Đề chọn ĐTQG tỉnh Bắc Ninh năm 2020-2021

Bài 1. Cho dãy số ${\left(a_n\right)}_{n=0}^{+\infty}$ xác định như sau: $a_0=0$, $a_1=1$, $a_{n+2}=2 a_{n+1}-p a_n$ với mọi số tự nhiên $n$. Biết rằng $p$ là số nguyên tố và trong dãy có số hạng bằng $-1$. Tìm tất cả các giá trị có thể của $p$.

Lời giải

Xét $p=2$, dễ thấy khi đó, mọi số hạng kể từ $a_2$ đều chẵn nên không thỏa mãn giả thiết.
Xét $p$ lẻ. Từ giả thiết, ta có $a_{n+2} \equiv 2 a_{n+1} \pmod{p}$.
Nên $a_m \equiv 2^{m-1} a_1 \pmod{p}$ với mọi số nguyên $m \geq 2$.
Xét với số hạng bằng $-1$ trong dãy, kí hiệu là $a_m$ ta được $2^{m-1} \equiv-1\pmod{p}$. $(1)$
Lại có $a_{n+2} -a_{n+1} \equiv a_{n+1} -a_n \pmod{p-1}$ nên $a_{n+1} -a_0 \equiv (n+1)\left( a_1- a_0 \right)$ hay \break $a_{n+1} \equiv (n+1)\left( a_1- a_0 \right)\pmod{p-1}$.
Áp dụng với $a_m$ ta được $-1=a_m \equiv m\left( a_1- a_0 \right)$.
Từ đó $m \equiv-1\pmod{p-1}$ hay $m+1=t(p-1)$. $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$, kết hợp áp dụng định lí Fermat (để ý $p$ lẻ) $2^{p-1} \equiv 1\pmod{p}$ ta được: $$-4 \equiv 4 \cdot 2^{m-1} \equiv 2^{m+1} \equiv 1\pmod{p}$$ Từ đó, suy ra giá trị duy nhất $p=5$ thỏa mãn.

Bài 2. Cho đường tròn $(O)$ bán kính $R$ tiếp xúc với đường thẳng $d$ tại điểm $T$ cho trước. Một điểm $M$ di dộng trên $(O)$, tiếp tuyến của $(O)$ tại $M$ cắt $d$ tại $P$. Gọi $(C)$ là đường tròn tâm $J$ qua $M$ và tiếp xúc với $d$ tại $P$ và $I$ là điểm đối xứng với $P$ qua $J$. Chứng minh $OI=IP$ và $(C)$ tiếp xúc với đường tròn cố định. Tìm quỹ tích tâm $J$ của đường tròn $(C)$ khi $M$ di động trên $(O)$.

