Processing math: 100%

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 Lào Cai năm 2020-2021

Bài 1. Cho dãy số \left\{ \begin{array}{l}&u_1=\dfrac{3}{2} \\ &3 u_{n+1}=4 u_n+\sqrt{u_n^2-1}, \quad \forall n \geq 1\end{array} \right.

  1. Đặt v_n=\dfrac{u_{n+1}^2+u_{n+1} u_n}{u_{n+1} u_n+2 u_n^2}, \forall n \geq 1. Chứng minh dãy số \left(v_n\right) có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.
  2. Hỏi có tồn tại hay không số thực dương \alpha sao cho dãy số \left(\dfrac{u_n}{n^{\alpha}}\right) có giới hạn hữu hạn?

Lời giải

  1. Với cách xây dựng dãy \left(u_n\right) ta thấy u_n > 0 với mọi n \geq 1.
    Do đó 3 u_{n+1} \geq 4 u_n > 3 u_n suy ra u_{n+1} > u_n hay \left(u_n\right) là dãy số tăng. Nếu \left(u_n\right) bị chặn trên thì nó giới hạn hữu hạn là x. Lấy giới hạn 2 vế của đẳng thức 3 u_{n+1}=4 u_n+\sqrt{u_n^2-1} ta được: 3 x=4 x+\sqrt{x^2-1} hay x+3 \sqrt{x^2-1}=0, vô lý.
    Do đó, \lim u_n=+\infty.
    Ngoài ra, 3 \cdot \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=4+\sqrt{1-\dfrac{1}{u_n^2}}(*) nên \lim \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\lim \left(\dfrac{4}{3}+\dfrac{1}{3} \cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{a_n^2}}\right)=\dfrac{5}{3}.
    Do đó \lim v_n=\lim \dfrac{u_{n+1}^2+u_{n+1} u_n}{u_{n+1} u_n+2 u_n^2}=\lim \dfrac{\left(\dfrac{u_{n+1}}{u_n}\right)^2+\dfrac{u_{n+1}}{u_n}}{\dfrac{u_{n+1}}{u_n}+2}=\dfrac{\dfrac{25}{9}+\dfrac{5}{3}}{\dfrac{5}{3}+2}=\dfrac{40}{33}.
  2. \lim \left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{\alpha}=1 nên tồn tai n_1 đề \left(\dfrac{n+1}{n}\right)^{\alpha} < \dfrac{4}{3}, \forall n \geq n_1.
    Lại theo (*) thì \lim \dfrac{u_{n+1}}{u_n}=\dfrac{5}{3} nên tồn tại n_2 đề \dfrac{u_{n+1}}{u_n} > \dfrac{3}{2}, \forall n \geq n_2.
    Đặt n_0=\max \left\{n_1, n_2\right\} thì (n+1)^{\alpha} < \dfrac{4}{3} \cdot n^{\alpha}u_{n+1} > \dfrac{3}{2} \cdot u_n, \forall n \geq n_0.
    Suy ra \dfrac{u_{n+1}}{(n+1)^{\alpha}} > \dfrac{9}{8} \cdot \dfrac{u_n}{n^{\alpha}}, \forall n \geq n_0 nên \dfrac{u_{n_0+k}}{\left(n_0+k\right)^{\alpha}} > \left(\dfrac{9}{8}\right)^{k} \cdot \dfrac{u_{n_{b}}}{n_0^{\alpha}}.
    Cho k \rightarrow+\infty, ta thấy rằng \lim \dfrac{u_n}{n^{\alpha}}=+\infty với mọi \alpha. Vậy không tồn tại \alpha thỏa mãn đề bài.

Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Các điểm DE lần lượt là điểm chính giữa của cung nhỏ BC và cung lớn BCcủa đường tròn (O). Đường thẳng EI cắt BC tại F và cắt (O) tại điểm thứ hai là S. Gọi (J) là đường tròn tiếp xúc với BC tại F và tiếp xúc trong với (O). Gọi tiếp điểm của (O)(J)T.

