất Thống Kê
  • Bài Giải Xác Suất Thống Kê Chương 1
  • Ý Nghĩa Của Các Con Số Từ 70, 71, 72, 73, 74, 75, 76, 77, 78, 79
  • Giải Quẻ Xăm Số 70
  • Ý Nghĩa Con Số Từ 90, 91, 92, 93, 94, 95, 96, 97, 98, 99… Là Hung Hay Cát?
  • Đề thi thử xác suất thống kê có lời giải 2022 – Bộ đề thi và lời giải xác suất thống kê tổng hợp các đề thi môn xác suất thống kê, có đáp án đi kèm. Tài liệu này giúp các bạn ôn lại kiến thức, luyện tập các dạng bài tập xác suất thống kê nhằm học tốt môn học này, đạt kết quả cao trong bài thi hết môn. Mời các bạn tham khảo.

    Đề thi thử xác suất thống kê có lời giải 2022

    1. Đường kính của một loại trục máy là một đại lượng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn N (μ = 250mm, σ 2 = 25mm 2). Trục máy được gọi là hợp quy cách nếu đường kính từ 245mm đến 255mm. Cho máy sản xuất 100 trục. Tính xác suất để:

    a. Có 50 trục hợp quy cách.

    b. Có không quá 80 trục hợp quy cách.

    2. Quan sát một mẫu (người), ta có bảng thống kê chiều cao X(cm), trọng lượng Y(kg):

    a. Ước lượng chiều cao trung bình với độ tin cậy γ = 95%.

    b. Những người cao từ 170cm trở lên gọi là quá cao. Ước lượng trọng lượng trung bình những người quá cao với độ tin cậy 99%.

    c. Một tài liệu thống kê cũ cho biết tỷ lệ những người quá nặng (≥ 70kg) là 30%. Cho kết luận về tài liệu đó, với mức ý nghĩa α = 10%.

    d. Lập phương trình tương quan tuyến tính của Y theo X.

    Đáp án đề thi xác xuất thống kê

    1. Gọi D là đường kính trục máy thì D ∈ N (μ = 250mm, σ 2 = 250mm 2).

    Xác suất trục hợp quy cách là:

    p = p = C 50100 0,6826 50.0,3175 50 = 1/√21,67.φ((50 – 68,26)/√21,67 = 1/√21,67.φ(-3,9) 3

    = 1/√21,67.φ(3,9) = 1/ √21,67.0,0002 = 0,00004

    b. p[0 ≤ E ≤ 80] = Φ((80 – 68,26)/√21,67) – Φ((0 – 68,26)/√21,67) = Φ(2,52) – Φ(-14,66)

    = Φ(2,52) + Φ(14,66) – 1 = 0,9941 + 1 – 1 = 0,9941.

    2. a. n = 100, S X = 5,76,

    α = 1 – γ = 1 – 0,95 = 0,05

    t(0,05; 99) = 1,964

    Vậy 163,22 cm ≤ μ ≤ 165,48 cm.

    Đề thi thử xác suất thống kê có lời giải 2022

    Để có đầy đủ, chi tiết và đúng định dạng, bạn vui lòng tải về để xem. Đừng quên theo dõi Đề Thi Thử Việt Nam trên Facebook để nhanh chóng nhận được thông tin mới nhất hàng ngày.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Bộ Đề Thi Xác Suất Thống Kê Có Lời Giải
  • Chuyên Đề Tiếng Anh 8
  • Written Test 2 Tiếng Anh 8
  • We Escape Và Những Căn Phòng Bí Mật Đáng Trải Nghiệm
  • Soạn Văn Lớp 6 Bài Lời Văn Đoạn Văn Tự Sự Ngắn Gọn Hay & Đúng Nhất
  • Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán 2012 – Vmo 2012

    --- Bài mới hơn ---

  • Đề Cương Ôn Tập Môn Lịch Sử Lớp 4
  • Đáp Án Lưu Hoằng Trí Lớp 9 Lưu Hoằng Trí, Đáp Án Sách Tiếng Anh Lưu Hoằng Trí Lớp 9
  • Đáp Án Môn Toán Kỳ Thi Tốt Nghiệp Thpt 2022 Đợt 2 (24 Mã Đề)
  • Giải Bài Tập Sgk Hình Học 12 Cơ Bản
  • Bài Tập Chuẩn Hóa Cơ Sở Dữ Liệu Có Lời Giải Chi Tiết 2022
  • KỲ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2012 

    NGÀY THI THỨ I

    THỜI GIAN: 180 PHÚT

    Bài  (5 điểm).

    Cho dãy số thực  xác định bởi :

    với mọi .

    Chứng minh rằng dãy số có giới hạn hữu hạn khi  và Tính giới hạn đó.

    Bài  (5 điểm).

    Cho các cấp số cộng  và số nguyên . Xét  tam thức bậc hai :  .

    Chứng minh rằng nếu hai tam thức  đều không có nghiệm thực thì tất cả các đa thức còn lại cũng không có nghiệm thực.

    Bài  (5 điểm) .

    Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi  nội tiếp đường tròn tâm  và có các cặp cạnh đối không song song. Gọi  tương ứng là giao điểm của các đường thẳng  và ,  và . Gọi  tương ứng là giao điểm các đường phân giác trong của các cặp  và ,  và ,  và,  và . Giả sử bốn điểm  đôi một phân biệt.

    1) Chứng minh rằng bốn điểm  cùng nằm trên một đường tròn. Gọi  là tâm của đường tròn đó.

    2) Gọi  là giao điểm của các đường chéo  và . Chứng minh rằng ba điểm  thẳng hàng.

    Bài  (5 điểm) .

    Cho số nguyên dương . Có  học sinh nam và  học sinh nữ xếp thành một hàng ngang, theo thứ tự tùy ý. Mỗi học sinh (trong số học sinh vừa nêu) được cho một số kẹo bằng đúng số cách chọn ra hai học sinh khác giới với X và đứng ở hai phía của . Chứng minh rằng tổng số kẹo mà tất cả  học sinh nhận được không vượt quá   .

    ——– Ngày thi thứ hai————-

    Thời gian 180 phút

    Bài  (7 điểm). Cho một nhóm gồm 5 cô gái, kí hiệu là , và 12 chàng trai. Có 17 chiếc ghế được xếp thành một hàng ngang. Người ta xếp nhóm người đã cho ngồi vào các chiếc ghế đó sao cho các điều kiện sau được đồng thời thỏa mãn:

    1/ Mỗi ghế có đúng một người ngồi;

    2/ Thứ tự ngồi của các cô gái, xét từ trái qua phải, là ;

    3/ Giữa  và  có ít nhất 3 chàng trai;

    4/ Giữa  và  có ít nhất 1 chàng trai và nhiều nhất 4 chàng trai.

    Hỏi có tất cả bao nhiêu cách xếp như vậy?

    (Hai cách xếp được coi là khác nhau nếu tồn tại một chiếc ghế mà người ngồi ở chiếc ghế đó trong hai cách xếp là khác nhau).

