Đề chọn ĐTQG tỉnh Nam Định năm 2020-2021 (Đề 1

Bài 1. Giải hệ phương trình $$\left\{ \begin{array}{l}&x^3+y^2+3x=\left(x^2+x+3 \right)y\\&\sqrt{3y+4}+6x+21=\sqrt{x-2y+5}+3xy. \end{array} \right.$$

Lời giải

Điều kiện: $\left\{ \begin{array}{l}&3y+4\ge 0\\&x-2y+5\ge 0.\end{array} \right.$
Xét phương trình thứ nhất của hệ, ta có $$\begin{eqnarray*} &&x^3+y^2+3x=\left(x^2+x+3 \right)y\\ &\Leftrightarrow& \left(x^3-x^2y \right)+\left(y^2-xy \right)+\left(3x-3y \right)=0\\ &\Leftrightarrow& x^2(x-y)+y(y-x)+3(x-y)=0\\ &\Leftrightarrow& (x-y) \left(x^2-y+3 \right)=0\\ &\Leftrightarrow& \left[ \begin{array}{l}&x-y=0\\&x^2-y+3=0\end{array} \right.\\ &\Leftrightarrow& \left[ \begin{array}{l}&x=y\\&y=x^2+3\end{array} \right.. \end{eqnarray*}$$

• Xét trường hợp $x=y$, thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được $$\sqrt{3x+4}+6x+21=\sqrt{5-x}+3x^2.$$ Điều kiện: $-\dfrac{3}{4}\le x\le 5$. Ta có $$\begin{eqnarray*} &&\sqrt{3x+4}+6x+21=\sqrt{5-x}+3x^2\\ &\Leftrightarrow& 3x^2-6x-21+\sqrt{5-x}-\sqrt{3x+4}=0\\ &\Leftrightarrow&\left(3x^2-6x-24 \right) +\left( \sqrt{5-x}-1\right) +\left(4-\sqrt{3x+4} \right)=0\\ &\Leftrightarrow& (x-4)\left( 3x+6-\dfrac{1}{\sqrt{5-x}+1}-\dfrac{3}{4+\sqrt{3x+4}}\right)=0.\quad(*) \end{eqnarray*}$$ Trên $\left[-\dfrac{3}{4};5 \right]$, ta có $$\dfrac{1}{\sqrt{5-x}+1}+\dfrac{3}{4+\sqrt{3x+4}}\le 1+\dfrac{3}{4}=\dfrac{7}{4} < 2 < 3x+6.$$ Do đó, $(*)$ tương đương với $x=4$, suy ra $y=4$.
• Xét trường hợp $y=x^2+3$, thế vào điều kiện $x-2y+5\ge 0$, $$x-2\left( x^2+3\right)+5\ge 0\Leftrightarrow 2x^2-x+1\le 0.$$ Bất phương trình này vô nghiệm, do đó trong trường hợp này hệ đã cho vô nghiệm.

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là $(x;y)=(4;4)$.

Bài 2. Cho dãy số $\left(x_n \right)$ xác định bởi $x_1=\dfrac{1}{2}$ và $x_{n+1}=x^2_n-x_n+1$, $\forall n\in \mathbb{N}^*$. Chứng minh rằng $x_n\le \dfrac{2n-1}{2n}$, $\forall n\in \mathbb{N}^*$. Tìm giới hạn $\lim\limits\left( x_{n+1}+x_1x^2_2x^3_3\cdots x^n_n\right)$.

Lời giải

Theo bài ra, ta có $x_{n+1}=x_n^2-x_n+1=\left(x_n-\dfrac{1}{2} \right)^2+\dfrac{3}{4}\ge \dfrac{3}{4}$, $\forall n\ge 2$.

