Đề chọn ĐTQG tỉnh Hà Tĩnh năm 2020-2021

Bài 1. Với $a$, $b \in \mathbb{Z}$, xét hai dãy đa thức ${P_0}(x) = x + a, P_{n + 1}(x) = {P_n}^2(x) + ( - 1)^nn$ và ${Q_0}(x) = x + b,Q_{n + 1}(x) = - Q_n^2(x) + ( - 1)^nn$ với mọi $n \ge 0,\, n \in \mathbb{Z}.$ Cho $a \ne b,\,\,a - b \ne \pm 1.$ Hỏi đa thức $f(x) = P{'_{2020}}(x)\cdot Q{'_{2020}}(x)$ có bao nhiêu nghiệm phân biệt? Tìm điều kiện của $a$, $b$ để tồn tại $n$ sao cho $P_n(x) + Q_n(x)$ chia hết cho $x+2$.

Lời giải

1. Ta thấy rằng $P'_{n + 1}(x)Q'_{n + 1}(x) = - 4P'_n(x)Q'_n(x)P_n(x)Q_n(x)$. Quy nạp được $$P'_{2020}(x)Q'_{2020}(x) = 2^{4040}P_{2019}(x)Q_{2019}(x)P_{2018}(x)Q_{2018}(x)\cdots P_0(x)Q_0(x)P'_0(x)Q'_0(x).$$ Ta có $$\begin{eqnarray*} P_4(x) &=& [((x + a)^4 - 1)^2 + 2]^2 - 3 \ge 2^2 - 3 > 0;\\ Q_4(x) &=& - [ - ((x + b)^4 + 1)^2 + 2]^2 - 3 \le - 3. \end{eqnarray*}$$ Bằng quy nạp chứng minh được $P_n(x) > 0$ và $Q_n(x) < 0$ với mọi $n\ge 4.$
   • Với $n=0$, ta có $$\left\{ \begin{array}{l}&P_0(x)=0\Leftrightarrow x=-a\\ &Q_0(x)=0\Leftrightarrow x=-b.\end{array} \right.$$
   • Với $n=1$ vì $P_1(x) = P_0^2(x),Q_1(x) = Q_0^2(x)$;
   • Với $n=2$, ta có $$\left\{ \begin{array}{l}&P_2(x)=P_1^2(x)-1=0\Leftrightarrow(x+a)^4=1\Leftrightarrow x+a=\pm 1\Leftrightarrow x=-a\pm 1\\ &Q_2(x)=-Q_1^2(x)-1 < 0.\end{array} \right.$$
   • Với $n=3$, ta có $$\begin{eqnarray*} &&\left\{ \begin{array}{l}&P_3(x)=P_2^2(x)+2 > 0\\ &Q_3(x)=-Q_2^2(x)+2=0\Leftrightarrow Q_2(x)=-\sqrt{2}\Leftrightarrow(x+b)^2=\sqrt{\sqrt{2}-1}\end{array} \right.\\ &\Leftrightarrow& x = - b \pm \sqrt {\sqrt 2 - 1}. \end{eqnarray*}$$ Vì $a\neq b$ và $a-b\neq \pm 1$ nên phương trình có $6$ nghiệm phân biệt.
2. Để $P_n(x) + Q_n(x)$ chia hết cho $x+2$, ta cần có $P_n( - 2) + Q_n( - 2) = 0.$
   Ta xét các trường hợp:
   • TH1: Với $n=0$ thì $P_0(x) + Q_0(x) = 2x + a + b$ nên ta cần có $a+b=4.$
   • TH2: Với $n=1$ thì $P_1(x) + Q_1(x) = (x + a)^2 - (x + b)^2 = (a - b)(2x + a + b)$ nên ta cần có $a+b=4$ hoặc $a=b.$
   • TH3: Với $n=2$ thì $P_2(x) + Q_2(x) = [P_1(x) - Q_1(x)][P_1(x) + Q_1(x)] - 2.$
     Do đó ta cần có $[P_1( - 2) - Q_1( - 2)][P_1( - 2) + Q_1( - 2)] = 2.$
     Dễ thấy hai số $P_1( - 2) - Q_1( - 2),P_1( - 2) + Q_1( - 2)$ cùng tính chẵn lẻ nên không thể có đẳng thức trên.
   • TH4: Với mọi $n$ chẵn và $n\ge 4$, ta có $$P _{2k + 2}(x) + Q_{2k + 2}(x) = 0 \Leftrightarrow [P _{2k + 1}(x) - Q_{2k + 1}(x)][P _{2k + 1}(x) + Q_{2k + 1}(x)] = 2(2k + 1).$$ Với $k\in \mathbb{N}$ .Vì $2(2k+1)$ chia $4$ dư $2$ nên đẳng thức không thể xảy ra.