  1. Biết AD cắt (J) tại PQ. Chứng minh rằng \widehat {ACP} = \widehat {BCQ}.
  2. Chứng minh rằng ST, BCEJ đồng quy.

Lời giải

  1. Ta có JF\parallel OD. Suy ra \widehat {OTF} = \widehat {TFJ} = \widehat {TDO} = \widehat {OTD} nên T, F, D thẳng hàng.
    Vì tam giác DCF đồng dạng với DTC nên DC^2 = DF \cdot DT. Mà DF \cdot DT = DP \cdot DQ nên DC^2 = DP \cdot DQ.
    Do đó tam giác DCQ đồng dạng với tam giác DPC.
    Suy ra \widehat {DCQ} = \widehat {DPC}.
    \widehat {PAC} = \widehat {BCD} nên \widehat {ACP} = \widehat {BCQ}.
  2. Gọi K là giao điểm của FJTE. Vì KF\parallel DEO là trung điểm DE nên J là trung điểm KF. Suy ra E(TS,JD) = - 1(1)
    Gọi H là giao điểm của TSBC. Gọi Y là giao điểm thứ hai của EH(O).
    Gọi X là giao điểm của các tiếp tuyến của (O) tại TS. Vì SF, TF lần lượt là các phân giác của các góc \widehat {BSC}\widehat {BTC} nên TBSC là tứ giác điều hòa. Suy ra X,B,C thẳng hàng.
    Do TBSC là tứ giác điều hòa. Ta có \dfrac{XB}{XC} = \dfrac{HB}{HC} = \dfrac{YB}{YC}. Nên YX là phân giác ngoài của tam giác \vartriangle BYC suy ra X,Y,D thẳng hàng.
    Nên TYSD là tứ giác điều hòa.
    Suy ra E(TS,YD) = - 1. (2)
    Từ (1) và (2) suy ra E, JH thẳng hàng. Nên ST, BCEJ đồng quy.

Bài 3. Cho dãy đa thức hệ số thực P_n(x) xác định như sau P_0(x)=2, P_1(x)=2 x, P_{n+1}(x)=2 x \cdot P_n(x)+\left(1-x^2\right) P_{n-1}(x) \quad \forall n \geq 1.

  1. Xác định công thức tổng quát của P_n(x);
  2. Tìm tất cả các số tự nhiên n để P_n(x) chia hết cho x^2+3.

Lời giải

  1. Từ giả thiết
    P_{n+1}(x)-((x+1)+(x-1)) \cdot P_n(x)+(x+1) \cdot(x-1) \cdot P_{n-1}(x)=0
    \Rightarrow P_n(x) có dạng P_n(x)=f(x) \cdot(x+1)^{n}+g(x) \cdot(x-1)^{n}\quad \forall n.
    P_0(x)=2 ; P_1(x)=2 x \Rightarrow f(x)=g(x)=1 \quad \forall x \in \mathbb{R}.
    Vậy P_n(x)=(x+1)^{n}+(x-1)^{n}.
  2. P_{3}(x)=(x+1)^{3}+(x-1)^{3}=2 x^{3}+6 x=2 x\left(x^2+3\right) chia hết cho x^2+3 nên (x+1)^{6}-(x-1)^{6} chia hết cho x^2+3.
    Đặt n=6 k+r(k, r \in \mathbb{N} ; 0 \leq r \leq 5)
    P_n(x)=\left((x+1)^{6 k}-(x-1)^{6 k}\right)(x+1)^{r}+(x-1)^{6 k} P_{r}(x).
    Do đó P_n(x): x^2+3 \Leftrightarrow P_{r}(x): x^2+3.
    Nhận thấy P_0(x), P_1(x), P_2(x), P_{4}(x), P_{5}(x) đều không chia hết cho x^2+3.
    Vậy r=3n=6 k+3(k \in \mathbb{N}).

Bài 4. Tìm số dư của phép chia T=\prod\limits_{1 \leq x \leq 107}\left(1+x+x^2+\cdots+x^{6}\right) khi chia cho 107.

Lời giải

Ta thấy rằng \left(1+x+x^2+\cdots+x^{6}\right)(x-1)=x^{7}-1.
Ta sẽ chứng minh rằng với a, b \in \mathbb{Z}a^{7} \equiv b^{7}\pmod {107} thì a \equiv b\pmod {107}.
Thật vậy, ta chì cần xét a, b nguyên tố cùng nhau với 107.
Nếu a^{7} \equiv b^{7}\pmod {107} thì a^{105} \equiv b^{105}\pmod {107}.
Theo định lý Fermat nhỏ thì a^{106} \equiv 1 \equiv b^{106}\pmod {107}.
Suy ra a^{106} \equiv b^{106} \equiv b^{105} \cdot b \equiv a^{105} \cdot b\pmod {107} nên 107 \mid a^{105}(a-b), kéo theo 107 \mid a-b.
Trở lại bài toán, ta thấy rằng khi đó các số 2^{7}-1,3^{7}-1, \ldots, 107^{7}-1 là hệ thu gọn mod 107.
Ta có \prod\limits_{x=2}^{107}\left(x^{7}-1\right) \equiv-1\pmod {107} theo định lý Wilson.
Suy ra \prod\limits_{x=2}^{107}(x-1) \cdot \prod\limits_{x=2}^{107}\left(x^{6}+\cdots+x+1\right) \equiv-1\pmod {107}.
\prod\limits_{x=2}^{107}(x-1) \equiv 106 ! \equiv-1\pmod {107} nên \prod\limits_{x=2}^{107}\left(x^{6}+\cdots+x^2+x+1\right) \equiv 1\pmod {107}.
Vậy \prod\limits_{x=1}^{107}\left(x^{6}+\cdots+x^2+x+1\right) \equiv 7\pmod {107}.

