Processing math: 0%

Thư viện tra cứu id trong tài liệu

Hướng dẫn xem lời giải theo mã id trong tài liệu

Thứ Ba, 10 tháng 11, 2020

Đề chọn ĐTQG tỉnh Lâm Đồng năm 2020-2021

Bài 1. Chứng minh rằng (x^2+2)(y^2+2)(z^2+2) \ge 9(xy+yz+zx), với mọi x, y, z > 0.

Lời giải

Theo nguyên lí Dirichlet, trong ba số xy-1, yz-1, zx-1 tồn tại hai số không trái dấu, chẳng hạn xy-1, yz-1. Khi đó (xy-1)(yz-1) \ge 0 \Leftrightarrow xy^2z+1 \ge xy+yz.
Do đó x^2y^2z^2+y^2+2 \ge 2(xy^2z+1) \ge 2(xy+yz).
Bất đẳng thức cần chứng minh được viết lại
x^2y^2z^2+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+4(x^2+y^2+z^2)+8 \ge 9(xy+yz+zx).
Ta có
  • x^2y^2z^2+y^2+2 \ge 2(xy^2z+1) \ge 2(xy+yz). (1)
  • 3(x^2+y^2+z^2) \ge 3(xy+yz+zx). (2)
  • x^2y^2+1 \ge 2xy nên 2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+6 \ge 4(xy+yz+zx). (3)
  • x^2+z^2 \ge 2xz. (4)
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), (4) vế theo vế, ta có x^2y^2z^2+2(x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2)+4(x^2+y^2+z^2)+8 \ge 9(xy+yz+zx). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=1.

Bài 2. Cho hàm số f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{(x-1)^2}.

  1. Chứng minh rằng phương trình f(x)=x có duy nhất một nghiệm trong \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
  2. Chứng minh dãy số (u_n) xác định bởi u_1=1, u_{n+1}=f(u_n), \forall n \in \mathbb{N^*} có giới hạn.

Lời giải

  1. Chứng minh rằng phương trình f(x)=x có duy nhất một nghiệm trong \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
    Xét hàm số g(x)=f(x)-x thì g'(x)=f'(x)-1=\dfrac{(x-1)\mathrm{e}^x}{(x+1)^3}-1 < 0, \forall x \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
    Do đó g(x) nghich biến trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
    Mặt khác ta có g(\frac{1}{2})=\dfrac{8\sqrt{\mathrm{e}}-9}{18} > 0, g(1)=\dfrac{\mathrm{e}-4}{4}, g(x) liên tục trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right] nên (theo định lý giá trị trung gian) phương trình g(x)=0 hay f(x)=x có nghiệm duy nhất trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right]. %câu b
  2. Chứng minh dãy số (u_n) xác định bởi u_1=1, u_{n+1}=f(u_n), \forall n \in \mathbb{N^*} có giới hạn.
    Bằng phương pháp quy nạp, ta chứng minh được u_n \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right],\, \forall n \ge 1.
    Xét hàm số f \,: \left[ \dfrac{1}{2};1\right] \rightarrow \left[ \dfrac{1}{2};1\right] được xác định bởi f(x)=\dfrac{\mathrm{e}^x}{(x+1)^2}.
    f'(x)=\dfrac{(x-1)\mathrm{e}^x}{(x+1)^3} < 0, \, \forall x \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right] nên (u_n) có hai dãy con đơn điệu.
    Chứng minh được (u_{2n+1}) là dãy giảm và (u_{2n}) là dãy tăng.
    Lại có (u_{2n+1}) bị chặn dưới và (u_{2n}) bị chặn trên nên (theo định lý Weierstrass) chúng ta có giới hạn. Giả sử giới hạn của (u_{2n+1})a, giới hạn của (u_{2n})ba,b \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right].
    Xét hệ \left\{ \begin{array}{l}&\dfrac{\mathrm{e}^a}{(a+1)^2}=b\\&\dfrac{\mathrm{e}^b}{(b+1)^2}=a.\end{array} \right.
    Biến đổi ta được a-b=\ln \left( \dfrac{a}{b}\right)+2 \ln \left( \dfrac{a+1}{b+1}\right).
    Giả sử a > b, lập luận được ab > 1, mà a,b \in \left[ \dfrac{1}{2};1\right] là vô lý. Lập luận tương tự cho trường hợp a < b. Suy ra a=b. Vậy dãy (u_n) có giới hạn.
    Lưu ý. Thí sinh có thể chứng minh phương trình f(f(x))=x có duy nhất ngiệm trên \left[ \dfrac{1}{2};1\right] để suy ra a=b.
    Hoặc sử dụng định lý Lagrange để chứng minh (u_n) có giới hạn.