    Bài  (7 điểm). Xét các số tự nhiên lẻ  mà  là ước số của  và  là ước số của . Chứng minh rằng  và  là các số hạng của dãy số tự nhiên  xác định bởi

     và  với mọi .

    vàvới mọi

    Bài  (6 điểm). Tìm tất cả các hàm số  xác định trên tập số thực , lấy giá trị trong  và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau:

    1/  là toàn ánh từ  đến ;

    2/  là hàm số tăng trên ;

    3/  với mọi số thực .

    ———— Hết ————

    MỌI NGƯỜI CLICK VÀO SỐ THỨ TỰ CÁC BÀI TOÁN ĐỂ XEM CÁC THÀNH VIÊN TRÊN DIỄN ĐÀN MATHSCOPE THẢO LUẬN VỚI NHAU NHÉ. HAY MỌI NGƯỜI CÓ THỂ DOWNLOAD FILE PDF ĐỀ DO BQT MATHSCOPE LÀM TẠI ĐÂY VMO 2012 [MathScope.Org]

    NGUỒN: http://forum.mathscope.org/showthread.php?p=132804#post132804

    Share this:

    Like this:

    Số lượt thích

    Đang tải…

    --- Bài cũ hơn ---

  • Nhận Xét Và Bình Luận Đề Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán Năm 2022
  • Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 7
  • Đề Kiểm Tra Học Kì 1 Toán 11 Có Đáp Án
  • Danh Mục Giáo Trình Life A2
  • Hướng Dẫn Giải Đề Thi Minh Họa Thpt Quốc Gia Môn Sinh Năm 2022
  • Giải Bài Vmo 2014: Olympiad Toán Quốc Gia 2014

    --- Bài mới hơn ---

  • Bài Tập Lời Giải Kết Cấu Thép 1
  • Bài Tập Toán Đố Dạng Phân Số Lớp 6 Hk 2 (Có Lời Giải Chi Tiết)
  • Cảm Nhận Về Nhạc Phẩm “Giải Phóng Ðiện Biên” Của Ðỗ Nhuận
  • Bài Tập Lượng Giác Lớp 10 Cơ Bản Có Đáp Án Chi Tiết.
  • Đề Cương Ôn Tập Về Phương Trình Đường Thẳng
  • Câu 1. Cho hai dãy số thực dương $(x_n)$, $(y_n)$ xác định hồi quy bởi $x_1=1$, $y_1=sqrt3$, and $x_{n+1}y_{n+1}-x_n=0$, và $x_{n+1}^2+y_n=2$, với mọi $n=1, 2, ldots$. Chứng minh rằng hai dãy số hội tụ, và tìm giới hạn của chúng.

     

    Problem 1. Let $(x_n)$, $(y_n)$ be two sequence of positive numbers defined recursively by $x_1=1$, $y_1=sqrt3$, and $x_{n+1}y_{n+1}-x_n=0$, and $x_{n+1}^2+y_n=2$, for all $n=1, 2, ldots$. Prove that the two sequences are convergent and then find their limits.

     

    Lời giải của Võ Quốc Bá Cẩn: Từ giả thiết, ta suy ra $x_{n+1}=sqrt{2-y_n}$ và $y_{n+1}=frac{x_n}{x_{n+1}}$ với mọi $n in mathbb N^*.$ Để ý rằng $x_1=1=2sin frac{pi}{6},$ $y_1=sqrt{3}=2cos frac{pi}{6}$ nên ta có

    $$x_{2}=sqrt{2-y_1}=sqrt{2-2cos frac{pi}{6}}=2sin frac{pi}{12}$$

    $$y_2=frac{x_1}{x_2}=frac{2sin frac{pi}{6}}{2sin frac{pi}{12}}=2 cos frac{pi}{12}.$$

    Từ đây, bằng quy nạp theo $n,$ ta dễ dàng chứng minh được

    $$x_{n}=2sin frac{pi}{3cdot 2^n},quad y_n=2cos frac{pi}{3cdot 2^n}$$

    với mọi $n in mathbb N^*.$ Với kết quả này, ta thu được ngay $lim x_n=0$ và $lim y_n=2.$

     

     

    Câu 2. Cho đa thức $p(x)=(x^2-7x+6)^{2n}+13$, trong đó $n$ là một số nguyên dương. Chứng minh rằng $p(x)$ không thể biểu diễn dưới dạng tích của $n+1$ đa thức khác hằng có hệ số nguyên.

     

    Problem 2. Let $p(x)=(x^2-7x+6)^{2n}+13$ be a polynomial, where $n$ is some positive integer. Prove that $p(x)$ can NOT be factored into $n+1$ non-constant polynomials with integer coefficients.

     

     

    Lời giải bài 2 (ngày 1) (của thầy Nguyễn Tiến Lâm): Trước hết, ta nhận thấy đa thức $p(x)$ có bậc là $4n$ và vô nghiệm nên nếu đa thức $p(x)$ phân tích được thành tích các đa thức thì các đa thức này phải có bậc chẵn, hệ số bậc cao nhất là 1 và luôn dương với mọi $x.$

     

     

    Vì $p(1)=p(6)=13$ nên $q(1),q(6)$ là các ước dương của 13. Do đó, ta có hai trường hợp

     

     

    Nếu $q(1)=13,$ thì dẫn đến $c=12-b.$ Từ đó, ta cũng có $q(6)=48+5b$ là ước dương của 13. Tương tự như trường hợp 1, ta cũng suy được $b=-7,c=19.$ Khi đó, $q(x)=x^2-7x+19$ và $q(2)=9$ chia hết cho 3, còn $p(2)=4^n+13$ chia 3 dư 2, vô lý.

     

    Vậy, giả sử phản chứng là sai. Suy ra điều phải chứng minh.

     

    Nhận xét (Phan Minh Nghĩa, học sinh lớp 10A1 Toán, THPT chuyên KHTN) Ta còn có thể nhận xét là nếu đa thức $p(x)$ phân tích được thành $n+1$ đa thức khác hằng hệ số nguyên thì trong số các đa thức đó phải có ít nhất hai đa thức bậc hai. Bằng lập luận như trường hợp 2, ta suy ra hai đa thức đó trùng nhau và bằng $x^2-7x+19.$ Suy ra $p(x)=(x^2-7x+19)^2.r(x),$ trong đó đa thức $r(x)$ có các hệ số nguyên. Dẫn đến $p(1)=13^2.r(1),$ nhưng $p(1)=13$ vô lí. Suy ra giả sử là sai và ta có điều phải chứng minh

     

    Câu 3. Trong một đa giác đều có $103$ cạnh, $79$ đỉnh của đa giác được tô màu đỏ, $24$ đỉnh còn lại của nó được tô màu xanh. Gọi $A$ là số đỉnh màu đỏ kề nhau, $B$ là số đỉnh màu xanh kề nhau. Tìm 

     

    a) tất cả các giá trị có thể của cặp $(A,B)$;

    b) số cách tô màu các đỉnh của đa giác sao cho $B=14$, biết rằng hai cách tô được coi là giống nhau nếu chúng có thể nhận được từ nhau qua phép quay quanh tâm đường tròn ngoại tiếp của đa giác.

