Loading [MathJax]/extensions/TeX/mathchoice.js

Thư viện tra cứu id trong tài liệu

Hướng dẫn xem lời giải theo mã id trong tài liệu

Thứ Sáu, 13 tháng 11, 2020

Đề chọn ĐTQG tỉnh Ninh Bình năm 2020-2021

Bài 1.

  1. Giải phương trình: (2x-4)\sqrt{3x-2}+\sqrt{x+3}=5x-7+\sqrt{3{{x}^{2}}+7x-6}.
  2. 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\sqrt{3x-2}-\sqrt{x+3}=1 (**)
    Từ (*)(**)\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)(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\left\{ x \right\}=x-\left[ x \right]).

  1. Tính sáu số hạng đầu của dãy số (u_n).
  2. Tính giới hạn của dãy số (u_n).
  3. 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:

  1. XO \perp AC.
  2. 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,SLAB,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)(2) suy ra SZNT là hình bình hành. (3)
    Từ (1), (2)(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.

  1. 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.
  2. 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.
    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) (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}.

Bài viết cùng chủ đề:

0 nhận xét:

Đăng nhận xét