Bài 3. Cho tam giác ABC nhọn, không cân, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi H là hình chiếu của A trên BCD, E, M lần lượt là trung điểm HB. HC, BC. Đường tròn (ABE) tâm I cắt AC tại S và đường tròn (ACD) tâm J cắt AB tại R.

  1. Chứng minh rằng BC=4IJ.
  2. Trung tuyến đỉnh H của tam giác AMH cắt RS tại T, chứng minh rằng các đường thẳng AT, BS, CR đồng quy.

Lời giải

  1. Giả sử AB < AC và gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BC, CA, AB.
    Ta có BR \cdot BA=BD \cdot BC=\dfrac{BH}{2}\cdot BC=BH \cdot BM.
    Suy ra tứ giác ARHM nội tiếp. Tương tự ASMH cũng nội tiếp.
    Do O, I, P cùng thuộc trung trực AB nên I thuộc OP.
    Ta thấy BD=\dfrac{BH}{2}=\dfrac{BC-CH}{2}=CM-CE=MEIB=IE nên cũng có ID=IM.
    Từ đó suy ra I thuộc đường trung bình của hình thang vuông OPDM nên IP=IO. Do đó I là trung điểm OP.
    Tương tự J là trung điểm ON nên IJ=\dfrac{1}{2}NP=\dfrac{1}{4}BC.
  2. Dựng hình chữ nhật AHMX thì A, R, M, S, X cùng thuộc đường tròn đường kính AMAX \parallel BC nên chùm A(AX, BC)=-1.
    Khi đó tứ giác MRXS điều hòa. Dễ dàng thấy HX đi qua trung điểm AM nên H, T, X thẳng hàng.
    Gọi K là giao điểm của RS, BC thì ta có H(HX, RS)=-1 nên (KT, RS)=-1.
    Từ đó suy ra chùm A(KT. RS)=-1 nên theo tính chất quen thuộc của chùm điều hòa trong tứ giác toàn phần thì AT, BS, CR đồng quy.

Bài 4. Cho a=2019 \cdot 2020 \cdot 2021 và số nguyên dương n \ge 3. Người ta xếp n số nguyên dương nào lên một đường tròn thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:

  • Hai số nằm cạnh nhau có tích không chia hết cho a.
  • Hai số không nằm nằm cạnh nhau có tích chia hết cho a.
  1. Tìm một bộ các số nguyên dương thỏa mãn cách xếp trên.
  2. Tìm giá trị lớn nhất của n.