     

    Problem 3. In a regular polygon with $103$ edges, $79$ of the vertices are colored red, and $24$ other vertices are colored green. Let $A$ be the number of red vertices that are adjacent, and $B$ the number of green vertices that are adjacent. Find, with proof,

     

    a) all the possible values of the pair of numbers $(A,B)$;

    b) the number of ways of coloring the vertices of the polygon such that $B=14$, given that two ways of coloring are assumed to be identical if one gives rise to the other after a rotation about the center of the circumcircle of the polygon.

     

    Lời giải của thầy Vũ Thế Khôi Nguyễn Tiến Lâm:

     

    a) Giả sử có tất cả $k$ đoạn mà mỗi đoạn gồm các toàn đỉnh màu đỏ liên tiếp. Ký hiệu $x_1, x_2, cdots, x_k$ là số các đỉnh màu đỏ trong mỗi đoạn này. Khi đó ta có $sumlimits_{i=1}^k x_i=79, x_i ge 1$ $; forall i.$

     

    Như vậy cũng phải có đúng $k$ đoạn màu xanh nằm giữa những đoạn màu đỏ này. Ký hiệu $y_1, y_2, cdots, y_k$ là số các đỉnh màu xanh trong mỗi đoạn này. Khi đó ta có $sumlimits_{i=1}^k y_i=24, y_i ge 1 forall i.$

     

    Khi đó $A= sumlimits_{i=1}^k (x_i -1)=79-k$ và $B= sumlimits_{i=1}^k (y_i -1)=24-k.$ Vậy giá trị của $A$ và $B$ chỉ phụ thuộc vào $k.$ Ta thấy $k$ có thể nhận bất cứ giá trị nào từ 1 đến 24, do đó $A$ và $B$ có thể nhận 24 cặp giá trị tương ứng.

    b) Để $B=14$ thì theo câu a) ta cần tô màu sao cho có đúng $10$ đoạn gồm toàn các đỉnh

    đỏ nằm xen kẽ với 10 đoạn gồm toàn các đỉnh xanh. Xét hệ phương trình $sumlimits_{i=1}^{10}x_i=79, ;; sumlimits_{i=1}^{10}y_i=24,$  trong đó $x_i, y_i$ là các số nguyên dương.

     

    Ta cố định một đỉnh o của đa giác. Với mỗi bộ nghiệm $(x_1, x_2, cdots, x_{10})$ và $(y_1, y_2, cdots, y_{10})$ của hệ, ta tô màu bắt đầu từ đỉnh o, $x_1$ đỉnh liên tiếp màu đỏ (bao gồm cả đỉnh o) tiếp theo là $y_1$ đỉnh màu xanh, rồi đến $x_2$ đỉnh đỏ và $y_2$ đỉnh xanh, …

     

    Dễ thấy tập $S$ gồm tất cả các cách tô màu như trên vét hết các cách tô màu mà $B=14.$ Ta cần xét xem trong số các cách tô màu thuộc $S$ có bao nhiêu cách tương đương với nhau (tức là nhận được bằng cách quay quanh tâm).

     

    Ta có một nhận xét quen thuộc: số đỉnh đa giác 103 là số nguyên tố nên khi quay đa giác quanh tâm luôn có ít nhất 1 đỉnh được quay đến 1 đỉnh có màu khác với nó. Như vậy mỗi cách tô màu trong $S$ tương đương với $9$ cách tô màu khác, tương ứng với việc hoán vị vòng quanh cả hai bộ nghiệm $(x_1, x_2, cdots, x_{10})$ và $(y_1, y_2, cdots, y_{10}).$

     

    Số phần tử của tập $S$ là ${78choose 9}{23choose 9}.$ Do đó tổng số cách tô màu thỏa mãn đầu bài là $frac {1}{10}{78choose 9}{23choose 9}.$

     

     

    Câu 7. Tìm tất cả các bộ số gồm 2014 số hữu tỉ không nhất thiết phân biệt thỏa mãn điều kiện: nếu bỏ đi một số bất kì trong bộ đó thì 2013 số còn lại sẽ được chia làm 3 nhóm rời nhau sao cho mỗi nhóm gồm 671 số và tích tất cả các số trong mỗi nhóm bằng nhau.

    Problem 7. Find all $2014-$tuples of rational numbers not necessarily distinct such that if one of the numbers is removed from the tuple, the remaining $2013$ numbers can be partitioned into three disjoint sets whose cardinality is $671$ each and the product all numbers in each of the three sets is the same.

     

    Lời giải (của em Đỗ Tuấn Mạnh, lớp 11 A1 Toán, chuyên KHTN, ĐHQGHN) Giả sử đã tìm được 2014 số hữu tỉ thoả mãn yêu cầu bài toán. Trước hết, ta có một nhận xét là nếu nhân cả 2014 số hữu tỉ đó với cùng một số hữu tỉ thì ta nhận được bộ 2014 số hữu tỉ mới vẫn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Do đó ta chỉ cần xét bài toán trong trường hợp 2014 số cần tìm là số nguyên (vì nếu không, ta có thể nhân tất cả các số hữu tỉ đó với bội chung dương nhỏ nhất của các mẫu).

     

    Giả sử $S={a_1,a_2,cdots,a_{2014}}$ là bộ 2014 số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán. Chú ý rằng từ giả thiết bài toán, nếu bỏ đi một số bất kỳ trong 2014 số thì tích 2013 số còn lại sẽ là một lập phương đúng.

     

    a) Xét trường hợp $S$ chứa ít nhất một phần tử $a_i$ bằng 0. Ta bỏ đi một phần tử nào đó, nhưng không phải phần tử $a_i$ thì 2013 số còn lại sẽ được phân hoạch thành ba tập $S_1,S_2,S_3$, mỗi tập gồm 671 phần tử và tích các phần tử của mỗi tập đều bằng nhau. Khi đó tồn tại một tập $S_i$ chứa phần tử 0, không mất tổng quát giả sử $S_1$ chứa 0 thì $S_2,S_3$ cũng phải chứa 0. Khi đó, $S$ có ít nhất 3 số 0. Giả sử ta bỏ đi 1 trong 3 số 0 đó thì khi chia $S$ thành ba tập rời nhau, sẽ tồn tại một tập chứa ít nhất một số 0, suy ra hai tập còn lại cũng phải chứa số 0. Do vậy, $S$ phải chứa ít nhất 4 số 0.

     

    Ngược lại, dễ dàng kiểm tra được một bộ 2014 số nguyên trong đó có ít nhất 4 số 0 luôn thỏa mãn yêu cầu bài toán.