   • TH5: Với $n=3$ thì $$P_3(x) + Q_3(x) = [P_2(x) - Q_2(x)][P_2(x) + Q_2(x)] + 4$$ $$\Rightarrow [P_2( - 2) - Q_2( - 2)][P_2( - 2) + Q_2( - 2)] = -4$$ hay $$[(a - 2)^4 + (b - 2)^4][(a - 2)^4 - (b - 2)^4 - 2]$$ Do $(a - 2)^4 + (b - 2)^4 > (a - 2)^4 - (b - 2)^4 - 2$ và chúng cùng tính chẵn lẻ nên ta có hệ phương trình $$\left\{ \begin{array}{l}&(a-2)^4+(b-2)^4=2\\ &(a-2)^4-(b-2)^4-2=-2\end{array} \right.\Leftrightarrow\left\{ \begin{array}{l}&\left[ \begin{array}{l}&a=3\\ &a=1\end{array} \right.\\ &\left[ \begin{array}{l}&b=3\\ &b=1.\end{array} \right. \end{array} \right.$$
   • TH6: Với $n=5$ thì $$P_5( - 2) + Q_5( - 2) =[P_4( - 2) - Q_4( - 2)][P_4( - 2) + Q_4( - 2)] + 8 = 0\\ \Leftrightarrow [P_3^2( - 2) + Q_3^2( - 2)][P_3^2( - 2) - Q_3^2( - 2) - 6] = - 8$$ Do $$P_4( - 2) - Q_4( - 2) = P_3^2( - 2) + Q_3^2( - 2) > P_3^2( - 2) - Q_3^2( - 2) - 6 = P_4( - 2) + Q_4( - 2)$$ và chúng cùng tính chẵn lẻ nên ta có hai hệ sau $$\left\{ \begin{array}{l}&P_4(-2)-Q_4(-2)=4\\ &P_4(-2)+Q_4(-2)=-2\end{array} \right.;\left\{ \begin{array}{l}&P_4(-2)-Q_4(-2)=2\\ &P_4(-2)+Q_4(-2)=-4.\end{array} \right.$$ Hai hệ này tương đương với hai hệ $$\left\{ \begin{array}{l}&P_4(-2)=1\\ &Q_4(-2)=-3\end{array} \right.\quad ;\left\{ \begin{array}{l}&P_4(-2)=-1\\ &Q_4(-2)=3.\end{array} \right.$$ Bằng cách thử trực tiếp ta thấy không có $a,\,b$ nguyên thỏa mãn hai hệ đó.
   • TH7: Với $n\ge 7$ và $n$ lẻ, ta đặt $n=2k+1$ thì $k\ge 3$. Ta có $$\begin{eqnarray*} P_{2k + 1}(x) &=& P_{2k}^2(x) + 2k = (P_{2k - 1}^2(x) - (2k - 1))^2 + 2k;\\ Q_{2k + 1}(x) &=& - Q_{2k}^2(x) + 2k = - ( - Q_{2k - 1}^2(x) - (2k - 1))^2 + 2k. \end{eqnarray*}$$ Để $P_{2k + 1}( - 2) + Q_{2k + 1}( - 2) = 0$ thì $$[P_{2k}( - 2) - Q_{2k}( - 2)][P_{2k}( - 2) + Q_{2k}( - 2)] = - 4k.$$ Dễ thấy nếu $P_{2k}( - 2) + Q_{2k}( - 2) = 0$ thì không thỏa mãn nên $P_{2k}( - 2) + Q_{2k}( - 2) \ne 0.$ Chú ý rằng $$\begin{eqnarray*} P_{2k}( - 2) - Q_{2k}( - 2) &=& P_{2k - 1}^2( - 2) + Q_{2k - 1}^2( - 2)\\ &\ge& P_{2k - 1}^2( - 2) =[P_{2k - 2}^2( - 2) + 2k - 2]^2 \ge (2k - 2)^2 > 4k\,\, \mbox{với}\,\, k\ge 3. \end{eqnarray*}$$ Suy ra $$|P_{2k}( - 2) + Q_{2k}( - 2)| \ge 1,|P_{2k}( - 2) - Q_{2k}( - 2)| > 4k.$$ nên $$|P_{2k + 1}( - 2) + Q_{2k + 1}( - 2)| > 4k.$$ Do đó, trong trường hợp này, ta cũng không thể có đẳng thức.
     Vậy điều kiện của $a,\,b$ cần tìm là $a+b=4$ hoặc $a=b$.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ không cân, đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. Đường thẳng $AI$ cắt đường tròn $(I)$ lần lượt tại $M$, $H$ và cắt $EF$ tại $N$ ($M$ nằm giữa $A$ và $I$). Tiếp tuyến tại $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IMD$ cắt $DN$ tại $P$. Trên đường thẳng $PM$ lấy $Q$ sao cho $DQ$ vuông góc với $EF$. Chứng minh rằng $PH$ song song với $AD$. Chứng minh đường thẳng $DA$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $MQ$.

