Processing math: 0%

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 Quãng Nghĩa, ngày 2 năm học 2020-2021

Bài 1. Một số nguyên dương n được gọi là số tạo cấp số nếu nó thỏa mãnđồng thời hai điều kiện sau

  • n có ít nhất 4 ước nguyên dương d_1, d_2, \ldots, d_k (k\ge 4) với d_1 < d_2 < \ldots < d_k.
  • Các số d_2-d_1, d_3-d_2, \ldots, d_k-d_{k-1} theo thứ tự đó lập thành một cấp số nhân.
  1. Tìm tất cả các số nguyên dương chẵn là số tạo cấp số
  2. Tìm tất cả các số nguyên dương là số tạo cấp số

Lời giải

  1. Giả sử n là số nguyên dương chẵn và là = số tạo cấp số<>=. Khi đó d_1=1, d_2=2, \ldots, d_{k-1}=\dfrac{n}{2}, d_k=nq là công bội của cấp số nhân d_2-d_1, d_3-d_2,\ldots,d_k-d_{k-1}. Khi đó d_k-d_{k-1}=q^{k-2}\left(d_2-d_1\right)\Leftrightarrow n-\dfrac{n}{2}=q^{k-2}(2-1)\Leftrightarrow n=2q^{k-2}.
    • Nếu q=2 thì n=2^{k-1} và theo giả thiết trên ta thấy n=2^m với m\ge 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
    • Nếu q\ne 2 thì k=\tau (n)=\tau \left(2^1\cdot q^{k-2}\right)\ge 2(k-1), suy ra k\le 2 vô lý.
    Vậy n=2^m với m\ge 3 là tất cả các số chẵn và là = số tạo cấp số<>=.
  2. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n. Khi đó d_1=1, d_2=p,\ldots, d_{k-1}=\dfrac{n}{p}, d_k=nq là công bội của cấp số nhân d_2-d_1, d_3-d_2, \ldots,d_k-d_{k-1}. Khi đó d_k-d_{k-1}=q^{k-2}\left(d_2-d_1\right)\Leftrightarrow n-\dfrac{n}{p}=q^{k-2}(p-1)\Leftrightarrow n=pq^{k-2}.
    • Nếu p=q thì n=p^{k-1} và theo hai giả thiết trên ta thấy số n=p^m với m\ge 3 thỏa mãn yêu cầu bài toán.
    • Nếu q\ne p thì \tau(n)=\tau \left(p^1\cdot q^{k-2}\right)\ge 2(k-1), suy ra k\le 2 vô lý.
    Vậy n=p^m với m\ge 3, p là số nguyên tố.

Bài 2. Cho đa thức hệ số nguyên P(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0 (a_n\ne 0).

  1. P(x) được gọi là đa thức đặc biệt nếu các hệ số của nó thỏa mãn đồng thời hai điều kiện Nếu 0\le i\le n, i\not \vdots 3 thì a_i\vdots 3.
  2. \sum a_i\vdots 6, trong đó \sum a_i là tổng tất cả các hệ số a_ii\not \vdots 3. Chứng minh rằng với Q(x) là một đa thức hệ số nguyên thì [Q(x)]^3 là một đa thức = đặc biệt=.
  3. P(x) được gọi là đa thức tổng lập phương nếu tồn tại m số nguyên b_1, b_2, \ldots, b_mm đa thức hệ số nguyên P_1(x), \ldots, P_m(x) sao cho P(x)=b_1[P_1(x)]^3+\cdots+b_m[P_m(x)]^3 với m\in \mathbb{N}^*.
  4. Chứng minh rằng mọi đa thức đặc biệt đều là đa thức tổng lập phương .

