Đề chọn ĐTQG tỉnh Ninh Bình năm 2020-2021

Bài 1. Giải phương trình: $(2x-4)\sqrt{3x-2}+\sqrt{x+3}=5x-7+\sqrt{3{{x}^{2}}+7x-6}$. Cho các số thực dương $x,y$. Chứng minh rằng: \[\left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right)\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+3y}}+\dfrac{1}{\sqrt{y+3x}} \right)\le 2.\]

Lời giải

1. Điều kiện: $x\ge \dfrac{2}{3}$. \begin{align*} &(2x-4)\sqrt{3x-2}+\sqrt{x+3}-\sqrt{(x+3)(3x-2)}=5x-7 \\ \Leftrightarrow& (2x-4)(\sqrt{3x-2}-1)-\sqrt{x+3}(\sqrt{3x-2}-1)-(3x-3)=0\\ \Leftrightarrow& (\sqrt{3x-2}-1)(2x-4-\sqrt{x+3})-(3x-3)=0\\ \Leftrightarrow& 3(x-1)\left( \dfrac{2x-4-\sqrt{x+3}}{\sqrt{3x-2}+1} \right)-3(x-1)=0\\ \Leftrightarrow& 3(x-1)\left( \dfrac{2x-4-\sqrt{x+3}}{\sqrt{3x-2}+1}-1 \right)=0\\ \Leftrightarrow& \left[ \begin{array}{l} & x=1 \\ & \sqrt{3x-2}+\sqrt{x+3}=2x-5 \tag{*}\end{array}\right. \end{align*} Từ phương trình $(*)$, kết hợp với điều kiện bài toán ta có: $2x-5 > 0$ và $\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+3}=1$ $(**)$
   Từ $(*)$ và $(**)\colon \Leftrightarrow x-3=\sqrt{x+3}\Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} & x\ge 3 \\ & {{x}^{2}}-7x+6=0 \end{array} \right.\Leftrightarrow x=6$.
   Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là $S=\left\lbrace 1;6 \right\rbrace $.
2. Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho hai số dương, ta có: \begin{align*} \dfrac{\sqrt{x}}{\sqrt{x+3y}}=&\sqrt{\dfrac{x}{x+y}\cdot\dfrac{x+y}{x+3y}}\\\le& \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{x}{x+y}+\dfrac{x+y}{x+3y} \right)\dfrac{\sqrt{y}}{\sqrt{x+3y}}\\=&\sqrt{\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2y}{x+3y}}\\\le& \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{1}{2}+\dfrac{2y}{x+3y} \right). \end{align*} Cộng vế với vế ta có: \begin{align*} &\dfrac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{x+3y}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{x}{x+y}+\dfrac{x+y}{x+3y}+\dfrac{1}{2}+\dfrac{2y}{x+3y} \right)\\\Leftrightarrow&\dfrac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{x+3y}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{x}{x+y}+\dfrac{3}{2} \right). \tag{1} \end{align*} Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi $x=y$.
   Tương tự ta có \[\dfrac{\sqrt{x}+\sqrt{y}}{\sqrt{y+3x}}\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{y}{x+y}+\dfrac{3}{2} \right). \tag{2} \] Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi $x=y$.
   Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\left( \sqrt{x}+\sqrt{y} \right)\left( \dfrac{1}{\sqrt{x+3y}}+\dfrac{1}{\sqrt{y+3x}} \right)\le \dfrac{1}{2}\left( \dfrac{x+y}{x+y}+3 \right)=2$.
   Dấu ''='' xảy ra khi và chỉ khi $x=y$.

Bài 2. Cho dãy số $(u_n)$ xác định bởi công thức: $u_n=\left\{ \dfrac{2^{2n+1}+n^2+n+2}{2^{n+1}+2} \right\}$, với $n\in \mathbb{N}$ (ta kí hiệu $\left[ x \right]$ là số nguyên lớn nhất không vượt quá $x$ và $\left\{ x \right\}=x-\left[ x \right]$). Tính sáu số hạng đầu của dãy số $(u_n)$. Tính giới hạn của dãy số $(u_n)$. Có bao nhiêu số hạng của dãy số $(u_n)$ với $n\le 86$ thỏa mãn: $$\dfrac{2526\cdot 2^{n-99}}{2^n+1}\le u_n\le \dfrac{23}{65}?$$