1. Ta chứng minh $x_n\le \dfrac{2n-1}{2n}$, $\forall n\in \mathbb{N}^*$ bằng phương pháp quy nạp.
   Thật vậy, ta có
   • Hiển nhiên mệnh đề đúng với $n=1$.
   • Giả sử mệnh đề đúng với $n=k$, $k > 1$ tức là $$x_k\le \dfrac{2k-1}{2k}.\quad (*)$$
   • Ta chứng minh mệnh đề cũng đúng với $n=k+1$, tức là $$x_{k+1}\le 1-\dfrac{1}{2(k+1)}.$$ Xét hàm số $f(t)=t^2-t+1$ với $t\ge \dfrac{3}{4}$.
     Ta có $f'(t)=2t-1 > 0$, $\forall t\ge \dfrac{3}{4}$, do đó $f(t)$ đồng biến trên $\mathscr{D}=\left[ \dfrac{3}{4};+\infty\right)$.
     Như vậy, ta có $$x_{k+1}=f\left(x_k \right)\le f\left( \dfrac{2k-1}{2k}\right) =1-\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{4k^2}$$ Để chứng minh $(*)$ đúng, ta chỉ ra bất đẳng thức sau đúng với $k > 1$, $k\in \mathbb{N}$ $$\begin{eqnarray*} 1-\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{4k^2}\le 1-\dfrac{1}{2(k+1)}. \end{eqnarray*}$$ Thật vậy, ta có $$\begin{eqnarray*} &&1-\dfrac{1}{2k}+\dfrac{1}{4k^2}\le 1-\dfrac{1}{2(k+1)}\\ &\Leftrightarrow& \dfrac{1}{2k}-\dfrac{1}{4k^2}\ge \dfrac{1}{2(k+1)}\\ &\Leftrightarrow& 2k(k+1)-(k+1)\ge 2k^2\\ &\Leftrightarrow& k-1\ge 0 \ \text{(đúng)}. \end{eqnarray*}$$ Vậy $x_{k+1}\le1 -\dfrac{1}{2(k+1)}$ hay mệnh đề đúng với $n=k+1$. Ta có điều phải chứng minh.
2. Từ câu $1$, suy ra $0 < x_n < 1$, $\forall n\in \mathbb{N}^*$. Do đó, ta có $x_{n+1}-x_n=\left(x_n-1 \right)^2 > 0$, $\forall n\ge 1$ tức $\left( x_n\right)$ đơn điệu tăng.
   Theo tiêu chuẩn Weierstrass, ta có dãy $\left(x_n \right)$ có giới hạn $L$.
   Như thế từ $x_{n+1}=x^2_n-x_n+1$, $\forall n\in \mathbb{N}^*$ suy ra $$L=L^2-L+1\Rightarrow L=1.$$ Từ $$x_{n+1}=x^2_n-x_n+1\Rightarrow x_n=\dfrac{x_{n+1}-1}{x_n-1}.$$ Ta có $$\lim\left( x_1x_2\cdots x_n\right) =\lim\left( \dfrac{x_2-1}{x_1-1}\cdot \dfrac{x_3-1}{x_2-1}\cdots \dfrac{x_{n+1}-1}{x_{n}-1}\right) =\lim \dfrac{x_{n+1}-1}{x_1-1}=\lim 2\left( 1-x_{n+1}\right)=0.$$ Do $0 < x_n < 1$, $\forall n\in \mathbb{N}^*$ nên $$0 < x_1x^2_2x^3_3\cdots x^n_n < x_1x_2\cdots x_n\Rightarrow \lim \left(x_1x^2_2x^3_3\cdots x^n_n \right)=0.$$ Vậy $\lim\limits\left( x_{n+1}+x_1x^2_2x^3_3\cdots x^n_n\right)=1$.

Bài 3. Tìm tất cả các hàm số $f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$f(x+y)\cdot f(x-y)+y^2=f\left(x^2 \right),\ \forall x,y\in \mathbb{R}.$$

Lời giải

Giả sử tồn tại hàm số $f\colon \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn điều kiện $$f(x+y)\cdot f(x-y)+y^2=f\left(x^2 \right),\ \forall x,y\in \mathbb{R}.\quad(1)$$ Trong điều kiện $(1)$,

• Thay $(x;y)$ bởi $(0;x)$, ta được $f(x)\cdot f(-x)+x^2=f\left(0 \right)$, $\forall x\in\mathbb{R}$.$(2)$
• Thay $(x;y)$ bởi $(x;0)$, ta được $f^2(x)=f\left( x^2\right)$, $\forall x\in\mathbb{R}$.$(3)$
• Thay $(x;y)$ bởi $(x;x)$, ta được $f(x)\cdot f(0)+x^2=f\left(x^2 \right)$, $\forall x\in\mathbb{R}$.$(4)$
• Thay $(x;y)$ bởi $(0;0)$, ta được $f^2(0)=f\left(0\right)$, $\forall x\in\mathbb{R}$.$(5)$.