Lời giải

1. Ta có $PI$ là tiếp tuyến của $(MID)$ nên $\widehat{PIM}=\widehat{MDI}=\widehat{DMI}\Rightarrow MD\parallel PI$.
   Do $MD\parallel PI$ mà $MD\perp DH$ nên $PI\perp DH$.
   mà $ID=IH$. Suy ra $PI$ là trung trực của $DH$.
   $PI$ là trung trực của $DH$ suy ra $\widehat{IDN}=\widehat{IHP}$ (1)
   Ta có: $NI\cdot AI=FI^2=ID^2\Rightarrow\dfrac{IN}{ID}=\dfrac{ID}{IA}\Rightarrow\triangle IND\sim\triangle IDA$ (c-g-c)
   từ đó ta được $\widehat{IAD}=\widehat{IDN}$ (2)
   Từ (1) và (2) Suy ra $\widehat{AHP}=\widehat{IAD}\Rightarrow AD\parallel PH$.
2. Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ và $MQ$.
   Ta có $(ANMH)=-1\Leftrightarrow P(ANMH)=-1$.
   Vì ba điểm $A,G,D$ thẳng hàng và $PH\parallel AD$ suy ra $G$ là trung điểm của $AD$.
   $DQ\perp$ $EF$ mà $AI\perp EF\Rightarrow DQ\parallel AI$ hay $DQ\parallel AM$.
   Ta có $\angle MAG=\angle QDG$ (so le trong), $\angle MAG=\angle QDG;GA=GD$.
   $\Rightarrow\triangle AMG=\triangle DQG$ (g.c.g) $\Rightarrow GM=GQ$.

Bài 3. Cho bảng vuông $n \times n$ ô vuông ($n\ge 2$) với các ô vuông được tô bằng $2$ màu đen hoặc trắng (mỗi ô chỉ tô bởi một màu). Biết rằng cứ mỗi bước, ta chỉ được thay đổi màu của toàn bộ các ô trong một hàng hoặc một cột (ô trắng thành đen và ô đen thành trắng). Giả sử trong bảng có đúng $1$ ô được tô đen. Hỏi sau một số bước đổi màu các hàng hoặc cột nào đó thì bảng toàn ô trắng được hay không? Có tất cả bao nhiêu cấu hình ban đầu sao cho sau hữu hạn bước đổi màu hàng hoặc cột thì bảng gồm toàn ô trắng? Ví dụ: Cấu hình H1 là $1$ cấu hình thỏa mãn với $n=3$.

