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.
Vì ${{S}_{n+1}} > {{S}_{n}}$ 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$.
Vì ${{\left( {{b}_{n}} \right)}_{n\ge 1}}$ 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 $PI$ và $BC$, $F$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AID$ với đường thẳng $PA$. Lấy $E$ trên tia $DP$ sao cho $DE=DQ$. Chứng minh rằng $\widehat{IDF}=90^\circ$. 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 $\left( 2 \right)$ và $\left( 3 \right)$ 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}$; $0\le y\le x\le 2020$. Tính số phần tử của $S$. 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 $x_i=i-1, \forall i\le k$ và $x_j=j, \forall j > k$. 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 \[\sum\limits_{k=0}^{2020}{{{2}^{n-k}}}=\sum\limits_{k=0}^{2020}{{{2}^{k}}}={{2}^{2021}}-1.\]