Từ $(5)$ suy ra $f(0)=0$ hoặc $f(0)=1$. Ta xét lần lượt các trường hợp

1. $f(0)=0$. Từ $(3)$, $(4)$ suy ra $f^2(x)=x^2$, $\forall x\in\mathbb{R}$ hay $\forall x\in\mathbb{R}$, ta có $f(x)=x$ hoặc $f(x)=-x$. \item $f(x)=x$, $\forall x\in\mathbb{R}$. Thử trực tiếp vào điều kiện $(1)$ thấy thỏa mãn. \item $f(x)=-x$, $\forall x\in\mathbb{R}$. Thử trực tiếp vào điều kiện $(1)$ thấy không thỏa mãn. \item Nếu tồn tại $\alpha$, $\beta\ne 0$, sao cho $f(\alpha)=\alpha$, $f(\beta)=-\beta$.
   Chọn $\left(x;y \right)=\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2};\dfrac{\alpha-\beta}{2} \right)$, ta được $$\begin{eqnarray*} &&f(\alpha)\cdot f(\beta)+\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)^2 =f\left[\left(\dfrac{\alpha+\beta}{2} \right)^2 \right]\\ &\Leftrightarrow& \alpha \cdot (-\beta)+\left(\dfrac{\alpha-\beta}{2}\right)^2=\left( \dfrac{\alpha+\beta}{2}\right)^2\\ &\Leftrightarrow& -\alpha\cdot \beta +\dfrac{\alpha^2+\beta^2-2\alpha\beta}{4}=\dfrac{\alpha^2+\beta^2+2\alpha\beta}{4}\\ &\Leftrightarrow&\alpha\beta=0\\ &\Leftrightarrow& \left[ \begin{array}{l}&\alpha=0\\&\beta=0\end{array} \right.. \end{eqnarray*}$$ Mâu thuẫn với $\alpha$, $\beta\ne 0$. Vậy khả năng này không xảy ra.
2. $f(0)=1$ thì từ $(4)$ ta có $f(x)=f(-x)=f\left( x^2\right)-x^2$, $\forall x\in \mathbb{R}$, kết hợp với $(2)$ suy ra $f^2(x)=1-x^2$, $\forall x\in \mathbb{R}$. Điều này không đúng nếu $x > 1$. Vậy trường hợp này không xảy ra.

Vậy hàm số duy nhất thỏa mãn điều kiện bài toán là $y=x$.

Bài 4. Trên đường tròn $(O)$ lấy hai điểm $A$, $M$ sao cho $AM$ không là đường kính. Điểm $I$ nằm trên đoạn $OA$ ( $I$ không trùng với các điểm $O$, $A$). Đường tròn $(I;IA)$ và đường tròn đường kính $IM$ cắt nhau tại hai điểm $B$, $C$. Các đường thẳng $MB$, $MI$, $MC$ cắt đường tròn $(O)$ tại các điểm thứ hai lần lượt là $D$, $E$, $F$ sao cho tia $MA$ nằm giữa hai tia $MD$, $ME$. Đường thẳng $DF$ cắt các đường thẳng $ME$, $MA$, $AE$ lần lượt tại $T$, $S$, $Q$. Chứng minh rằng $ME$ là phân giác của $\widehat{DMF}$ và $\overline{SD}\cdot\overline{SF}= \overline{ST}\cdot\overline{SQ}$. Chứng minh rằng $\dfrac{AD}{AF}=\dfrac{BD}{CF}$ và ba điểm $B$, $C$, $Q$ thẳng hàng.

