Processing math: 100%

Thư viện tra cứu id trong tài liệu

Hướng dẫn xem lời giải theo mã id trong tài liệu

Thứ Tư, 11 tháng 11, 2020

Đề chọn ĐTQG tỉnh Phú Thọ năm 2020-2021

Bài 1. Cho a,b\in \mathbb{R}, a\ne b. Giải hệ phương trình \left\{ \begin{array}{l}&3x+z=2y+\left( a+b \right)\\&3x^2+3xz=y^2+2\left( a+b \right)y+ab\\&x^3+3x^2z=y^2\left( a+b \right)+2yab.\end{array} \right.

Lời giải

Hệ phương trình tương đương với \begin{eqnarray*} \left\{ \begin{array}{l} & a+b=3x+z-2y \\ & ab=3{{x}^{2}}+3{{y}^{2}}-6xy+3xz-2yz \\ & {{x}^{3}}+3{{x}^{2}}z={{y}^{2}}\left( a+b \right)+2yab\end{array} \right. &\Rightarrow& {{x}^{3}}-4{{y}^{3}}-6{{x}^{2}}y+3{{x}^{2}}z+9x{{y}^{2}}-6xyz+3{{y}^{2}}z=0\\ &\Leftrightarrow& {{\left( x-y \right)}^{2}}\left( x-4y+3z \right)=0\\ &\Leftrightarrow& \left\{ \begin{array}{l} & x=y \\ & x=4y-3z.\end{array} \right. \end{eqnarray*}
  • Với x=y, ta có \left\{ \begin{array}{l}& a+b=x+z \\& ab=xz\end{array} \right.. Khi đó nghiệm của hệ phương trình là \left( a;a;b \right);\left( b;b;a \right).
  • Với x=4y-3z, ta có \left\{ \begin{array}{l}& a+b=10y-8z \\ & ab=27{{y}^{2}}-44yz+18{{z}^{2}}\end{array} \right.. Khi đó a,b là nghiệm của phương trình {{t}^{2}}-\left( 10y-8z \right)t+27{{y}^{2}}-44yz+18{{z}^{2}}=0. Ta có {\Delta}'={{\left( 5y-4z \right)}^{2}}-\left( 27{{y}^{2}}-44yz+18{{z}^{2}} \right)=-2{{\left( y-z \right)}^{2}}\le 0, suy ra {\Delta }'=0\Rightarrow a=b (vô lý).
Vậy hệ phương trình có nghiệm là \left( a;a;b \right); \left( b;b;a \right).

Bài 2. Cho dãy số thực dương {{\left( {{a}_{n}} \right)}_{n\ge 1}} thỏa mãn điều kiện a_1+a_2+\cdots+a_n+a_{n+1}+{a}_{n+2} < 4{a}_{n+1},\ \forall n\in \mathbb{N}^{*}. Chứng minh rằng a_1+a_2+\cdots+a_n\le a_{n+1}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}.