     

    $P=b_1b_2cdots b_{2014}.$

    Ta phân tích $P$ thành tích các thừa số nguyên tố dưới dạng sau

    $P=p_1^{3k_1+r_1}p_2^{3k_2+r_2}cdots p_n^{3k_n+r_n}=(p_1^{3k_1}p_2^{3k_2}cdots p_n^{3k_n})(p_1^{r_1}p_2^{r_2}cdots p_n^{r_n}),$

    trong đó $k_i,r_iin mathbb N$ và $r_iin{0,1,2}.$

     

     

    Bây giờ, ta sẽ chỉ ra tất cả các bộ 2014 số nguyên khác 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Trước hết, bộ phải chứa 2014 số có giá trị tuyệt đối bằng nhau. Hơn nữa, nếu bộ số đó chứa đúng 1 hoặc 2 số âm (hoặc chứa đúng 1 hoặc 2 số dương) thì bộ đó không thỏa mãn điều kiện bài toán. Trong các trường hợp còn lại, có thể dễ dàng kiểm tra bộ số luôn thỏa mãn yêu cầu bài toán. Vậy, bộ 2014 số cần tìm có một trong hai dạng

     

    Dạng 1. ${0;0;0;0;a_1,a_2,cdots,a_{2010}}$ với $a_iin mathbb Q.$

     

    Dạng 2. ${-a;-a;cdots;-a;a;a;cdots;a}$ trong đó gồm $t$ số $-a$ và $2014-t$ số $a,$ với $ain mathbb Q;$ còn $t=0$ hoặc $3leq tleq 2014.$

     

     

     

    --- Bài cũ hơn ---

  • Hướng Giải Và Bình Luận Đề Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia Môn Toán 2014 Của Gs Nguyễn Tiến Zũng
  • Giới Thiệu Một Số Tài Liệu Về Các Đề Thi Toán Quốc Tế Từ Năm 1959
  • Lời Giải Đẹp Cho Bài Toán Olympic Giúp Lê Bá Khánh Trình Giành Giải Đặc Biệt
  • 10 Website Giải Nguy Tức Khắc Cho Developer
  • Đề Thi Học Kì 1 Lớp 11 Môn Toán Có Đáp Án Sở Gd&đt Quảng Nam
  • Giải Nobel Y Học Năm 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Công Trình Nghiên Cứu Giành Giải Nobel Y Học 2022 Có Gì Đặc Biệt?
  • Nobel Y Học 2022 : Tiến Sĩ Nhật Ohsumi Và Tế Bào Tự Hủy
  • Ý Nghĩa Và Cách Sử Dụng Icon Facebook Được Yêu Thích Nhất Hiện Nay
  • 🙆‍♀️ Nghĩa Là Gì? Giải Thích Đúng Nhất!
  • Dàn Ý Dạng Đề Nghị Luận Về Một Ý Kiến Bàn Về Văn Học
  • Hình cơ chế của sự tự thực bào

    Ngày 03/10/2016, nhà Sinh học Yoshinori Ohsumi, thuộc Viện Kĩ thuật Tokyo (Tokyo Institute of Technology), đã thắng giải Nobel Y học cho nghiên cứu về cơ chế tự thực bào (autophagy) của tế bào, cơ chế giúp tế bào tái chế một phần vật chất của nó.

    Các nhà khoa học đã bắt đầu nhận thức cơ chế tự thực bào từ những năm 1960 nhưng hiểu biết rất ít về nó. Đến năm 1990, thí nghiệm tiên phong của Ohsumi với nấm men của bánh mì đã giúp sáng tỏ hơn về cơ chế hoạt động của quá trình tự thực bào.

    Vậy tự thực bào (autophagy) có nghĩa là gì?

    Thuật ngữ “tự thực bào” (autophagy) có thể dịch ra là “tự ăn” (self eating), lần đầu tiên được đưa ra bởi các nhà khoa học nghiên cứu biểu hiện của tế bào trong những năm 1960 (nhà khoa học Laureate Christian de Duve, 1963).

    Tại thời điểm đó, các nhà nghiên cứu thấy rằng một tế bào có thể phá hủy một phần của nó bằng cách vận chuyển vào một túi khác gọi là các lysosome để phân rã từ từ.

    Nhưng Juleen Zierath thành viên của Hội đồng Nobel giải thích, Ohsumi cho thấy lysosome không phải là một túi chứa chất thải mà đó là một nhà máy tái chế. Trong những năm 1990, thí nghiệm của Ohsumi đã sử dụng nấm men bánh mì để xác định các gen cần thiết cho quá trình tự thực bào.

    Quỹ Nobel đã đưa ra một tuyên bố “Sau đó, ông ấy đã làm sáng tỏ cơ chế cơ bản của quá trình tự thực bào trong nấm men và cho thấy sự tương đồng trong cơ chế tinh vi được sử dụng trong các tế bào”.

    Theo CNN

    Kiều Oanh

    --- Bài cũ hơn ---

  • Nobel Y Học 2022 Vinh Danh Cuộc Chiến Chống Bệnh Viêm Gan
  • Giải Nobel Y Học : Từ 1901 Đến Nay
  • Giải Nobel Y Học 2022 Thuộc Về Nghiên Cứu Liệu Pháp Điều Trị Ung Thư
  • Nobel Y Học 2022 Và Những Cơ Bản Về Giải Thưởng Nobel
  • Nghiên Cứu Khám Phá Tế Bào Giành Giải Nobel Y Sinh 2022
  • Pemenang Lengkap Mama 2022, Exo

    --- Bài mới hơn ---

  • Phương Pháp Giải Các Dạng Bài Toán Phương Trình Mặt Phẳng
  • Review Sách Bài Tập Và Bài Giải Quản Trị Dự Án Hiện Đại
  • Giải Sách Bài Tập Môn Toán 8
  • Giải Sách Bài Tập Toán 7
  • Lớp 7 – Để Học Tốt Lớp 7 – Giải Bài Tập Lớp 7
  • chúng tôi – Setelah melewati masa voting dan penilaian secara ketat, MNet Asian Music Awards 2022 akhirnya digelar pada Jumat (2/12). MAMA pun mengumumkan deretan pemenang dari tiap kategori maupun penghargaan spesial yang diberikan kepada mereka yang memang layak mendapatkannya.

    Sederet bintang K-Pop papan atas pun hadir di acara ini, baik untuk menerima penghargaan maupun menampilkan performance yang menghibur seperti EXO, BTS, TWICE, GFriend, Seventeen, dan lain-lain. Bintang top dunia pun juga hadir seperti Wiz Khalifa dan Timbaland. Bintang drama dan film kelas A Korea juga hadir untuk menyerahkan penghargaan kepada para pemenang, mulai dari Han Hyo Joo, Park Bo Gum, Ha Ji Won, sampai Lee Byung Hun.

    Buat yang ketinggalan tak melihat acara ini dan penasaran siapa saja yang menang, tenang ini daftar lengkap siapa saja yang berhasil membawa pulang award. Selamat kepada para pemenang dan selamat juga untuk para penggemar yang telah memberikan vote untuk idolanya!