Lời giải

1. Do đường tròn $(I;IA)$ và đường tròn đường kính $IM$ cắt nhau tại hai điểm $B$, $C$ nên $$\begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{l}&\widehat{IBM}=\widehat{ICM}=90^\circ\\&IB=IM\end{array} \right.\Rightarrow \triangle IBM=\triangle ICM\Rightarrow \widehat{IBM}=\widehat{ICM} \end{eqnarray*}$$ hay $\widehat{DBE}=\widehat{FCE}$. Do đó, $ME$ là tia phân giác của góc $DMF$.
   Từ đây, ta cũng suy ra $\overset\frown{DE}=\overset\frown{EF}$, kết hợp với tính chất góc có đỉnh nằm ngoài đường tròn, ta có $$\widehat{AQF}=\dfrac{1}{2}\left( \text{sđ}\overset\frown{EF}-\text{sđ}\overset\frown{AD}\right)=\dfrac{1}{2}\left( \text{sđ}\overset\frown{DE}-\text{sđ}\overset\frown{AD}\right)=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\overset\frown{AE}=\widehat{AME}.$$ Xét hai tam giác $AQS$ và $MST$, ta có $$\left\{ \begin{array}{l}&\widehat{AQS}=\widehat{TMS}\\&\widehat{ASQ}=\widehat{TSM}\end{array} \right.\Rightarrow \triangle ASQ\backsim \triangle TSM\Rightarrow \dfrac{SA}{ST}=\dfrac{SQ}{SM}\Rightarrow SA\cdot SM=ST\cdot SQ.$$ Tương tự ta cũng có $$\triangle ASD\backsim \triangle FSM\Rightarrow \dfrac{SA}{SF}=\dfrac{SD}{SM}\Rightarrow SA\cdot SM=SD\cdot SF.$$ Vậy $ST\cdot SQ=SD\cdot SF\Rightarrow \overline{SD}\cdot\overline{SF}= \overline{ST}\cdot\overline{SQ}$.
2. Gọi $D'$, $F'$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AD$, $AF$ với đường tròn $(I;IA)$.
   Đặt $k=\dfrac{AI}{AO}$. Xét phép vị tự $\mathbf{V}_{(A,k)}$, ta có $\mathbf{V}_{(A,k)}$ biến đường tròn tâm $O$ thành đường tròn tâm $I$.
   Do đó $$\left\{ \begin{array}{l}&\mathbf{V}_{(A,k)}(D)=D'\\&\mathbf{V}_{(A,k)}(F)=F'\end{array} \right.\Rightarrow D'F'\parallel DF\Rightarrow \dfrac{DD'}{D'A}=\dfrac{FF'}{F'A}, \dfrac{DA}{D'A}=\dfrac{FA}{F'A}.$$ Ta có $\widehat{IBM}=90^\circ\Rightarrow \widehat{DBI}=90^\circ$, nên $DB$ là tiếp tuyến của đường tròn tâm $I$. Lại có cát tuyến qua $D$ cắt $(I,IA)$ tại $D'$, $A$ nên $$DB^2=DD'\cdot DA.$$ Tương tự ta cũng có $$FC^2=F'F^2\cdot FA.$$ Do đó $$\begin{eqnarray*} \left(\dfrac{DB}{AD'} \right)^2&=&\dfrac{DB^2}{AD'^2}=\dfrac{DD'\cdot DA}{AD'^2}=\dfrac{DD'}{D'A}\cdot \dfrac{DA}{AD'}\\ &=&\dfrac{FF'}{F'A}\cdot \dfrac{FA}{F'A}=\dfrac{FF'\cdot FA}{F'A^2}=\dfrac{FC^2}{F'A^2}\\&=&\left( \dfrac{FC}{F'A}\right)^2. \end{eqnarray*}$$ Do đó, $\dfrac{DB}{AD'}=\dfrac{FC}{F'A}\Rightarrow \dfrac{BD}{CF}=\dfrac{AD'}{AF'}=\dfrac{AD}{AF}$.$(1)$

Do $E$ là điểm chính giữa cung $DF$ không chứa $M$ của đường tròn tâm $O$ nên $$\widehat{QAx}=\widehat{EAF}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\overset\frown{EF}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\overset\frown{DE}=\widehat{QAD}.$$ Do đó, $AQ$ là tia phân giác ngoài góc $DAF$, suy ra $\dfrac{QD}{QF}=\dfrac{AD}{AF}$.$(2)$
Từ $(1)$, $(2)$ ta có $$\dfrac{BD}{CF}\cdot \dfrac{QF}{QD}=1.$$ Mà $MB$, $MC$ lần lượt là các tiếp tuyến tại $B$, $C$ của đường tròn $(I;IA)$ nên $MB$, $MC$. Do đó $$\dfrac{BD}{DQ}\cdot \dfrac{QF}{QD}\cdot \dfrac{MC}{MB}=1.$$ Áp dụng định lý Menelaus đảo trong tam giác $MDF$ có $B$, $C$, $Q$ thẳng hàng.

