Đề chọn ĐTQG tỉnh Quảng Ngãi năm 2020-2021

Bài 1. Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}&2x+\sqrt{2x+1}+\sqrt{2x+y+2xy+1}=2y+\sqrt{y+1}+1\\&3\sqrt[3]{3y+1}+1=4x^2y.\end{array} \right.$

Lời giải

Điều kiện: $x\ge-\dfrac{1}{2}$ và $y\ge -1$.
Ta có $$\begin{eqnarray*} &&2x+\sqrt{2x+1}+\sqrt{2x+y+2xy+1}=2y+\sqrt{y+1}+1\\ &\Leftrightarrow&\left(\sqrt{2x+1}-\sqrt{y+1} \right)\left( 2\sqrt{y+1}+\sqrt{2x+1}+1\right)=0\\ &\Leftrightarrow &\sqrt{2x+1}-\sqrt{y+1}=0\\ &\Leftrightarrow& y=2x. \end{eqnarray*}$$ Thay vào $3\sqrt[3]{3y+1}+1=4x^2y$ ta được $6x+1+3\sqrt[3]{6x+1}=(2x)^3+3(2x)$.
Trong khi đó hàm số $y=t^3+2t$ là hàm đồng biến trên $\mathbb{R}$ nên suy ra $\sqrt[3]{6x+1}=2x$ hay $4x^3-3x=\dfrac{1}{3}$.
Với $x > 1$ suy ra $4x^3-3x=x^3+3x(x^2-1) > 1$ nên phương trình vô nghiệm.
Với $-\dfrac{1}{2}\le x\le 1$ ta đặt $x=\cos \alpha$ với $0\le \alpha\le \dfrac{2\pi}{3}$.
Phương trình trở thành $\cos 3\alpha=\dfrac{1}{2}$ suy ra $\alpha=\dfrac{\pi}{9}$ hoặc $\alpha=\dfrac{5\pi}{9}$.
Vậy nghiệm của hệ phương trình là $\left(\cos\dfrac{\pi}{9};2\cos\dfrac{\pi}{9} \right)$, $\left(\cos\dfrac{5\pi}{9};2\cos\dfrac{5\pi}{9} \right)$.

Bài 2. Cho dãy số $\left( x_n\right)$ xác định bởi $\left\{ \begin{array}{l}&x_1=a\quad (a > 2)\\&x_{n+1}=\dfrac{x_n^3+12x_n}{3x_n^2+4},\quad \forall n\in\mathbb{N}^*.\end{array} \right.$ Chứng minh rằng dãy số $\left( x_n\right)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó. Đặt $y_n=\dfrac{x_n}{2}+\dfrac{x_{n-1}}{2^2}+\cdots +\dfrac{x_1}{2^n}, \forall n\in\mathbb{N}^*.$ Tính $\lim y_n$.

Lời giải

1. Ta có $x_{n+1}-2=\dfrac{x_n^3+12x_n-2\left(3x_n^2+4\right)}{3x_n^2+4}=\dfrac{\left(x_n-2\right)^3}{3x_n^2+4}$ và $x_1=a > 2$ nên $x_n > 2$ với mọi $n\in\mathbb{N}^*$.
   Lại có $x_{n+1}-x_n=\dfrac{-2x_n(x_n-2)(x_n+2}{3x_n^2+4} < 0$ hay $x_{n+1} < x_n$ với mọi $n\in\mathbb{N}^*$.
   Do đó dãy số $(x_n)$ là dãy số giảm và bị chặn dưới bởi số 2 nên dãy số $(x_n)$ có giới hạn hữu hạn.
   Đặt giới hạn đó là $L$, $L\ge 2$. Chuyển qua giới hạn ở công thức truy hồi, ta được $$L=\dfrac{L^3+12L}{3L^2+4}\Leftrightarrow L^3-4L=0\Leftrightarrow\left[ \begin{array}{l}&L=0\\&L=2\\&L=-2.\end{array} \right.$$ Suy ra $\lim x_n=2$.
2. Đặt $c_{n,k}=\dfrac{1}{2^{n-k+1}}$ với $1\le k\le n$. Khi đó $y_n=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n c_{n,k}x_k$.
   Ta có $\lim c_{n,k}=0$ và $\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n c_{n,k}=\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{2^2}+\cdots +\dfrac{1}{2^n}=1-\dfrac{1}{2^n} < 1.$ Vì dãy số $(x_n)$ giảm và $x_n > 2$ nên $0 < x_n-2 < a-2$.
   Với $\epsilon > 0$ bé tùy ý, vì $\lim (x_n-2)=0$ nên tồn tại $n_1$ đủ lớn để $x_n-2 < \dfrac{\epsilon}{2}$ với mọi $n > n_1$.
   Vì $\lim c_{n,k}=0$ nên $\displaystyle\lim\sum\limits_{k=1}^{n_1} c_{n,k}=0$, nên tồn tại $n_2$ đủ lớn để $\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n_1} c_{n,k} < \dfrac{\epsilon}{2(a-2)}$, với mọi $n > n_2$.
   Đặt $n_0=\max\{n_1,n_2\}$.
   Khi đó $\forall n\ge n_0$, ta có $$\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n c_{n,k}(x_k-2)=\displaystyle\sum\limits_{k=1}^{n_1} c_{n,k}(x_k-2)+\displaystyle\sum\limits_{k=n_1+1}^n c_{n,k}(x_k-2) < \dfrac{\epsilon}{2(a-2)}\cdot (a-2)+\dfrac{\epsilon}{2}=\epsilon.$$ Suy ra $\lim\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n c_{n,k}(x_k-2)=0$.
   Từ đó $\lim y_n=2\lim\displaystyle\sum\limits_{k=1}^n c_{n,k}=2\lim\left(1-\dfrac{1}{2^n}\right)=2.$