    Pemenang utama di MAMA 2022 © Istimewa

    Pemenang utama di MAMA 2022 © Istimewa

    Best New Female Artist

    IOI

    Best New Male Artist

    NCT 127

    Best OST

    LEE JUCK (Dont Worry, OST Reply 1988)

    Best Female Artist

    TAEYEON

    Best Dance Performance Male Group

    BTS

    Best Vocal Performance Male

    CRUSH

    Best Vocal Performance Female

    AILEE

    Best Dance Performance Solo

    TAEMIN

    Best Vocal Performance Group

    DAVICHI

    Best Male Group

    EXO

    Best Female Group

    TWICE

    Best Band Performance

    CNBLUE

    Best Music Video

    BLACK PINK (Whistle)

    Best Collaboration

    SUZY & BAEKHYUN

    Best Rap Performance

    CJAMM, BEWHY

    Best Male Artist

    ZICO

    Best Dance Performance Female Group

    GFRIEND

    Hotels Combined Song of the Year

    TWICE (Cheer Up)

    Hotels Combined Artist of the Year

    BTS

    Hotels Combined Album of the Year

    EXO

    Special Award

    Best Asian Style

    EXO

    Worldwide Favorite Artist Award

    GOT7

    World Performer

    SEVENTEEN

    Best of Next Award

    BLACK PINK

    MONSTA X

    Best Asian Artist Thailand

    GETSUNOVA

    Best Asian Artist Vietnam

    NOO PHUC THIN

    Best Asian Artist Indonesia

    ISYANA SARASVATI

    Best Asian Artist Japan

    SEKAI NO OWARI

    Best Asian Artits China

    HUA CHENYU

    Best Asian Artist Singapore

    JJ LIN

    Best Executive Producer of the Year

    BANG SI HYUK

    Best Producer of the Year

    BLACK EYED PILSEUNG

    Best Promoter of the Year

    MASAHIRO HIDAKA

    Best Choreografer of the Year

    J.DA APISSARA PHETRUENGRONG

    Best Visual & Art Director of the Year

    MIN HEE JIN

    Best Engineer of the Year

    TANAKA HIRONOBU

    Best International Producer

    TIMBALAND

    Inspired Achievement

    QUINCY JONES

    (kpl/pit)

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Thưởng Và Đề Cử Bts
  • Kpop: Bts Tỏa Sáng Với 2 Giải Thưởng Tại Amas 2022 ::mobile Site
  • Giải Sbt Toán 9 Bài 6: Cung Chứa Góc
  • Giải Sách Bài Tập Toán 9
  • Giải Bài Tập Mai Lan Hương Lớp 8 Unit 13 Festivals Có Đáp Án (4)
  • Đáp Án Đề Thi Vào Lớp 10 Môn Văn Hà Nội Năm 2022 (Năm Học 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Bộ Đề Minh Họa 2022 Lần 2 Đầy Đủ Các Môn + Đáp Án
  • Đáp Án Đề Thi Tuyển Sinh Lớp 10 Môn Anh Bắc Giang Năm 2022
  • Tổng Hợp Đề Thi Vào Lớp 10 Môn Tiếng Anh Các Tỉnh Có Đáp Án
  • Giải Bài Tập Bài 8 Trang 20 Sgk Gdcd Lớp 6
  • 4 Đề Thi Hoc Kì 2 Môn Vật Lý Lớp 6 Có Lời Giải Và Đáp Án Chi Tiết Năm 2022
  • Đáp án đề thi vào lớp 10 môn Văn Hà Nội năm 2022 (Năm học 2022-2017). Sáng nay, 75000 thí sinh thi vào lớp 10 tại Hà Nội. Được biết chỉ tiêu lấy 53.000 học sinh vào công lập, loại khoảng 23.000 thí sinh.

    Thời gian thi môn văn vào 10 Hà Nội:

    • Thời gian phát đề: 7h55
    • Thời gian làm bài: 8h00
    • Thời gian làm bài: 120 phút
    • Hình thức thi: Tự luận

    Đề thi chính thức vào lớp 10 Hà Nội năm 2022

    SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

    ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 THPT

    Năm học 2022-2017

    Môn: NGỮ VĂN

    Ngày: 8/6/2016

    Thời gian làm bài: 120 phút.

    Đề thi đã được cập nhật sẽ có sớm nhất cho thầy cô và các em tham khảo.

    Phần I. ( 4 điểm)

    Trong bài Phong cách Hồ Chí Minh sau khi nhắc lại việc chủ tịch Hồ Chí Minh đã tiếp xúc với văn hóa nhiều nước, nhiều vùng trên thế giới, tác giả Lê Anh Trà viết:

    …” Nhưng điều kì lạ là tất cả những ảnh hưởng quốc tế đó đã nhào nặn cái gốc văn hóa dân tộc không gì lay chuyển được ở Người, để trở thành một nhân cách Việt Nam, một lối sống rất bình dị, rất Việt Nam, rất phương Đông, nhưng cũng đồng thời rất mới, rất hiện đại…”

    (Trích ngữ văn 9, tập một NXB Giáo dục Việt Nam 2022)

    1. Ở phần trích trên, tác giả đã cho thấy vẻ đẹp của phong cách Hồ Chí Minh được kết hợp hài hòa bởi những yếu tố nào? Em hiểu được điều gì về tình cảm của tác giả dành cho Người?

    2. Xác định hai danh từ được sử dụng như tính từ trong phần trích dẫn và cho biết hiệu quả nghệ thuật của cách dùng từ ấy.

    3. Em hãy trình bày suy nghĩ (khoảng 2/3 trang giấy thi) về trách nhiệm của thế hệ trẻ đối với việc giữ gìn bản sắc văn hóa dân tộc trong thời kì hội nhập phát triển.

    Phần II. ( 6 điểm)

    Ở bài thơ Bếp lửa ( Bằng Việt) trong dòng hồi tưởng , người cháu nhớ lại:

    …” Năm ấy là năm đói mòn mỏi”…

    rồi trở về thực tại:

    ” Giờ cháu đã đi xa. Có ngọn khói trăm tàu

    Có lửa trăm nhà, niềm vui trăm ngả

    Nhưng vẫn chẳng lúc nào quên nhắc nhở:

    – Sớm mai này bà nhóm bếp lên chưa?…”

    ( Trích ngữ văn 9, tập một, NXB Giáo dục Việt Nam, 2022)

    1. Nêu hoàn cảnh ra đời của bài thơ.

    2.”Năm ấy là năm đói mòn đói mỏi” được nhắc tới trong bài thơ gợi nhớ về thời điểm nào của đất nước? Việc nhà thơ tách từ “mòn mỏi” để ghép thành đói mòn đói mỏi có tác dụng gì?