Lời giải

Đặt S_n=\sum\limits_{i=1}^{n}{{{a}_{i}}}, n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Khi đó giả thiết bài toán trở thành {{S}_{n+2}} < 4\left( {{S}_{n+1}}-{{S}_{n}} \right)\Leftrightarrow {{S}_{n+2}}+4{{S}_{n}} < 4{{S}_{n+1}}\Leftrightarrow \dfrac{{{S}_{n+2}}}{2{{S}_{n+1}}}+\dfrac{2{{S}_{n}}}{{{S}_{n+1}}} < 2,\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với {{S}_{n}}\le {{S}_{n+1}}-{{S}_{n}}\Leftrightarrow 2{{S}_{n}}\le {{S}_{n+1}}\Leftrightarrow \dfrac{{{S}_{n+1}}}{2{{S}_{n}}}\ge 1,\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Đặt {{b}_{n}}=\dfrac{{{S}_{n+1}}}{2{{S}_{n}}},\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}. Khi đó, ta có b_{n+1}+\dfrac{1}{b_n} < 2,\forall n\in \mathbb{N}^{*}.(1)
và bất đẳng thức cần chứng minh là b_n\ge 1, \forall n\in \mathbb{N}^{*}. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có b_{n+1}+\dfrac{1}{b_n} > 2\sqrt{b_{n+1}}\cdot \dfrac{1}{b_n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}.\tag{2} Từ (1) và (2) suy ra \sqrt{b_{n+1}}\cdot \dfrac{1}{b_n} < 1\Leftrightarrow b_{n+1} < {b_n}, \forall n\in \mathbb{N}^{*}. Do đó \left( b_n\right)_{n\ge 1} là dãy số giảm.
{{S}_{n+1}} > {{S}_{n}} nên {{b}_{n}} > \dfrac{1}{2},\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.
Vì thế, {{\left( {{b}_{n}} \right)}_{n\ge 1}} là dãy số giảm và bị chặn dưới nên tồn tại giới hạn \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{b}_{n}}=b\ge \dfrac{1}{2}.
Trong (1), cho n\to +\infty ta có b+\dfrac{1}{b}\le 2.(3)
Mặt khác, do b\ge \dfrac{1}{2} nên b+\dfrac{1}{b}\ge 2.(4)
Từ (3) và (4) suy ra b+\dfrac{1}{b}=2\Leftrightarrow b=1\Rightarrow \underset{n\to +\infty }{\mathop{\lim }}\,{{b}_{n}}=1.
{{\left( {{b}_{n}} \right)}_{n\ge 1}} là dãy số giảm nên {{b}_{n}}\ge 1,\ \forall n\in {{\mathbb{N}}^{*}}.

Bài 3. Giả sử O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC với bán kính R, r tương ứng. Gọi P là điểm chính giữa cung \overset\frown{BAC}, QP là đường kính của \left( O \right), D là giao điểm của PIBC, F là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác AID với đường thẳng PA. Lấy E trên tia DP sao cho DE=DQ.

  1. Chứng minh rằng \widehat{IDF}=90^\circ.
  2. Giả sử \widehat{AEF}=\widehat{APE}, chứng minh rằng \sin^2{BAC}=\dfrac{2r}{R}.

Lời giải

  1. Do P là điểm chính giữa cung \overset\frown{BAC} nên Q là điểm chính giữa cung \overset\frown{BC}. Suy ra I nằm trên AQ.
    Do PQ là đường kính của đường tròn \left( O \right) nên AI\perp AP. Từ đó ta có \widehat{IDF}=\widehat{IAP}=90^\circ.
  2. Ta có \widehat{AEF}=\widehat{APE} nên \triangle AEF\backsim \triangle EPF, suy ra AF\cdot PF=EF^2.
    Do A,I,D,F đồng viên nên PA\cdot PF=PI\cdot PD nên suy ra PF^2=AF\cdot PF+PA\cdot PF=EF^2+PI\cdot PD.\tag{1} Theo a), góc \widehat{IDF}=90^\circ, ta có PF^2-FD^2=EF^2-ED^2\Leftrightarrow PF^2-EF^2=PD^2-ED^2. Kết hợp với \left( 1 \right) ta có PI\cdot PD=PD^2-ED^2, do đó QD^2=ED^2=PD^2-PI\cdot PD=ID\cdot PD\Rightarrow \triangle QID\backsim \triangle PQD.\tag{2} Do PQ là đường kính của đường tròn \left( O \right) nên BP\perp BQ.
    Giả sử PQ cắt BC tại M. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên \begin{eqnarray*} \widehat{QIB}&=&\widehat{IAB}+\widehat{IBA}=\dfrac{1}{2}\left( \widehat{BAC}+\widehat{ABC} \right);\\ \widehat{IBQ}&=&\widehat{IBC}+\widehat{CBQ}=\dfrac{1}{2}\left( \widehat{BAC}+\widehat{ABC} \right). \end{eqnarray*} Từ đó ta có \triangle QBI cân tại Q. Do đó QI^2=QB^2=QM\cdot QP. Suy ra \triangle QMI \backsim \triangle QIP.(3)
    Từ \left( 2 \right)\left( 3 \right) ta được \widehat{IQD}=\widehat{QPD}=\widehat{QPI}=\widehat{QIM}. Suy ra MI\parallel QD.
    Hạ IK\perp BC tại K. Do IK\parallel PM nên \dfrac{PM}{IK}=\dfrac{PD}{ID}=\dfrac{PQ}{MQ}\Rightarrow PQ\cdot IK=PM\cdot MQ Áp dụng định lý về phương tích và định lý sin, ta có PQ\cdot IK=PM\cdot MQ=BM\cdot MC=\left( \dfrac{1}{2}BC \right)^{2}=\left( R\sin \widehat{BAC} \right)^{2}. Suy ra \sin ^2\widehat{BAC}=\dfrac{PQ\cdot IK}{R^2}=\dfrac{2R\cdot r}{R^2}=\dfrac{2r}{R}.