Bài 5. Có bao nhiêu cách chọn ra hai số phân biệt từ $100$ số nguyên dương đầu tiên sao cho hai số này hơn kém nhau không quá $10$ đơn vị?

Lời giải

Gọi $\left\lbrace a;b \right\rbrace$là cặp số nguyên dương trong đó $1\le b-a\le 10$. Ta xét các khả năng sau

• Nếu $1\le a\le 90$ thì với mỗi giá trị của $a$ có $10$ giá trị tương ứng thỏa mãn của $b$. Vậy trường hợp này có $90\cdot 10=900$ cặp số thỏa mãn.
• Nếu $91\le a\le 100$ thì với mỗi giá trị của $a$ có $100-a$ giá trị tương ứng thỏa mãn của $b$.
  Vậy trường hợp này có số cặp số thỏa mãn là $$9+8+7+6+5+4+3+2+1+0=\dfrac{9\cdot 10}{2}=45.$$

Vậy số cách chọn cặp số thỏa mãn điều kiện bài toán là $945$.

Bài 6. Cho tập hợp $X=\left\lbrace 2^{2^k}\mid\ k\in\mathbb{N},\ 0\le k\le 2020 \right\rbrace$. Xét tất cả các tập hợp con khác rỗng của $X$. Với mỗi tập hợp con như vậy, ta tính tích của mọi phần tử trong tập hợp đó (nếu tập hợp con chỉ có một phần tử thì quy ước tích chính là phần tử đó). Tính tổng của tất cả các tích thu được.

Lời giải

Đặt $x_{k+1}=2^{2^k}$, $k=\overline{0,2020}$.
Khi đó, tổng của tất cả các tích của các phần tử trong mỗi tập con của $X$ được tính như sau $$\begin{eqnarray*} S=\displaystyle\sum\limits_{i=1}^{2021} x_i+\sum_{1=i < j}^{2021}x_ix_j+\cdots+ \sum_{i=1}^{2021} \left( \dfrac{\prod\limits_{j=1}^{2021}x_j}{x_i}\right) +\prod_{i=1}^{2021}x_i. \end{eqnarray*}$$ Xét đa thức $$f(x)=\left(x-x_1 \right) \left(x-x_2 \right)\cdots \left(x-x_{2021} \right)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots +a_{2021}x^{2021}.$$ Theo định lý Vi-ét, ta có $$\begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{l}&a_{2021}=1\\&a_{2020}=-\left(x_1+x_2+\cdots+x_{2021} \right)=-\sum\limits_{1}^{2021} x_i\\ &\cdots\\ &a_1= \sum_{i=1}^{2021} \left( \dfrac{\prod\limits_{j=1}^{2021}x_j}{x_i}\right)\\&a_0=- \prod_{i=1}^{2021}x_i. \end{array} \right. \end{eqnarray*}$$ Như vậy, ta có $$\begin{eqnarray*} S&=&-a_{2020}+\cdots+a_1-a_0=-\left[f(-1)+a_{2021} \right]=-\left[f(-1)+1 \right] \\ &=&-\left[ \left(-1-2^{2^0} \right)\left(-1-2^{2^1} \right)\cdots\left(-1-2^{2^{2020}} \right)+1 \right]\\ &=& \left(1+2^{2^0} \right)\left(1+2^{2^1} \right)\cdots\left(1+2^{2^{2020}} \right)-1 \\ &=&\left(1+2^{2^0} \right)\left(1+2^{2^1} \right)\cdots\left(1+2^{2^{2020}} \right)-1 \\ &=&\dfrac{\left(1-2^{2^0} \right)\left(1+2^{2^0} \right)\left(1+2^{2^1} \right)\cdots\left(1+2^{2^{2020}}\right)}{1-2^{2^0} }-1\\ &=& \dfrac{1-2^{2^{2021}}}{1-2^{2^0} }-1=2^{2^{2021}}-2. \end{eqnarray*}$$