Lời giải

1. Ta có $\widehat{OMP}=90^{\circ}$ nên $O$, $M$, $I$ thẳng hàng. Gọi $K$ là giao điểm của $OP$ với $(C)$, khi đó $PM$, $IK$ là các đường cao của $\Delta IOP$ chúng cắt nhau tại $F$ (trực tâm). Gọi $E$ là giao điểm của $OF$ với $IP$, thì $OM=EP=R$, suy ra $\Delta OEP=\Delta PMO$ từ đó có $\widehat{OPE}=\widehat{POM},$ như vậy $\Delta IOP$ cân nên $OI=PI$. (HS có thể chứng minh thông qua liên hệ giữa các góc $\widehat{OMT}$, $\widehat{OIK}$, $\widehat{K I P}$, $\widehat{O P T}$).
   Gọi $S$ là điểm xuyên tâm đối của điểm $T$ trên đường tròn $(O)$, gọi $k$ là phương tích của điểm $S$ đối với đường tròn $(C)$. Gọi $R_c$ là bán kính của $(C)$ ($R_c$ thay đổi). Ta tính $k$.
   Ta có $k=P_{S /(C)}=SJ^2- R_c^2$.
   Gọi $H$ là hình chiếu của $J$ trên $ST$, thì $JH \parallel d$. Trong tam giác vuông $SJH$ có $$SJ^{2}=JH^{2}+SH^{2}=TP^{2}+\left(2 R-R_c\right)^2$$ (ta luôn có điều này cả khi $J$ nằm trong hay ngoài đoạn $ST$).
   Suy ra $SJ^2-R_c^2=TP^{2}+4 R^2-4 RR_c=OP^2-R^2+4 R^2-4 RR_c=OP^2+3 R^2-4RR_c$.
   Mà $OP^2=4 PK^2=4PE' \cdot PI=4 R \cdot R_c$ do đó $k=P_{S /(C)}=SJ^2-R_{c}^2=3R^2$.
   Bây giờ xét phép nghịch đảo cực $S$ phương tích $k=3 R^2$ thì đường tròn $(C)$ bảo toàn. Khi đó đường thẳng $d$ biến thành đường tròn $(\gamma)$ có đường kính $SA$ nằm trên $ST$, với $A$ là điểm nghịch đảo của $T$ và $SA \cdot ST =3 R^{2}$ suy ra $SA=\dfrac{3R}{2}$. Chứng tỏ $(\gamma)$ là đường tròn cố định.
   Do tính bảo giác của phép nghịch đảo nên $(C;\gamma)=(C; d)=0^{\circ}$, hay $(C)$ tiếp xúc với đường tròn cố định $(\gamma)$ tại $P'$ là nghịch đảo của $P$.
2. Ta gọi $G$ là tâm của đường tròn $(\gamma)$ thì $SG=\dfrac{3 R}{4}$. Lại có 3 điểm $G$, $P'$ và $J$ thẳng hàng và ta có $GJ=GP'+P'J=\dfrac{3R}{4}+R_c$. $(1)$
   Ta kéo dài $JP$ một đoạn $PQ=\dfrac{3 R}{4}$, kí hiệu $d'$ là đường thẳng qua $\mathrm{Q}$ song song với $d$. Dễ thấy khi tâm $J$ của $(C)$ thay đổi thì $Q$ di động trên đường thẳng $d'$ cố định.
   Ta có $JQ=JP+PQ=R_c+\dfrac{3 R}{4}$. $(2)$
   Từ $(1)$ và $(2)$ ta có $JG =JQ=\mathrm{d}(J ; d)=R_c+\dfrac{3 R}{4}$ chứng tỏ quỹ tích của tâm $J$ là Parabol có tiêu điểm là $G$ và đường chuẩn là $d'$.

Bài 3. Một thành phố phát động phong trào đi bộ cho người dân. Thống kê điều tra cho thấy, trong tháng $9$ dương lịch, mỗi ngày có ít nhất $84 \%$ tổng số người dân đi bộ. Trong một ngày, ta gọi hai người dân là một = cặp chăm chỉ= nếu trong ngày đó có ít nhất một trong hai người đi bộ. Chứng tỏ rằng, luôn tìm được hai người là = cặp chăm chỉ= trong tất cả các ngày của tháng $9$. (Giả sử rằng, số người dân là số nguyên lớn hơn $2$).

Lời giải

Gọi tổng số người dân của thành phố đó là $n$ ($n \in \mathbb{N}$, $n > 2$). Nếu $n \leq 12$ thì mỗi ngày có ít nhất $11$ người đi bộ nên có tối đa $1$ người không đi bộ. Khi đó chọn bất kì hai người nào cũng là cặp chăm chỉ trong tất cả các ngày.
Nếu $n \geq 13$, khi đó mỗi ngày, số người không đi bộ nhiều nhất là $k$, trong đó $k=[16 \% n]$, $k \geq 2$.
Trong một ngày, ta gọi một cặp là lười nếu họ không phải là cặp chăm chỉ. Như thế, số cặp lười trong mỗi ngày tối đa là $\mathrm{C}_{k}^{2}$. Vì vậy, số cặp lười trong $30$ ngày tháng $9$ không lớn hơn $30 \cdot \mathrm{C}_{k}^{2}$. $(*)$
Bây giờ, giả sử ta không thể tìm được cặp chăm chỉ trong tất cả các ngày tháng $9$ như yêu cầu đề bài. Khi đó, cứ mỗi cặp lại có ít nhất một ngày trong tháng là lười nên số cặp lười trong tổng số $n$ người dân ít nhất là $\mathrm{C}_{n}^{2}$. $(**)$
Từ $(*)$ và $(**)$ ta suy ra $30 \mathrm{C}_{k}^{2} \geq \mathrm{C}_{n}^{2}$, $30 \cdot k(k-1) \geq n(n-1)$.
Điều này không thể xảy ra vì $k=[16 \% n]$.
Chứng tỏ luôn tìm được $2$ người dân mà mỗi ngày trong tháng đều có ít nhất $1$ trong $2$ người đi bộ.