Bài 4. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, cho S là tập hợp các điểm \left( x;y \right) thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

  • x,y\in \mathbb{N};
  • 0\le y\le x\le 2020.
  1. Tính số phần tử của S.
  2. Hỏi có bao nhiêu tập con A gồm 2020 phần tử của S sao cho A không chứa hai điểm \left(x_1;y_1\right), \left(x_2;y_2 \right) thỏa mãn: \left(x_1-x_2\right)\left(y_1-y_2\right)=0 ?

Lời giải

  1. x=y, có 2021 điểm \left( x;x \right) trong S.
    y < x, có C_{2021}^{2} điểm \left( x;y \right) trong S. Vậy \left| S \right|=C_{2021}^{2}+2021=\dfrac{2021\cdot 2022}{2}.
  2. Giả thiết bài toán tương đương với trong A không chứa 2 điểm cùng hoành độ hoặc tung độ. Ta có A=\left\{ a_i=\left(x_i;y_i\right)|i=1;\ldots;2020; 0\le x_1 < x_2 < \ldots < x_{2020}\le 2020 \right\}. Đặt H_A=\left\{x_i|i=1;2;\ldots;2020 \right\}; {{T}_{A}}=\left\{ y_i|i=1,2,\ldots,2020 \right\}, \left\{ k \right\}=\left\{ 0;1;2;\ldots;2020 \right\}\setminus ~H_A.
    Nếu k=0 thì x_i=i, \forall i\in \left\{ 1,2,\ldots,2020 \right\}.
    Nếu k > 0 thì x_i=i-1, \forall i\le kx_j=j, \forall j > k. Do y_i\le x_i và các y_i phân biệt nên y_i=i-1,\ \forall i\le k. Khi đó
    • {{y}_{k+1}} có 2 cách chọn là k hoặc k+1.
    • {{y}_{k+2}} có 2 cách chọn trong tập \left\{ k;k+1;k+2 \right\}\setminus \left\{ {{y}_{k+1}} \right\}.
    • {{y}_{k+3}} có 2 cách chọn trong tập \left\{ k;k+1;k+2;k+3 \right\}\setminus\left\{ {{y}_{k+1}};{{y}_{k+2}} \right\}.
    • \ldots
    • Tương tự, {{y}_{2020}} có 2 cách trọn trong tập \left\{ k;k+1;\ldots;2020 \right\}\setminus \left\{ {{y}_{k+1}};{{y}_{k+2}};\ldots;{{y}_{2019}} \right\}.
    Do đó, với mỗi k, theo quy tắc nhân, có {{2}^{2020-k}} cách chọn các {{y}_{j}},\ \left( j > k \right).
    Theo quy tắc cộng, số cách chọn tập A thỏa mãn yêu cầu bài toán là \sum\limits_{k=0}^{2020}{{{2}^{n-k}}}=\sum\limits_{k=0}^{2020}{{{2}^{k}}}={{2}^{2021}}-1.

Bài viết cùng chủ đề:

0 nhận xét:

Đăng nhận xét