Bài 3. Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp đường tròn $\Omega$ tâm $O$. Các tiếp tuyến với $\Omega$ tại $B$ và $C$ cắt nhau tại $T$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh rằng $\angle{BAT}=\angle{CAM}$. Đoạn thẳng $OT$ cắt đường tròn $\Omega$ tại $X$. Đoạn thẳng $AX$ cắt đường tròn tâm $T$ bán kính $TB$ tại $I$. Gọi $E,$ $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $I$ lên các cạnh $AC,$ $AB$. Các đoạn thẳng $BE,$ $CF$ cắt nhau tại $Z$. Chứng minh rằng các đường thẳng $AZ,$ $BC,$ $OI$ đồng quy.

Lời giải

1. Dựng đường tròn tâm $T$ bán kính $TB$. Tia $AB$ cắt đường tròn $(T)$ tại $P$.
   Ta có $\angle{BPC}=\dfrac{1}{2}\angle{BTC}=\dfrac{1}{2}(180^{\circ}-\angle BOC)=90^{\circ}-\angle BAC$ nên $PC\perp AC$.
   Từ đó, gọi $Q$ là giao điểm của tia $AC$ với đường tròn $(T)$ thì $\angle PCQ=90^{\circ}.$
   Suy ra $P,T,Q$ thẳng hàng và $T$ là trung điểm của $PQ$. Có $\triangle ABC \sim \triangle APQ$ và $AM,$ $AT$ lần lượt là các đường trung tuyến của chúng nên $\triangle APT \sim \triangle ACM$.
   Từ đó, $\angle BAT=\angle CAM$.
2. Tứ giác $BICP$ nội tiếp nên $\angle FBI=\angle PCI.$
   Lại có $\angle EIC=\angle PCI$ (so le trong) nên $\angle FBI=\angle EIC.$ Do đó $\triangle FBI \sim \triangle EIC$.
   Suy ra $\dfrac{FB}{EI}=\dfrac{FI}{EC}=\dfrac{BI}{IC}.$ $(1)$
   Mà $X$ là trung điểm cung nhỏ $BC$ của đường tròn $\Omega$ nên $AX$ là tia phân giác của góc $\angle BAC$, suy ra $IE=IF.$ $(2)$
   Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $\dfrac{IB^2}{IC^2}=\dfrac{FB}{EC}$.
   Đường thẳng $AZ$ cắt $BC$ tại $D$.
   Áp dụng định lý Ceva cho $AD, BE, CF$ đồng quy tại ta được $\dfrac{DB}{DC}\cdot\dfrac{EC}{EA}\cdot\dfrac{FA}{FB}=1$, suy ra $\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{FB}{EC}$ (vì $AE=AF$).
   Từ đó $\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{IB^2}{IC^2}.$
   Đường thẳng $OI$ cắt $BC$ tại $D’$. Để ý $OB, OC$ là các tiếp tuyến của đường tròn $(T)$ nên áp dụng câu a) cho tam giác $IBC$ ta có $\angle BID’=\angle CIM.$
   Ta có $$\begin{align*} \dfrac{D’B}{D’C}&=\dfrac{S_{ID’B}}{S_{ID’C}}\\ &=\dfrac{IB\cdot \sin\angle BID’}{IC\cdot \sin\angle CID’}\\ &=\dfrac{IB\cdot \sin\angle CIM}{IC\cdot \sin\angle BIM}\\ &=\dfrac{IB^2\cdot IC\cdot \sin\angle CIM}{IC^2\cdot IB\cdot \sin\angle BIM}\\ &=\dfrac{IB^2\cdot S_{IMC}}{IC^2\cdot S_{IMB}}\\ &=\dfrac{IB^2}{IC^2}. \end{align*}$$ Suy ra $D\equiv D’$. Vậy $AZ, BC,OI$ đồng quy.