Lời giải

  1. Ta chứng minh quy nạp theo bậc của đa thức Q(x).
    • Nếu Q(x) là đa thức hằng thì hiển nhiên.
    • Nếu (x)=ax+b, a,b\in \mathbb{Z}, a\ne 0 thì [Q(x)]^3=(ax+b)^3=a^3x^3+3ax^2bx^2+3ab^2x+b^3. thỏa điều kiện i) và cũng thỏa mãn điều kiện ii)a^2b+ab^2=ab(a+b)\vdots 2 (trong các số a, b, a+b luôn có ít nhất một số chẵn).
  2. Giả sử [Q(x)]^3 là một đa thức = đặc biệt=\ với \deg Q\le n-1. Ta chứng minh [Q(x)]^3 cũng là một đa thức = đặc biệt=\ với \deg Q=n.
    Đặt Q(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0, c_n\ne 0, c_i\in \mathbb{Z}.
    Khi đó \begin{align*} Q(x)=&\left(c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^3\\ &=c^3_nx^{3n}+3c^2_nx^{2n}\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)+3c_nx^n\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^2\\ &+\left(c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_1x+c_0\right)^3. \end{align*}c^2_nc_t+c_nc^2_t=c_nc_t(c_n+c_t) chẵn với mọi t=\overline{0,n-1} nên các hệ số của [Q(x)]^3 thỏa mãn các điều kiện i)ii), do đó nó là đa thức = đặc biệt =.
  3. T(x)=15x^2+9x+2021=4(x+1)^3-(x-1)^3-3x^3+2016\cdot 1^3 nên T(x) là đa thức = tổng lập phương=.
  4. Nếu P(x) là một đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn 3. Khi đó P(x)=3a_2x^2+3a_1x+a_0 với a_2,a_1,a_0\in \mathbb{Z}, \left(a_2+a_1\right)\vdots\ 2.
    Ta có P(x)=\dfrac{a_1+a_2}{2}(x+1)^3+\dfrac{a_1-a_2}{2}(x-1)^3-a_1x^3+(a_0-a_2)\cdot 1^3 nên P(x) là một đa thức = tổng lập phương=.
    Giả sử mọi đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn 3(n-1) đều là đa thức = tổng lập phương=. Ta chứng minh mọi đa thức = đặc biệt=\ có bậc bé hơn 3n là đa thức = tổng lập phương=.
    Xét đa thức = đặc biệt= \ mà \deg P < 3n. P(x)=3a_{3n-1}x^{3n-1}+3a_{3n-2}x^{3n-2}+a_{3n-3}x^{3n-3}+Q(x)\deg Q < 3(n-1) và xảy ra một trong hai trường hợp sau \item a_{3n-1}+a_{3n-2} chẵn, Q(x) là đa thức = đặc biệt=. \item a_{3n-1}+a_{3n-2} lẻ, Q(x)-3x^{3n-4} là đa thức đặc biệt.
    • Xét trường hợp (1) \begin{align*} P(x)&=\dfrac{a_{3n-1}+a_{3n-2}}{2}\left(x^n+x^{n-1}\right)^3+\dfrac{a_{3n-2}-a_{3n-1}}{2}\left(x^n-x^{n-1}\right)^3-a_{3n-2}\left(x^n\right)^3\\ &+\left(a_{3n-3}-a_{3n-1}\right)\left(x^{n-1}\right)^3+Q(x) \end{align*} nên P(x) là đa thức = tổng lập phương =.
    • Xét trường hợp (2) \begin{align*} P(x)&=\dfrac{a_{3n-3}+a_{3n-2}-1}{2}\left(x^n+x^{n-1}\right)^3+\dfrac{a_{3n-2}+a_{3n-1}-1}{2}\left(x^n-x^{n-1}\right)^3-a_{3n-2}\left(x^n\right)^3\\ &+\left(x^n+x^{n-2}\right)^3+\left(a_{3n-3}-a_{3n-1}\right)\left(x^{n-1}\right)^3-\left(x^{n-2}\right)^3+Q(x)-3x^{3n-4} \end{align*} nên P(x) là đa thức = tổng lập phương=.
    Vậy theo nguyên lý quy nạp, mọi đa thức = đặc biệt=\ đều là đa thức = tổng lập phương=.

Bài 3. Cho đường tròn (O) và hai điểm B, C cố định trên (O), BC không là đường kính. Một điểm A thay đổi trên (O) sao cho tam giác ABC nhọn, không cân. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.

  1. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AID, BIE, CIF có hai điểm chung.
  2. Gọi G là giao điểm CIDE, H là điểm trên đường thẳng EF sao cho IH\perp IC. Các đường thẳng GHID cắt nhau tại K, BKCK lần lượt cắt đường thẳng EF tại ML. Gọi N là trung điểm của LM. Chứng minh rằng đường thẳng IN luôn đi qua điểm cố định.

Lời giải

  1. Đường tròn ngoại tiếp tam giác AID cắt đường thẳng BC tại X. Khi đó \widehat{IAX}=\widehat{IDX}=90^\circ, nên AX là tia phân giác ngoài của góc A của tam giác ABC.
    Tương tự, đường tròn ngoại tiếp tam giác BIE đi qua điểm Y là chân đường phân giác ngoài góc B và đường tròn ngoại tiếp tam giác CIF đi qua điểm Z là chân đường phân giác ngoài góc C của tam giác. Ta có \dfrac{XB}{XC}\cdot \dfrac{YC}{YA}\cdot \dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AB}{CA}\cdot \dfrac{BC}{BA}\cdot \dfrac{CA}{CB}=1 nên theo định lí Menelaus X, Y, Z thẳng hàng.
    Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AID, BIE, CIF lần lượt là trung điểm của IX, IY, IZ nên chúng thẳng hàng. Suy ra các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác AID, BIE, CIF có hai điểm chung.
  2. BI cắt EF tại L'. Ta có \triangle BFL'=\triangle BDL' nên L'B là tia phân giác của góc \widehat{FL'D} \quad (1).
    Mặt khác \dfrac{DB}{DC}\cdot \dfrac{EC}{EA}\cdot \dfrac{FA}{FB}=1 nên AD, BE, CF đồng quy.
    Theo mô hình tứ giác toàn phần, ta có L'(F,D,B,C)=-1\quad (2).
    Từ (1)(2) ta có L'B\perp L'C.
    Tương tự nếu gọi M' là giao điểm của CI với EF thì M'B\perp M'C. Xét hai tam giác M'GHBDIM'B, GD, HI đôi một song song nên theo định lí Desargues, giao điểm của các cặp đường thẳng GHDI, M'HBI, M'GBD thẳng hàng hay C, L', K thẳng hàng. Từ đó ta có CK\perp BI.
    Ta có L'\equiv LI là trực tâm của tam giác KBC, do đó M'\equiv M. \widehat{BMC}=\widehat{BLC}=90\circ nên tứ giác BMLC nội tiếp. Do đó các tam giác IMLIBC đồng dạng. IN là đường trung tuyến của tam giác IML nên nó là đường đối trung của tam giác IBC \quad(3).
    Gọi J, T lần lượt là trung điểm của cung nhỏ và cung lớn \overset\frown{BC} của đường tròn (O). Ta có \widehat{JBI}=\widehat{JIB}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{ABC}+\widehat{BAC}\right) nên JI=JB, hiển nhiên JB=JC nên J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.
    TB\perp JBTC\perp JC nên T là giao điểm của các tiếp tuyến tại B và tại C của đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Từ đó IT là đường đường đối trung của tam giác IBC \quad (4).
    Từ (3)(4) suy ra I, N, T thẳng hàng. Hay nói cách khác đường thẳng IN đi qua điểm T cố định.

Bài viết cùng chủ đề:

0 nhận xét:

Đăng nhận xét