Bài 5. Cho một đa giác đều có 18 đỉnh, người ta tô màu đỏ 6 đỉnh của đa giác sao cho không có hai đỉnh nào kề nhau cùng được tô màu. Biết rằng hai cách tô màu được coi là một nếu chúng là ảnh của nhau qua phép quay quanh tâm của đa giác. Hỏi có bao nhiêu cách tô màu.

Lời giải

Bổ đề. Cho một đa giác đều n đỉnh, số cách tô màu k đỉnh sao không có bất kì 2 đỉnh nào kề nhau cùng được tô màu là [i)]
  • f(n;k) = \mathrm{C}_{n - k + 1}^k - \mathrm C_{n - k - 1}^{k - 2} nếu k \geqslant 2.
  • f(n;1) = \mathrm{C}_n^1 nếu k = 1.
  • Chứng minh bổ đề.<> Gọi các đỉnh của đa giác là {A_1},{A_2}, \ldots ,{A_n}. Ta trải các đỉnh này trên một đường thẳng theo thứ tự {A_1},{A_2}, \ldots ,{A_n}. Ta coi k đỉnh được tô màu là k chữ số 1. Và n - k đỉnh không được tô màu là n - k chữ số 0. Bài toán trở thành hãy xếp k chữ số 1n - k chữ số 0 thành một dãy sao không có hai chữ số 1 nào kề nhau.
    Bước 1: Ta xếp n - k chữ số 0 thành một dãy. Nó tạo ra n - k + 1 khe để xếp các chữ số 1.
    Bước 2: Ta xếp k chữ số 1 vào n - k + 1 khe. Số cách xếp là \mathrm{C}_{n - k + 1}^k.
    Bây giờ ta phải loại trừ đi trường hợp {A_1},{A_n} cùng được tô màu, vì khi nối lại chúng sẽ kề nhau. Nếu {A_1},{A_n} màu đỏ, thì {A_2},{A_{n - 1}} cùng màu trắng. Ta bỏ 4 điểm này khỏi dãy điểm.
    Như vậy bài toán trở thành tô màu k - 2 đỉnh màu đỏ trong n - 4 đỉnh, theo lập luận trên thì kết quả là \mathrm{C}_{n - 4 - (k - 2) + 1}^{k - 2} =\mathrm C_{n - k - 1}^{k - 2}.
    Vậy ta có f(n;k) = \mathrm{C}_{n - k + 1}^k -\mathrm C_{n - k - 1}^{k - 2}.
    Quay trở lài bài toán. Ta gọi một cách tô màu T là chu kì d nếu d là số nguyên dương nhỏ nhất thỏa mãn cách tô màu này là bất động qua phép quay quanh tâm của đa giác, góc quay d \cdot {20^\circ }. Với mỗi cách tô màu chu kì d thì các đỉnh của đa giác được chia thành \dfrac{18}{d} phần giống nhau. Mà ta chỉ tô màu 6 đỉnh nên \dfrac{18}{d} là ước của 6.
    • TH1: \dfrac{18}{d}=6 \Leftrightarrow d=3 . Các đỉnh của đường tròn được chia là 6 phần giống nhau, mỗi phần có 1 đỉnh màu đỏ. Ta thấy số cách tô màu chu kì 3 là t(3)=f(3 ; 1)=3.
    • TH2: \dfrac{18}{d}=3 \Leftrightarrow d=6 . Các đỉnh của đường tròn được chia là 3 phần giống nhau, mỗi phần có 2 đỉnh màu đỏ. Ta thấy số cách tô màu chu kì 6 là t(6)=f(6 ; 2)-f(3 ; 1)=6.
    • TH3: \dfrac{18}{d}=2 \Leftrightarrow d=9 . Các đỉnh của đường tròn được chia là 2 phần giống nhau, mỗi phần có 3 đỉnh màu đỏ. Ta thấy số cách tô màu chu kì 9 là t(9)=f(9 ; 3)-f(3 ; 1)=27.
    • TH4: \dfrac{18}{d}=1 \Leftrightarrow d=18. Ta thấy số cách tô màu chu kì 18 là t(18)=f(18 ; 6)-t(3)-t(6)-t(9)= f(18 ; 6)-f(9 ; 3)-f(6 ; 2)+f(3 ; 1)=1350.
    Vậy đáp số bài toán là T=\dfrac{t(3)}{3}+\dfrac{t(6)}{6}+\dfrac{t(9)}{9}+\dfrac{t(18)}{18}=80.

    Bài viết cùng chủ đề:

    0 nhận xét:

    Đăng nhận xét