Bài 4. Trong lễ khai mạc kỳ thi chọn đội tuyển thi học sinh giỏi Quốc gia, để chuẩn bị cho việc thả bóng bay lên trời thể hiện quyết tâm và khát vọng của học sinh, ban tổ chức chọn $9$ bạn đại diện cho $9$ môn: Toán, Tin, Lý, Hóa, Sinh, Văn, Anh, Sử, Địa xếp thành một hàng dọc. Sau đó, ban tổ chức phát các quả bóng bay gồm hai màu xanh và hồng cho $9$ học sinh này (mỗi bạn một quả bóng) sao cho thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau: Học sinh đứng cuối hàng nhận bóng bay màu xanh. Nếu học sinh thứ $i$ và thứ $j$ nhận bóng bay khác màu thì học sinh thứ $i+j$ nhận bóng bay màu hồng $(1\le i < j\le 9, i+j\le 9)$. Tìm tất cả các cách phát bóng bay có thể có của ban tổ chức.

Lời giải

Ta chứng minh rằng hai học sinh đứng thứ nhất và thứ hai luôn nhận bóng bay cùng màu.
Thật vậy, giả sử hai học sinh đứng thứ nhất và thứ hai nhận bóng bay khác màu.

1. Học sinh thứ $1$ nhận bóng bay màu xanh, học sinh thứ $2$ nhận bóng bay màu hồng.
   Khi đó theo điều kiện $ii)$ học sinh thứ $3$ ($3=1+2$) nhận bóng bay màu hồng, và các học sinh thứ $4, 5, 6, 7, 8, 9$ đều nhận bóng bay màu hồng, mâu thuẫn với $i)$.
2. Học sinh thứ $1$ nhận bóng bay màu hồng, học sinh thứ $2$ nhận bóng bay màu xanh.
   Khi đó theo điều kiện $ii)$ học sinh thứ $3$ ($3=1+2$) nhận bóng bay màu hồng, học sinh thứ $5$ ($5=2+3$) nhận bóng bay màu hồng, học sinh thứ $7$ ($7=2+5$) nhận bóng bay màu hồng, học sinh thứ $9$ ($9=2+7$) nhận bóng bay màu hồng, mâu thuẫn với $i)$. Vậy hai học sinh đứng thứ nhất và thứ hai luôn nhận bóng bay cùng màu.

Theo chứng minh trên ta có học sinh thứ $1$ và thứ $2$ nhận bóng bay cùng màu hồng hoặc cùng màu xanh.
Vì học sinh thứ $9$ nhận bóng bay màu xanh nên các cặp học sinh thứ $1$ và thứ $8$, thứ $2$ và thứ $7$, thứ $3$ và thứ $6$, thứ $4$ và thứ $5$ nhận bóng bay cùng màu. Nếu học sinh thứ 1 và thứ 2 cùng nhận bóng bay màu xanh thì khi đó học sinh thứ 7 và thứ 8 cũng nhận bóng bay màu xanh. Vì các học sinh thứ 1, 2, 7 nhận bóng bay màu xanh nên các học sinh thứ 5 và 6 cũng nhận bóng bay màu xanh, và các học sinh thứ 3 và 4 cũng nhận bóng bay màu xanh. Vậy trường hợp này tất cả các học sinh đều nhận bóng bay màu xanh. Dễ dàng thấy rằng cách phát bóng bay này thỏa điều kiện bài toán.
Nếu học sinh thứ 1 và thứ 2 cùng nhận bóng bay màu hồng thì khi đó học sinh thứ 7 và thứ 8 cũng nhận bóng bay màu hồng. Nếu học sinh thứ 4 nhận bóng bay màu xanh thì học sinh thứ 5 ($5=1+4$) nhận bóng bay màu hồng, khi đó học sinh thứ 9 ($9=4+5$) nhận bóng bay màu hồng, mâu thuẫn với i). Do đó học sinh thứ 4 và thứ 5 nhận bóng bay màu hồng.
Lúc này, có 2 khả năng xảy ra:

1. Chỉ có học sinh thứ 9 nhận bóng bay màu xanh, các bạn còn lại đều nhận bóng bay màu hồng. Dễ thấy cách phát này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.
2. Các học sinh thứ 3, 6, 9 nhận bóng bay màu xanh, các bạn còn lại nhận bóng bay màu hồng. Kiểm tra được cách phát này cũng thỏa mãn điều kiện bài toán.

Vậy có tất cả 3 cách phát bóng bay có thể có của ban tổ chức:

1. Tất cả các học sinh đều nhận bóng bay màu xanh.
2. Chỉ có học sinh thứ 9 nhận bóng bay màu xanh, các học sinh còn lại nhận bóng bay màu hồng.
3. Các học sinh thứ 3, 6, 9 nhận bóng bay màu xanh, các học sinh còn lại nhận bóng bay màu hồng.