Lời giải

• Xét $n=2$: Ta quy ước như sau:
  • Ô trắng đánh bằng dấu +
  • Ô đen đánh bằng dấu -
  Để bảng trở thành toàn ô màu trắng tức toàn bộ các ô đều có giá trị bằng dấu $+$ . Suy ra tích các ô trong bảng là dấu $+$ (1)
  Mặt khác, trong bảng $2\times 2$, khi thay đổi màu hàng hoặc cột thì tích các ô trong cột (hàng) đó sẽ không đổi dấu.
  Mà trong bảng có $1$ ô mang dấu $-$, $3$ ô mang dấu $+$ suy ra tích các ô luôn mang dấu $-$ dù sau bao nhiêu bước đi nữa. Điều này trái với (1).
  Vậy với $n=2$ thì không thể đổi màu bảng về toàn màu trắng. (2)
  Xét $n=k > 2$, trong bảng $k\times k$ được tô đen $1$ ô, ta luôn chọn được một bảng con $2\times 2$ sao cho bảng đó chứa ô được tô đen.
  Mà theo (2) thì bảng con $2\times 2$ đó không thể trở thành bảng toàn màu trắng, suy ra bảng $k\times k$ cũng không thể trở thành toàn màu trắng.
• Xét $n=2$: ta dễ thấy có $8$ cấu hình thỏa mãn
  
  Từ câu a, ta suy ra điều kiện cần để toàn bộ các ô của bảng trở thành ô trắng sau hữu hạn bước là mỗi một bảng con $2\times2$ nào đó của bảng luôn có chẵn ô đen.
  Điều kiện đủ: xét bảng $n\times n$ thỏa mãn bất kỳ một bảng con $2\times 2$ nào của bảng luôn có chẵn ô đen, ta chứng minh bảng luôn có thể trở thành bảng toàn ô trắng bằng quy nạp.
  Ta có $n=2$ đúng
  Giả sử kết quả đúng đến $n$, ta chứng minh $n+1$ cũng đúng.
  Nhận xét: vì bảng con $2\times 2$ bất kỳ ở cấu hình ban đầu có chẵn ô màu đen nên sau bao nhiêu bước đổi màu thì bảng con $2\times 2$ bất kỳ cũng luôn có chẵn ô đen.
  Giả sử sau hữu hạn bước, bảng $n\times n$ con của bảng $(n+1)\times (n+1)$ được tô trắng hết khi đó ta có các trường hợp sau \item [TH1:] $2$ ô $a$, $b$ màu đen
  
  Sau hữu hạn bước, bảng $n\times n$ thành màu trắng và $2$ ô $a$, $b$ màu đen mà mỗi bảng $2\times 2$ đều có chẵn ô đen nên các ô thuộc hàng thứ $n+1$ và cột thứ $n+1$ đều phải có màu đen (trừ ô cùng chung cạnh với $a$ và $b$). Khi đó ta chỉ cần đổi màu hàng thứ $n+1$ sau đó đổi màu cột thứ $n+1$ thì ta sẽ được bảng $(n+1)\times (n+1)$ toàn ô trắng. \item $2$ ô $a$, $b$ màu trắng.
  Tương tự TH1 ta được hàng và cột thứ $n+1$ đều màu trắng nên thỏa mãn. \item $2$ ô $a$, $b$ có $1$ ô đen và $1$ ô trắng, giả sử ô $a$ màu đen, ô $b$ màu trắng (trường hợp còn lại tương tự)
  
  Sau hữu hạn bước, bảng $n\times n$ thành màu trắng và $2$ ô $a$, $b$ màu đen, trắng mà mỗi bảng $2\times 2$ đều có chẵn ô đen nên ô chung cạnh với $a$ và $b$ phải màu đen, đồng thời các ô còn lại trong hàng chứa ô $b$ phải cùng màu với $b$; các ô còn lại trong cột chứa $a$ phải cùng màu với $a$.
  Khi đó ta chỉ cần đổi màu hàng (cột) đen thì sẽ được cấu hình thỏa mãn.
  Vậy cấu hình $n\times n$ có bảng con $2\times 2$ bất kỳ thỏa mãn có chẵn ô đen là cấu hình thỏa mãn.
  Từ đó ta có: $1$ cấu hình $n\times n$ sẽ tạo thành $4$ cấu hình $(n+1)\times (n+1)$ thỏa mãn (do cặp ô $a$, $b$ có $4$ trường hợp màu)
  Với $n=2$ có $8=2^3$ cấu hình thỏa mãn $\Rightarrow n=3$ có $2^3\cdot4=2^5$ cấu hình thỏa mãn. Bằng quy nạp ta suy ra với bảng $n\times n$ thì sẽ có $2^{2n-1}$ cấu hình thỏa mãn.