Lời giải

1. Ta có $u_0=0,u_1=0,u_2=0,u_3=\dfrac{8}{9},u_4=\dfrac{12}{17},u_5=\dfrac{17}{33}$.
2. Ta có: $u_n=\left\{ \dfrac{2^{2n+1}+n^2+n+2}{2^{n+1}+2} \right\}=\left\{ 2^n-1+\dfrac{n^2+n+4}{2^{n+1}+2} \right\}=\left\{ \dfrac{n^2+n+4}{2^{n+1}+2} \right\}$.
   Với $n\ge 3$ ta có: $0 < \dfrac{n^2+n+4}{2^{n+1}+2} < \dfrac{n^2+n+4}{\mathrm{C}_{n+1}^{0}+\mathrm{C}_{n+1}^{1}+\mathrm{C}_{n+1}^{2}+\mathrm{C}_{n+1}^{3}}=\dfrac{6n^2+6n+24}{n^3+3n^2+8n+12}$.
   Vậy $\lim \limits u_n=0$
3. Với $n\ge 3$, ta chứng minh bằng quy nạp rằng $2^{n+1}\ge n^2+n+4$, thành thử: $0 < \dfrac{n^2+n+4}{2^{n+1}+2} < 1$.
   Do đó $u_n=\dfrac{n^2+n+4}{2^{n+1}+2}$ với mọi $n\ge 3$.
   Với $n=0,n=1,n=2,n=3,n=4,n=5$ ta thấy không thỏa mãn điều kiện đề bài và với $n=6$ thì $n^2+n+4=\dfrac{46(2^n+1)}{65}$ thỏa mãn điều kiện đề bài.
   Xét với $n\ge 7$, ta có: \[\dfrac{2526\cdot 2^{n-99}}{2^n+1}\le u_n\le \dfrac{23}{65}\Leftrightarrow 1263\cdot 2^{n-97}\le n^2+n+4\le \dfrac{46(2^n+1)}{65}.\tag{*}\] Với $n\le 86$ thì: $1263 < 2^{11}\le 2^{97-n}\left( n^2+n+4 \right)\Rightarrow 1263\cdot 2^{n-97} < n^2+n+4$.
   Ta sẽ dễ dàng chứng minh bằng quy nạp $n^2+n+4 < \dfrac{46(2^n+1)}{65}$ với $n\ge 7$.
   Như vậy $(*)$ đúng khi $6\le n\le 86$, hay có $81$ số thỏa mãn điều kiện đề bài.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$ có tâm $S$, cắt đường thẳng $AB$ tại điểm $X$ khác $B$ và cắt đường tròn Euler của tam giác $ABC$ tại hai điểm $D$, $E$. Gọi $K$, $L$ theo thứ tự là các điểm đối xứng của $S$ qua $AB$, $AC$. Chứng minh rằng: $XO \perp AC$. Đường thẳng $KL$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$ và hai đường thẳng $AD$, $AE$ đối xứng nhau qua đường phân giác góc $\widehat{BAC}$.

Lời giải

1. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Dễ thấy \begin{align*} \left( XO,AC \right)\equiv& \left( XO,XB \right)+\left( AB,AC \right)\\\equiv& \left( CO,CB \right)+\dfrac{1}{2}\left( \overrightarrow{OB},\overrightarrow{OC} \right)\pmod \pi\\\equiv& \left( CO,CM \right)+\left( OM,OC \right)\\\equiv& \left( OM,CM \right)\\\equiv& \dfrac{\pi }{2} \pmod \pi. \end{align*} Do đó $XO\perp AC$.
2. Gọi $H$ là trực tâm tam giác. Gọi $N$, $A_1$, $B_1$, $C_1$ theo thứ tự là trung điểm của $OH$, $HA$, $HB$, $HC$.
   Ta có $N$ là tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$. Gọi $Z,T$ theo thứ tự là giao điểm của $SK,SL$ và $AB,AC$.
   Ta có $BH \perp AC$, kết hợp ý a) ta có $XO \parallel BH$. Từ đó, chú ý rằng $Z,E$ theo thứ tự là trung điểm của $XB,OH$. Suy ra $ZN\parallel BH$.
   Kết hợp với $ST\parallel BH$, suy ra $ZN\parallel ST$. $(1)$
   Tương tự ta chứng minh được $TN\parallel SZ$. $(2)$
   Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $SZNT$ là hình bình hành. $(3)$
   Từ $(1)$, $(2)$ và $(3)$, chú ý rằng $Z,T$ theo thứ tự là trung điểm của $SK,SL$, suy ra $$\dfrac{\overline{ZN}}{\overline{SL}}=\dfrac{\overline{ZN}}{2\overline{ST}}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{\overline{KZ}}{\overline{KS}}.$$ Vậy $N$ thuộc $KL$ (điều phải chứng minh).
   Gọi $I=AH\cap BC$, $A'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $O$. Gọi $G,F$ theo thứ tự là trung điểm của $AB,AC$.
   Dễ thấy tam giác $\Delta ABI\sim \Delta AA'C\Rightarrow \dfrac{AB}{AA'}=\dfrac{AI}{AC}$.
   Khi đó $ AI\cdot AO=\dfrac{1}{2}AB\cdot AC=AF\cdot AB=AG\cdot AC$.
   Xét phép nghịch đảo đối xứng $f$ là hợp của phép nghịch đảo tâm $A$, phương tích $\dfrac{1}{2}AB\cdot AC$ và phép đối xứng qua phân giác góc $\widehat{BAC}$ ta có điểm $O,B,C$ theo thứ tự biến thành điểm $I,F,G$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBC$ biến thành đường tròn Euler.
   Do $D,E$ là giao điểm của hai đường tròn nên qua phép $f$ sẽ biến $D$ thành $E$.
   Do đó $AD,AE$ đối xứng nhau qua phân giác $\widehat{BAC}$.

