Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 48 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
48
Dung lượng
2,49 MB
Nội dung
Câu SMBC Theo hệ thức a) Gọi I trung điểm BC Do AM , BP, CN đồng quy nên Maclorin MS MI MB.MC Do d OA nên BNPC tứ giác nội tiếp Do BXY BCY Vậy BXCY nội tiếp Suy MB.MC MX MY Suy MS MI MX MY Thành thử S , X , I , Y đồng viên Do đường trịn ngoại tiếp tam giác SXY ln qua điểm I cố định b) Bài toán hệ trực tiếp kết sau O có M Bổ đề ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn giao điểm hai đường chéo Gọi N AB CD, P AD BC Các đường tròn BCN gặp điểm thứ hai Q Khi ABP O, M , Q nằm đường thẳng vng góc với NP Chứng minh Theo định lí Brocard O trực tâm tam giác MNP Gọi Q ' OM NP ta chứng minh Q Q ' O J PM ON Gọi X , Y giao điểm ON với XYNJ nên theo hệ thức Maclorin NO NJ NX NY NA.NB Khi NO NJ NQ ' NP , Mà suy NQ '.NP NA.NB NA NB NP NQ Mà Suy NQ NQ ' hay Q Q ' Quay lại với tốn, LT SA nên LT qua điểm D đối xứng A qua O Vậy LT qua điểm cố định Câu Ta nói đồng xu đỏ mặt đỏ ngửa lên đồng xu đen, mặt đen ngửa lên Thực tế tốn với bảng 1n, n số nguyên dương tùy ý Ta kiểm tra số trường hợp đặc biệt +) n 1: Khi có đồng xu đỏ Bỏ đồng xu xong +) n 2 : Khi bảng có đồng xu đỏ (do số xu đỏ lẻ), đồng xu lại màu đen Khi ta bỏ đồng xu đỏ nhất, đồng xu đen lật ngược thành đỏ Bỏ nốt đồng bảng khơng cịn đồng xu Ta chứng minh kết toán quy nạp theo n số xu đỏ lẻ, ta ln bỏ 1 n 1 tất đồng xu Giả sử kết đến n 2 Xét bảng gọi số đồng m m xu , với số nguyên dương lẻ Ta xét đồng xu đỏ tính trừ trái sang, có ba khả Nếu đồng xu ô đầu tiên: sau loại bỏ đồng xu này, bỏ trống nên ta đưa bảng 1n m 1 1 tùy thuộc vào đồng xu cạnh đồng xu vừa bị loại đen Số đồng xu bảng m 1 1 số lẻ nên theo ỉa thiết quy nạp ta loại bỏ tất đồng xu hay đỏ Vì bảng Nếu đồng xu cuối cùng, tình diễn tương tự Xét trường hợp đồng xu nằm giữa, nghĩa bên trái bên phải có đồng xu Các đồng xu bên trái (gọi nhóm chứa I) đen đồng xu bên phải (gọi nhóm II) có số chẵn xu đỏ Khi loại bỏ xu đỏ thực lật xu lân cận nhóm I có xu đỏ nhóm II tăng thêm giảm xu đỏ Thành thử nhóm I, II số lẻ xu đỏ Theo giả thiết quy nạp ta loại bỏ đồng xu nhóm Và sau số hưu hạn lần thực cách bỏ xu trên, ta bỏ tất đồng xu bảng Ngày thi thứ hai f x x Hàm số cần tìm với x P x, y f x y f xy 2 x y xy P x, y Ta kí hiệu “ ” theo giả thiết với x, y Câu Cách +) P 2, +) P x, x : cho ta f 12, : cho ta f 4 f x x 4 x x với x 4 4 4 P t, f t t t t với t Thành thử f x x với x +) t : cho ta Kết hợp ba trường hợp ta suy f x x với x Cách +) P 2, : cho ta f 12, +) P 3,1 : ta f f 3 11 +) P 2,1 : ta f 3 f 8 +) P 1,1 : ta f f 1 5 f 4 Vậy Vậy Vậy f 3 3 f 2 f 1 1 1 1 P t, f t t t Thành thử f x x với x 2 +) t : t +) P x, : cho ta f x f x 4 x f x x f x 2 x Vì x nên suy với x Từ ta f x x với x Câu a) Đầu tiên ta chứng minh khẳng định với p 1 (mod 4) n số