Lời giải

  1. Thí sinh chỉ cần chọn n và tìm đúng bộ n số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu đề bài sẽ được 1 điểm.
    Xét trường hợp n=8, ta có thể chọn các bộ số \dfrac{a}{2^2},\dfrac{a}{2 \cdot 3},\dfrac{a}{3 \cdot 5},\dfrac{a}{5 \cdot 43},\dfrac{a}{43 \cdot 47}, \dfrac{a}{47 \cdot 101},\dfrac{a}{101 \cdot 673},\dfrac{a}{673 \cdot 2}.
  2. Ta có a=2^2 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 43 \cdot 47 \cdot 101 \cdot 673. Gọi A là tập hợp các ước nguyên tố này.
    Xét các số x_1, x_2,..., x_n xếp trên vòng tròn với quy ước x_{n+1}=x_1x_{n+2}=x_2.
    Với 1 \le i \le n thì rõ ràng x_i x_{i+1} không chia hết cho a nên ta có p \in A để v_p(x_i x_{i+1}) < v_p(a) \Leftrightarrow v_p(x_i)+ v_p( x_{i+1}) < v_p(a).\,(*) Trong đó v_p(x) là số mũ đúng của p trong x với p là một số nguyên tố trong phân tích của x.
    Ứng với số j\{ i;i+1\} \ne \{ j;j+1\} , ta cũng có q \in A để v_q(x_j)+ v_p(x_{j+1}) < v_q(a).
    Nếu như p=q thì rõ ràng mâu thuẫn, vì cộng lại, ta có v_p(x_i x_{j})+v_p(x_{i+1} x_{j+1}) < 2v_p(a), nhưng lại có a | x_ix_ja | x_{i+1}x_{j+1} (là các cặp số không nằm cạnh nhau).
    Do đó các số nguyên tố này phải đôi một phân biệt.
    xét bộ số (i;i+1)(i+1;i+2). Giả sử có p \in A để v_p(x_i x_{i+1}) < v_p(a) v_p(x_{i+1} x_{i+2}) < v_p(a).
    Nếu v_p(a)=1 thì v_p(x_i)=v_p(x_{i+1})=v_p(x_{i+2})=0, mâu thuẫn với v_p(x_ix_{i+2}) > 0.
    Do đó, điều trên chỉ xảy ra khi v_p(a) \ge 2, và chỉ có p=2 \in A là thỏa mãn điều này. Nói tóm lại, trừ số 2 xuất hiện không quá 2 lần, thì các số còn lại trong A chỉ được xuấn hiện không quá 1 lần trong các điều kiện (*) ở trên. Vì thế n \le 8. Dấu bằng được chỉ ra ở câu 4a).
    Vậy giá trị lớn nhất của n8.

Bài 5. Cho tập S=\{1;2;...;n\} với n là số nguyên dương. Gọi A_n là tập hợp các hoán vị (a_1, a_2,..., a_n) của tập S thỏa mãn điều kiện 2(a_1+a_2+ \cdots +a_k) chia hết cho k với k=1,2,...,n.

  1. Chứng minh a_n-1 chia hết cho n-1 khi n chẵn và n > 3.
  2. Tìm số phần tử của A_{2020}.

Lời giải

  1. Ta xét n \ge 3 và xét hoán vị (a_1, a_2, ..., a_n) của tập hợp \{1,2,...,n\} thỏa mãn yêu cầu bài toán.
    Với k=n-1, ta có \begin{align*} 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-1})&=2(1+2+ \cdots +n-a_n)=2\left[\dfrac{n(n+1)}{2}-a_n\right]\\&=n(n+1)-2a_n=(n+2)(n-1)-2a_n+2. \end{align*} Từ đẳng thức trên suy ra 2a_n-2 chia hết cho n-1, mà n chẵn nên n-1 lẻ.
    Vậy a_n-1 chia hết cho n-1.
  2. Đặt u_n=|A_n| (số phần tử của tập A_n), với n=1,2,3... Dễ thấy u_1=1, u_2=2, u_3=6.
    Từ 2a_n-2 chia hết cho n-1 theo câu 5a), kết hợp với 0 \le 2a_n-2 \le 2n-2\\ \Rightarrow 2a_n-2 \in \{0,n-1,2n-2\}.
    Trường hợp 1. 2a_n-2=n-1 \Leftrightarrow a_n=\dfrac{n+1}{2}.
    Xét k=n-2, ta có: \begin{align*} 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-2})&=2\left[(1+2+ \cdots +n)-a_n-a_{n-1}\right]=n(n+1)-2a_n-2a_{n-1}\\&=n^2+n-n-1-2a_{n-1}=(n-2)(n+2)+3-2a_{n-1}. \end{align*} Từ đẳng thức trên ta suy ra 2a_{n-1}-3 chia hết cho n-2 (do 2(a_1+a_2+ \cdots +a_{n-2}) chia hết cho n-2).
    Kết hợp với 1 \le 2a_{n-1}-3 \le 2n-3 nên 2a_{n-1}-3 \in \{0,n-2,2n-4\}.
    Do 2a_{n-1}-3 là một số lẻ suy ra 2a_{n-1}-3=n-2 \Leftrightarrow a_{n-1}=\dfrac{n+1}{2}, từ đó a_{n-1}=a_{n}. Điều này vô lý do a_{n-1} \ne a_n.
    Vậy trường hợp 2a_n-2=n-1 không xảy ra.
    Trường hợp 2. 2a_n-2=0 \Leftrightarrow a_n=1. Khi đó (a_1, a_2, ..., a_{n-1}) là một hoán vị của tập \{ 1,2,...,n-1\}(a_1, a_2,..., a_{n-1})\in A_{n-1}, suy ra số hoán vị trong trường hợp này bằng u_{n-1}.
    Trường hợp 3. 2a_n-2=2n-2 \Leftrightarrow a_n=n. Ta đặt b_1=a_i-1, i=1,2,...,n.
    Mặt khác ta có 2(b_1+ b_2+ \cdots b_{k})=2(a_1-1+a_2-1+ \cdots a_k-1 )=2(a_1+a_2+ \cdots+a_k)-2k.
    Suy ra 2(b_1+ b_2+ \cdots b_{k}) chia hết cho k với mọi k=1,2,...,n-1.
    Do đó bộ (b_1, b_2, ..., b_{n-1})\in A_{n-1}, Suy ra số bộ (a_1,a_2,...,a_n) thõa mãn trong trường hợp này là bằng u_{n-1}.
    Từ ba trường hợp trên ta được u_n=2u_{n-1} với n > 3.
    Kết hợp với u_1=1, u_2=2, u_3=6, theo công thức truy hồi ta được u_n=3 \cdot 2^{n-2} với n > 3.
    Do đó số phần tử của tập A_n3 \cdot 2^{n-2}.
    Vậy số phần tử của tập A_{2020}3\cdot 2^{2018}.