Bài 4. Cho số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $a$ thỏa mãn $1 < a < p+1$, $q$ là ước nguyên tố của $A=1+a+\cdots +a^{p-1}$. Chứng minh rằng $q-1$ chia hết cho $p$. Cho số nguyên dương $n$. Có bao nhiêu số tự nhiên chia hết cho $3$, có $n$ chữ số và các chữ số đều thuộc tập $A=\left\{ 3;4;5;6;9 \right\}$?

Lời giải

1. Từ giả thiết ta có $A=\dfrac{a^p-1}{a-1}$.
   Do $\left. q \right|A\Rightarrow a^p-1\equiv 0\pmod q\Leftrightarrow \left. q \right|a^p-1$.
   Theo định lý Fermat nhỏ ta có: $a^{q-1}\equiv 1\pmod q\Rightarrow a^{q-1}-1\equiv 0\pmod q$. Suy ra $\left. q \right|\left( a^{q-1}-1 \right)$.
   Ta có: $\left. q \right|\left( a^p-1,a^{q-1}-1 \right)\Rightarrow \left. q \right|\left( a^{\left( p,q-1 \right)}-1 \right)$.
   Nếu $\left( p,q-1 \right)=1\Rightarrow \left. q \right|\left( a-1 \right)\Rightarrow a\equiv 1 \pmod q$.
   Vì $a\equiv 1\pmod q$, suy ra $A=1+a+\cdots +a^{p-1}\equiv p\pmod q$.
   Mặt khác ta lại có $A\equiv 0\pmod q\Rightarrow p\equiv 0 \pmod q \Rightarrow p\vdots q$, điều này chỉ xảy ra khi $p=q$.
   Khi đó $\left. p \right|a^p-1$, kết hợp với định lý Fermat nhỏ $\left. p \right|a^p-a$, ta có $\left. p \right|a-1\Rightarrow p < a-1$ vô lý. Vậy $\left( p,q-1 \right)\ne 1$, hay $q-1\vdots p$.
2. Với $i=0,1,2$, ta đặt $$A(n,i)=\left\{ \left( a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n \right)\in A^n|a_1+a_2+a_3+\cdots +a_n\equiv i\pmod 3 \right\}.$$ Và đặt $A_n=|A(n,0)|,B_n=|A(n,1)|,C_n=|A(n,2)|$.
   Dễ dàng thấy rằng $A_1=3,B_1=1,C_1=1$.
   Xét phần tử $\left( a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n,a_{n+1} \right)$ của $A(n+1,0)$.
   • Nếu $a_{n+1}=3$ hoặc $6$ hoặc $9$ thì $\left( a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n \right)\in A(n,0)$.
   • Nếu $a_{n+1}=4$ thì $\left( a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n \right)\in A(n,2)$.
   • Nếu $a_{n+1}=5$ thì $\left( a_1,a_2,a_3,\ldots,a_n \right)\in A(n,1)$.
   Từ đây suy ra $A_{n+1}=3A_n+B_n+C_n$. $(1)$
   Hoàn toàn tương tự ta cũng có \begin{align*} &B_{n+1}=3B_n+A_n+C_n.\tag{2} \\&C_{n+1}=3C_n+B_n+A_n. \tag{3} \end{align*} Từ $(1)$, $(2) $ và $(3)$ ta suy ra \begin{align*} A_{n+1}+B_{n+1}+C_{n+1}&=5\left( A_n+B_n+C_n\right) \\ & =5^2\left( A_{n-1}+B_{n-1}+C_{n-1}\right) \\ & =\ldots \\ & =5^n\left( A_1+B_1+C_1\right) =5^{n+1}. \end{align*} Suy ra $A_n+B_n+C_n=5^n$.
   Kết hợp với $(1)$ ta suy ra \begin{align*} A_{n+1}&=2A_n+5^n,\\A_n&=2A_{n-1}+5^{n-1},\\&\ldots,\\A_2&=2A_1+5. \end{align*} Suy ra $A_n=5^{n-1}+2\cdot 5^{n-2}+\cdots +2^{n-2}\cdot 5+3\cdot 2^{n-1}=\dfrac{5^n-2^n}{3}+2^n=\dfrac{5^n+2^{n+1}}{3}$.