    3. Viết một đoạn văn theo cách lập luận diễn dịch (khoảng 12 câu) làm rõ tình cảm sâu nặng của cháu đối với bà ở khổ thơ trên trong đó có sử dụng phép nối để liên kết và một câu bị động (gạch dưới từ ngữ dùng làm phép nối và câu bị động)

    4. Hãy nêu tên một tác phẩm khác trong chương trình môn Ngữ Văn cấp trung học cơ sở cũng viết về tình cảm bà cháu và ghi rõ tên tác giả.

    Phần I.

    1. Trường học cách mạng của Bác Hồ là hiện thực sôi động của thế giới. Bác Hồ đã đi qua nhiều nơi, tiếp xúc với nhiều nền văn hoá khác nhau từ phương Đông tới phương Tây nên có kiến thức sâu rộng về văn hóa của các nước châu Á, châu Âu, châu Phi, châu Mĩ… Để có được trình độ hiểu biết uyên thâm ấy, Bác Hồ đã không ngại gian khổ, khó khăn, dày công học tập trong một thời gian rất dài

    Trong cuộc đời đầy truân chuyên của mình, Chủ tịch Hồ Chí Minh đã tiếp xúc với văn hóa nhiều nước, nhiều vùng trên thế giới, cả ở phương Đông và phương Tây. Trên những con tàu vượt trùng dương, Người đã ghé lại nhiều hải cảng, đã thăm các nước châu Phi, châu Á, châu Mĩ.

    Bác hiểu rằng, muốn tìm hiểu về bất cứ dân tộc nào, quốc gia nào thì trước hết phải nắm vững phương tiện giao tiếp là ngôn ngữ. Chính vì thế, Người khổ công luyện tập để nói và viết thạo nhiều thứ tiếng ngoại quốc như Pháp, Anh, Hoa, Nga.

    Trong quá trình tìm hiểu và tiếp thu nền văn hóa của nhân loại, Bác Hồ có một mục đích rõ ràng là để tạo cho mình một nhân cách, một lối sống mới, kết hợp hài hòa giữa tính truyền thống và tính hiện đại.

    Phương pháp học tập của Người cũng hết sức đặc biệt. Đó là học qua thực tế công việc của nhiều nghề khác nhau và học từ trong hiện thực cuộc sống phong phú, sôi động xung quanh.

    Tác giả khẳng định: Có thể nói ít có vị lãnh tụ nào lại am hiểu nhiều về các dân tộc và nhân dân thế giới văn hoá thế giới sâu sắc như Chủ tịch Hồ Chí Minh. Đến đâu Người cũng học hỏi, tìm hiểu văn hoá nghệ thuật đến một mức khá uyên thâm.

    Điều quan trọng là Bác Hồ đã tiếp thu tinh hoa văn hoá nhân loại một cách chủ động và chọn lọc, rồi kết hợp hài hoà với vẻ đẹp truyền thông của nền văn hoá dân tộc Việt Nam để tạo cho mình một bản sắc riêng:

    Người cũng chịu ảnh hưởng của tất cả các nền văn hoá, đã tiếp thu mọi cái đẹp và cái hay đồng thời với việc phê phán những tiêu cực của chủ nghĩa tư bản. Nhưng điều kì lạ là tất cả những ảnh hưởng quốc tế đó đã nhào nặn với cái gốc văn hoá dân tộc không gì lay chuyển được ở Người, để trở thành một nhân cách rất Việt Nam, một lối sống rất bình dị, rất Việt Nam, rất phương Đông, nhưng cũng đồng thời rất mới, rất hiện đại..

    2. Hai danh từ được sử dụng như tính từ “Việt Nam” và ‘phương Đông”. từ Việt Nam như là thể hiện một nền văn hóa bình dị đời thường, còn phương Đông thể hiện một nền văn hóa hiện đại mới mẻ.

    3.

    Giữ gìn bản sắc văn hoá dân tộc là một tư tưởng luôn được đề cao trong lịch sử xây dựng và phát triển đất nước của nhân dân Việt Nam. Trong bối cảnh hội nhập quốc tế sôi động hiện nay, đây lại càng là vấn đề quan trọng. ý thức giữ gìn bản sắc văn hoá dân tộc của thế hệ trẻ, một lực lượng đông đảo và hùng hậu đang là điều được quan tâm đặc biệt của xã hội.

    Hơn bất kì ai, thanh niên, thiếu niên là những đối tượng bén nhạy nhất với các yếu tố văn hoá. Nhìn vào thế hệ trẻ hôm nay, đặc biệt là thành viên của thế hệ 8X, 9X người ta thấy biểu hiện một ý thức đối với bản sắc văn hoá dân tộc. Thế hệ trẻ bây giờ nhanh nhạy hơn, năng động hơn, hiện đại hơn, đó là dấu hiệu đáng mừng, bởi nó chứng tỏ tuổi trẻ Việt Nam luôn nắm bắt và theo kịp những yêu cầu của thời đại. Thế nhưng, hãy quan sát kĩ một chút, chúng ta sẽ thấy trong cái năng động, hiện đại đó còn có rất nhiều điều đáng suy ngẫm.

    Đầu tiên là từ những cái dễ thấy nhất như đi đứng, nói năng, ăn mặc, phục trang. Xu hướng chung của giới trẻ là bắt chước, học theo phim nước ngoài, theo các diễn viên, các ca sĩ nổi tiếng. Những mái tóc nhuộm nhiều màu, những bộ quần áo cộc cỡn, lạ mắt, những cử chỉ đầy kiểu cách, những câu nói lẫn lộn Tiếng Anh, Tiếng Việt… đó là biểu hiện của một thứ văn hoá đua đòi phù phiếm. Sự chân phương, giản dị mà lịch lãm, trang nhã vốn là biểu hiện truyền thống của người Việt Nam đã không được nhiều bạn trẻ quan tâm, để ý. Chạy theo những hình thức như vậy cũng là biểu hiện của việc quay lưng lại với bản sắc văn hoá dân tộc. ở một chiều sâu khó thấy hơn là quan niệm, cách nghĩ, lối sống. Rất nhiều thanh, thiếu niên Việt Nam không nắm được lịch sử dân tộc dù đã được học rất nhiều, trong khi đó lại thuộc lòng vanh vách tiểu sử, đời tư của các diễn viên, ca sĩ ; không biết, không hiểu và không quan tâm tới các lễ hội dân gian vốn là sinh hoạt văn hoá truyền thống lâu đời của nhân dân trong khi rất sành về “chát”, về ca nhạc, cà phê. Ngày lễ, tết họ đến nhà thờ hoặc vào chùa hái lộc nhưng không biết bàn thờ gia tiên đã có những gì. Họ coi sự cần cù, chăm chỉ là biểu hiện của sự cũ kĩ, lạc hậu… Tất cả đều là biểu hiện của một sự thiếu ý thức trong giữ gìn bản sắc văn hoá dân tộc. Tiếp xúc với nhiều công dân trẻ tuổi, người ta thấy dấu ấn của bản sắc văn hoá Việt Nam là rất mờ nhạt, mà đậm nét lại là một thứ văn hoá ngoại lại hỗn tạp. Đó là một thực trạng đang khá phổ biến hiện nay.