Bài viết cùng chủ đề:

  • HSG Cà Mau năm 2019-2020 @Câu 1.(3,0 điểm) Giải các phương trình: a)$\cos 2x+\left( 1+2\cos x \right)\left( \sin \,x-\cos x \right)=0$ b)$\left( x+2 \right)\sqrt{-{{x}^{2}}-2x+3}=\left( x+3 \right)$Xem lời giải @Câu 2.(3,0 điểm). a)Tìm giá trị lớn … Read More
  • HSG 12 LÂM ĐỒNG 2019-2020 Xem toàn bộ đề bài tài liệu @Câu 1. [id674] (HSG LÂM ĐỒNG 2019-2020)Tìm tất cả các giá trị của tham số $m$ để hàm số $y=-{{x}^{3}}+3{{x}^{2}}+3mx-1$ nghịch biến trên khoảng $\left( 0;+\infty \right)$. Xem lời giải Xem toà… Read More
  • Đề thi chọn đội tuyển quốc gia tỉnh bến tre năm 2019-2020 Câu 1. (6 điểm) a) Giải phương trình: ${{x}^{3}}+{{x}^{2}}-3x-2=2\sqrt{x+2}$trên $\left[ -2;2 \right].$ b) Giải hệ phương trình: $\left\{ \begin{align} & {{x}^{2}}-2{{y}^{2}}=1 \\ & 2{{y}^{2}}-3{{z}^{2}}=1 \\ & xy+yz+zx=1 \… Read More
  • HSG tỉnh Hải Phòng vòng 2 ngày 1 năm 2019-2020 Câu 1.(HSG tỉnh Hải Phòng Vòng 2 ngày 1) Tìm tất cả các hàm số $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ sao cho: $f\left( f\left( x \right)-\left( x-y \right)f\left( y \right) \right)=4x-2\left( x-y \right)f\left( y \right)\,\,\,\fora… Read More
  • HSG 12 VĨNH PHÚC 2019-2020 Xem toàn bộ đề bài tài liệu @Câu 1. [id655] (HSG Vĩnh Phúc 2019-2020) Cho hàm số $y={{x}^{3}}-3{{x}^{2}}-mx+2$ có đồ thị $\left( {{C}_{m}} \right)$. Tìm tất cả các giá trị thực của tham số $m$ để $\left( {{C}_{m}} \right)… Read More

0 nhận xét:

Đăng nhận xét