    Có hai nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng trên : nguyên nhân khách quan và nguyên nhân chủ quan. Về phía khách quan, đó chính là tác động của môi trường sống, của bối cảnh thời đại. Thời đại đất nước mở cửa giao lưu, hội nhập với thế giới cho nên văn hoá bên ngoài theo đó mà tràn vào Việt Nam. Đâu đâu cũng có thể dễ dàng bắt gặp hình ảnh của một thứ văn hoá mới, hiện đại và đầy quyến rũ. Trong một không gian chung như vậy, những nét văn hoá cổ truyền của người Việt dường như đang có nguy cơ trở nên yếu thế.

    Về chủ quan, thế hệ trẻ ngày nay ít quan tâm để ý đến vấn đề bản sắc văn hoá. Họ thiếu ý thức giữ gìn, bởi thực chất là họ không hiểu được bản sắc văn hoá dân tộc là gì và cũng không cần hiểu.

    Những công dân trẻ Việt Nam sinh ra và lớn lên trên mảnh đất Việt Nam nhưng lại không giống một người dân nước Việt. Họ có bề rộng nhưng thiếu chiều sâu, chiều sâu của một tâm hồn Việt, một tính cách Việt. Văn hoá dân tộc là cội rễ bền vững của tâm hồn mỗi con người, không lớn lên và bám chắc vào cội rễ đó, mỗi con người chỉ còn là một cá nhân lạc loài giữa cộng đồng của mình. Đó là hậu quả đầu tiên dành cho chính mỗi người, đặc biệt là những người trẻ tuổi. Và hãy tưởng tượng, nếu thế hệ hôm nay quên đi bản sắc văn hoá dân tộc mình thì trong một tương lai không xa chúng ta sẽ còn lại gì ? và những thế hệ tiếp nối sau này sẽ ra sao ? Bản sắc văn hoá là linh hồn, là gương mặt riêng của mỗi dân tộc, là yếu tố quan trọng để khẳng định vị thế của dân tộc đó ở giữa cộng đồng thế giới. Đánh mất bản sắc riêng trong nền văn hoá của mình là đánh mất quá khứ, mất lịch sử, mất cội nguồn và chúng ta chỉ còn là một con số không ở giữa nhân loại. Thế hệ trẻ là những người nắm giữ tương lai của đất nước, bởi vậy, nâng cao ý thức giữ gìn bản sắc văn hoá dân tộc là một điều vô cùng cần thiết.

    Vậy thì cần làm gì để thực hiện được điều đó. Trước hết, là phải từ sự tự giác ý thức của mỗi người. Mỗi thanh niên, thiếu niên phải thực sự thấy được giá trị của văn hoá dân tộc – những giá trị được chắt lọc và đúc kết từ ngàn đời, được gìn giữ, kế thừa qua bao thăng trầm của lịch sử, đã và đang ăn sâu trong máu thịt của mỗi người dân để dù có đi đâu, sống ở nơi nào, con người đó vẫn luôn là người dân nước Việt.

    Gia đình, cộng đồng xã hội cũng phải chung sức, chung lòng để tô đậm thêm nữa những giá trị văn hoá đó trong sự trà trộn phức tạp của những luồng văn hoá khác. Mặt khác, cũng cần phải thấy rằng, giữ gìn ở đây không có nghĩa là khư khư ôm lấy cái đã có. Cần phải kế thừa phát huy nhưng đồng thời cũng phải phát triển nó lên bằng cách kết hợp có lựa chọn với những yếu tố văn hoá mới tích cực. Từ đó hình thành một nền văn hoá Việt Nam vừa truyền thống, vừa hiện đại, đa dạng, vừa thống nhất, đảm bảo được yêu cầu “hoà nhập nhưng không hoà tan” trong một thời đại mới. Thực hiện điều này là trọng trách, là nghĩa vụ của mỗi công dân, của mỗi thanh, thiếu niên hôm nay.

    Giữ gìn bản sắc văn hoá dân tộc là đóng góp có ý nghĩa đầu tiên cho đất nước mà mỗi thanh thiếu niên có thể làm và hãy làm bắt đầu từ việc điều chỉnh, uốn nắn chính những hành vi, ý thức của bản thân mình

    1. Hoàn cảnh ra đời bài thơ “Bếp lửa”.

    – Sáng tác năm 1963, khi nhà thơ đang là sinh viên theo học ngành Luật tại nước Nga

    – In trong tập “Hương cây – bếp lửa” – tập thơ đầu tay của Bằng Việt in chung với Lưu Quang Vũ.

    2. “Năm ấy đói mòn đói mỏi” được nhắc đến là trong thời điểm Nạn đói năm 1945 đã khiến bao người phải chịu cảnh lầm than, phải chết đi. Năm ấy, Bằng Việt mới lên bốn tuổi. Sống trong hoàn cảnh ấy thì làm sao tránh được những cơ cực. Từ ghép “mòn mỏi” được chia tách ra, đan xen với từ đói đã gợi cái cảm giác nạn đói ấy vừa kéo dài và còn làm khô cạn sức người lẫn gia súc.

    3.

    Lời nhắc ấy là lời nhắc cháu đã mang theo từ bếp lửa của bà. Ngọn lửa ấy luôn cháy trong lòng cháu. “Chờn vờn”, “ấp iu” nhưng dai dẳng và bền bỉ dù là “khói trăm tàu, lửa trăm nhà, niềm vui trăm ngả” vẫn không thể nào khiến nó bị lụi tàn hay che khuất.

    Tình bà cháu trong “Bếp lửa” của Bằng Việt là tình cảm thiêng liêng cảm động. Bà dành cho cháu những hi sinh thầm lặng của phần đời mong manh còn lại. Bà là mái ấm chở che, bao bọc tuổi thơ dại khờ, yếu đuối của cháu trước những mất mát, đau thương của cuộc sống. Và người cháu, những năm tháng cháu đi trong đời là những năm tháng cháu nhớ đến bà với lòng tin yêu và biết ơn sâu sắc. Ngọn lửa bà trao cho cháu đưạc cháu giữ vẹn nguyên để trở thành ngọn lửa trường tồn, bất diệt.

    4. Một tác phẩm cũng nói về tình cảm bà cháu trong chương trình THCS là ” Tiếng Gà Trưa” của tác giả Xuân Quỳnh.

    Đáp án Đề thi đang được cập nhật. Đáp án từ thầy cô và đáp án của Sở GD&ĐT Hà Nội.

    Nguồn Dethikiemtra.com

    --- Bài cũ hơn ---

  • Đáp Án Đề Thi Vào Lớp 10 Môn Văn Hà Nội Năm 2022
  • Đề Thi, Gợi Ý Đáp Án Môn Ngữ Văn Vào Lớp 10 Tại Hà Nội Năm 2022
  • Đáp Án Đề Thi Môn Văn Vào Lớp 10 Hà Nội Năm 2013
  • Đề Thi Học Kì 2 Lớp 7 Môn Địa Lý Năm 2014
  • 500 Câu Hỏi Lý Thuyết Nâng Cao Môn Hóa Học Năm 2022 (Có Lời Giải Chi Tiết)
  • Tế Bào Tự Thực Trong Giải Nobel Y Học Năm 2022

    --- Bài mới hơn ---

  • Nobel Y Học 2022 Vinh Danh Nhà Khoa Học Nhật Bản Yoshinori Ohsumi
  • Công Trình Nghiên Cứu Giành Giải Nobel Y Học 2022 Có Gì Đặc Biệt
  • 3 Nhà Khoa Học Giành Giải Nobel Y Học 2022
  • Đồng Hồ Sinh Học Và Giải Nobel Y Học 2022
  • Giải Nobel Y Học 2022 Thuộc Về ‘nhịp Sinh Học’ Của 3 Nhà Khoa Học Mỹ
  • Nghiên cứu của nhà khoa học Nhật Bản giành giải Nobel Y học 2022 về cơ chế tự thực của tế bào mở ra cánh cửa ứng dụng trong điều trị bệnh hiểm nghèo.

    Yoshinori Oshumi, nhà khoa học Nhật Bản, giành giải Nobel Y học năm 2022. Ảnh: Kenishii.

    Yoshinori Osumi, nhà khoa học Nhật Bản, giành giải Nobel Y học 2022 hôm 3/10 sau nhiều năm nghiên cứu tế bào nấm men để tìm hiểu cơ chế tự thực của tế bào, Nature World News đưa tin.

    Tự thực là quá trình cơ bản của sự phân tách và tái tạo tế bào. Quá trình này được các nhà khoa học biết đến từ năm 1960, khi phát hiện ra tiêu thể (Lysosome), nơi tích trữ các tế bào phân tách. Sau khi quan sát, các nhà khoa học phát hiện tế bào giống như đang “tự ăn chính nó”, tiêu hủy chất chứa bên trong. Chúng sau đó co màng lại và tạo thành các bọng hình túi rồi chuyển tới tiêu thể.

    Tuy nhiên trước đó, các nhà khoa học chưa hiểu rõ về cách thức tế bào thực hiện quá trình tự thực. Nghiên cứu của Ohsumi đã giải đáp vấn đề này.

    Ohsumi sinh năm 1945 ở Fukuoka, Nhật Bản. Ông nhận bằng tiến sỹ ở trường Đại học Tokyo năm 1974 và mở phòng thí nghiệm vào năm 1988. Mục tiêu nghiên cứu của Ohsumi là tìm hiểu cách vận hành chính xác của cơ chế tự thực. Ông nghiên cứu các tế bào của men bánh mì để tìm ra loại gene tham gia vào quá trình tự thực. Sau đó, Ohsumi tái tạo lại quá trình này rồi đưa ra kết luận, quá trình tự thực tương tự cũng xảy ra ở tế bào con người.

    “Khi nghiên cứu các quá trình trong cơ thể, tôi phát hiện ra có quá trình làm mới đang diễn ra trong cơ thể con người, nhờ vậy cơ thể sống mới có thể tồn tại”, Ohsumi trả lời đài truyền hình Nhật Bản NHK.

    Quá trình tự thực của tế bào có vai trò rất quan trọng. Khi thiếu chất dinh dưỡng, các tế bào phá vỡ protein và các thành phần không cần thiết để tái sử dụng chúng thành năng lượng. Quá trình tự thực cũng giúp tiêu diệt virus và vi khuẩn xâm nhập, loại bỏ các cấu trúc hư hỏng. Nó được cho là có khả năng đánh bại ung thư, các bệnh truyền nhiễm, bệnh về miễn dịch và sự rối loạn thoái hóa thần kinh.

    Nghiên cứu của Ohsumi cũng truyền cảm hứng để nhiều nhà khoa học trên thế giới tham gia nghiên cứu về quá trình này.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Giải Nobel Y Sinh Học 2022: Phảng Phất Ý Niệm ‘vô Thường’
  • Giải Nobel Y Học 2022 Trao Cho Nhà Khoa Học Nhật ​yoshinori Ohsumi
  • Giải Nobel Y Học 2022 Vinh Danh Nghiên Cứu Về Viêm Gan C
  • Giải Nobel Y Học Và Vật Lý 2022
  • Nobel Y Học 2022 Vinh Danh Nghiên Cứu Về Virus Viêm Gan C
  • Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lí Lớp 6 (2016)

    --- Bài mới hơn ---

  • Giáo Án Môn Vật Lí 6
  • Giải Sách Bài Tập Vật Lí Lớp 8
  • Giải Vbt Ngữ Văn 9 Tổng Kết Về Ngữ Pháp (Tiếp Theo)
  • Một Số Phương Pháp Giải Bài Tập Chương Iii: Adn Và Gen Nhằm Nâng Cao Chất Lượng Môn Sinh Học 9 Ở Trường Thcs Nga Tân
  • Tổng Hợp Những Câu Đố Mẹo Hại Não Có Đáp Án
  • Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lí Lớp 6

    Cuốn sách Phương Pháp Giải Bài Tập Vật Lí Lớp 6 được biên soạn giúp các em học sinh có thêm tư liệu rèn luyện giải toán Vật lí lớp 6. Nội dung kiến thức của các chuyên đề trong sách bám sát chương trình và kiến thức Vật lí 6, được cấu trúc từ dạng cơ bản đến nâng cao.

    Các tác giả đã trình bày một cách có hệ thống để học sinh nắm vững phương pháp giải các dạng toán điển hình thường xuất hiện trong chương trình cũng như các kỳ thi. Cuốn sách đưa ra nhiều dạng bài khác nhau và gợi ý nhiều phương pháp giải khoa học, có tính sáng tạo, tìm tòi.

    --- Bài cũ hơn ---

  • Cách Giải Nén File Zip
  • Dàn Ý Giải Thích Câu Học, Học Nữa, Học Mãi
  • Khái Niệm Âm Thanh Dts, Dts Hd. Android Box Nào Chuẩn Âm Thanh Tốt Nhất
  • Công Nghệ Dts Là Gì? Các Ưu Điểm Tuyệt Vời Của Dts
  • Công Nghệ Dts Là Gì? Có Gì Đặc Biệt?
  • Web hay
  • Links hay
  • Push
  • Chủ đề top 10
  • Chủ đề top 20
  • Chủ đề top 30
  • Chủ đề top 40
  • Chủ đề top 50
  • Chủ đề top 60
  • Chủ đề top 70
  • Chủ đề top 80
  • Chủ đề top 90
  • Chủ đề top 100
  • Bài viết top 10
  • Bài viết top 20
  • Bài viết top 30
  • Bài viết top 40
  • Bài viết top 50
  • Bài viết top 60
  • Bài viết top 70
  • Bài viết top 80
  • Bài viết top 90
  • Bài viết top 100