nguyên dương 1 r Sau giả sử m p1 pr pi 1 (mod 4) số nguyên tố phân biệt Theo trên, i 1, , r tồn xi nguyên cho xi (mod pi ) i Xét hệ x xi (mod pi ) với i 1, , r Theo định lí Trung Hoa hệ số có nghiệm b) Ta n 1, 2,3 số tốt thực vậy, cố định m S Đầu tiên ta thấy m lẻ tồn số nguyên a để a (mod m) +) Với n 1 : Chọn y (mod m) (ví dụ y 2m 1) x 64 (mod m) x, m y, m 1 thỏa mãn x 65 y 1 64 65 0 (mod m) Do m lẻ nên Vậy n 1 tốt +) Với n 2 : Ta chọn y cho 8y a (mod m) x cho xy ' a (mod m) 2 2 Khi x 65 y y 65 y a 0 (mod m) y (mod m) +) Với n 3 : Ta chọn y để y (mod m) 3 3 Chọn x để x y (mod m) Khi x 65 y y 65 y 0 (mod m) Ta chứng minh n 4 số xấu Chọn m 5 giả sử tồn x, y yêu cầu mà x 65 y 0 (mod 5) Điều mâu thuẫn x 0, 1(mod 5) Vậy số bé số tốt n 4 Câu a) Gọi L AD I DELF tứ giác điều hịa Thành thử D DLEF Kẻ IH AD ta có ID DB, IH DA, IC DE , IB DF Thành thử I DHCB Mà MN IH nên D trung điểm MN Từ ta tam giác AMN cân Suy AM AN Theo tính chất tiếp tuyến AE AF Do M , N nằm trung trực DF , DE nên MF MD NE ND Vậy ta MF NE Suy AFM AEN c.g.c b) Do IM , IN trung trực DF , DE nên I tâm đường tròn nội tiếp tam giác KMN Do AMK ANE (Câu a) nên ta MAN MKN KI phân giác góc MKN Gọi S điểm cung MN khơng chứa A KI , AD qua S NMK MKN MIS Ta có: NMK MKN IMS IMD DMS Vậy tam giác IMS cân S 2 Ta có SI SM SD.SA nên SAI ∽ SID Suy SIA SDI , KIA IDA Câu Đầu x tiên y2 ta thấy việc làm phải dừng lại x 1 y 1 x y 2 , sau lần thực tích tất số bảng tăng lên Mà tổng số bảng không thay đổi Do tích tăng vơ hạn đương nhiên có số vơ hạn, mâu thuẫn Ta ký hiệu S k tổng tất bình phương số có mặt bảng bước thứ k (các số bảng có số trùng ta tính) Theo S k S k 1 2 2 Mặt khác, ban đầu tổng bình phương tất số a 1 2015 Thành thử S0 S k S0 S1 S1 S Sk S k 2k Do Sk S0 2k với k Khi mà trình dừng lại bảng số sai khác đơn vị Giả sử có m số x n số x ta có m, n số tự nhiên thỏa mãn m n 2015 mx n x 1 2015.2016 1008.2015 tổng tất số bảng Vì x nhận giá trị 1008,1007 x 1007 2015.1007 n 1008.2015 hay n 2015 Do tất số 1007 Tương tự x 1008 n 0 m 2015 Thành thử hai trường hợp số phải b với b 1007,1008 Suy 2k S0 S k a 2015b Với b 1008 suy 2k 2015.2016 2.2015 1 2015.1008.1007 2015.1008.1007 k 2015.10082 6 , ĐỀ SỐ 64 Câu 1: a) Ta chứng minh un 1, n 1 phương pháp quy nạp u1 Giả sử un , với n Ta chứng minh un 1 Theo đề ta có un 1 un3 3un2 9un Thật ta có : Vì un nên từ(1) suy un 1 9n 10 (un 5)(un 1)2 (1) n 1 n 1 Do un 1, n 1 hay (un ) bị chặn b) Ta chứng minh (un ) dãy giảm u2 Thật , ta có Giả sử ta có Xét hiệu 49 50 1 u1 8 un un u1 , với n 1 Ta chứng minh : un 1 un 1 H (un 1 1)2 (un 1)2 (un3 un3 ) 3(un2 un2 ) 9(un un ) n 1 n (un un )(un2 unun un2 3un 3un 9) 1 (2) n 1 n 1 un un n n nên từ (2) suy H , suy un 1 un Vì (un ) dãy giảm bị chặn Suy dãy (un ) có giới hạn hữu hạn n Vậy dãy Lim un a với a Giả sử Từ hệ thức truy hồi đãcho, suy a a 3a 9a (3) a 1 (3) a 2a 11a 0 Limun 1 a 41 a 2 , ta có Với Câu 2: a) Dễ thấy tứ giác BFEC nội tiếp · · · Hơn ATH = AFH = AEH nên ngũ giác ATFHE nội tiếp Do AT , FE , BC ba trục đẳng phương ( ATFHE ) , (O), ( BFEC ) nên chúng đồng quy G tức ba điểm G, T, A thẳng hàng b) Nối TH cắt đường tròn (O) M , suy A, O, M thẳng hàng · · · · AEK = ABC = AMC Þ AM ^ EF từ suy ·AGK = AMT Dễ thấy · · · KOT = KGA = OMT (1) Do · · AOT = 2OMT (2) Hơn · · KOT = KOA Từ (1) (2) suy OT = OA nên OT trung trực AT , suy OK ^ AT Mà n 0 n 2n n 2 Câu 3: Giả sử deg P n So sánh bậc vế giả thiết , ta có c 0 c c n 2 đặt P ( x) c Từ giả thiết suy c 1 +) Nếu Ta đa thức P( x) 0, P( x) 1 thỏa mãn tốn +) Nếu n 2 đặt P( x) ax bx c (a 0) So sánh hệ số cao vế giả thiết , ta a a Vì a 0 nên a 1 P ( x) x bx c Khi Thử lại: ) P ( x ) P ( x 2015) ( x bx c )(( x 2015) b( x 2015) c) ( x bx c )( x (b 4030) x 2015b c 20152 ) x (2b 4030) x3 (2015b c 20152 b(b 4030) c) x (b(2015b c 20152 ) c(b 4030)) x c (2015b c 20152 ) ) P ( P( x) 2015 x) ( x (b 2015) x c ) b( x (b 2015) x c) c x 2(b 2015) x3 ((b 2015) 2c b) x (2c(b 2015) b(b 2015)) x (c bc c) Do P ( x) P ( x 2015) P ( P ( x ) 2015) , x R 2015b c 20152 b(b 4030) c (b 2015) 2c b b(2015b c 2015 ) c(b 4030) 2c(b 2015) b(b 2015) c(2015b c 20152 ) c bc c c 0 b 0 P( x) 0, P ( x ) 1, P ( x) x Vậy tất đa thức thỏa mãn tốn : x0 0 ta thấy hệ thức truy hồi cho thỏa mãn với n 0 Câu 4: Đặt k m3 cho xk chia hết cho m Xét số nguyên dương m , ta chứng minh tồn số nguyên dương rt số dư chia xt cho m , với t 0,1, , m3 Ta xét gồm phần tử Đặt (r0 , r1, r2 ) , ( r1 , r2 , r3 ) , ,( r , r , r ) m m 1 m Vì rt nhận m giá trị nên theo nguyên tắc Đi- – lê , suy có (r , r , r ) (r , r , r ) Giả sử p số nhỏ cho p p 1 p q q 1 q với p q m Ta chứng minh p 0 Thật , giả sử phản chứng p 1 Từ hệ thức truy hồi cho suy rp rp 1rp rp (mod m) r r r r (mod m) q q 1 q q rp rq , rp 1 rq 1 , rp rq r r nên từ đồng thức treensuy p q Vì (r , r , r ) (rq 1, rq , rq 1 ) Do hai p p p 1 , điều trái với tính chất p p 0 , suy rq 0, chứng tỏ zq 0 (mod m) hay xq chia hết cho m Vậy Câu 5: Giả sử n số nguyên dương thỏa mãn toán , ta có : 11n xy ( z 1) ( x y ) z ( x yz )( y xz ) 11n p x yz 11 (1) q y xz 11 p, q thỏa mãn Suy tồn số dương p q ( x y )( z 1) 11 11 (2) q p ( x y )( z 1) 11 11 x y Khơng tính tổng qt, giả sử Từ (1) suy Vì x y nên q p , p q p 1) ( x y )( z 1) 11 (11 (2) (3) p q p ( x y )( z 1) 11 (11 1) p +) Nếu z 11 z khơng chia hết cho 11, từ (3) suy x y 11 hay x y x yz Mặt khác, ta có suy n số chẵn x yz x y n nên suy x y Khi ta có 11 ( x xz ) từ Từ trường hợp suy n số chẵn n 2k , k Z Ta thấy ( x, y, z ) (1,1,11k 1) thỏa mãn Ngược lại , với n số chẵn , đặt 11n xy( z 1) ( x y ) z Vậy n thỏa mãn toán n số nguyên dương chẵn ĐỀ SỐ 65 ( Ngày thứ 28/9/2015) Bài 1: Từ cách xác định dãy ta có xn 1 xn với n 2 xn 1 xn xn Do xn 1 xn 1 Ta có n3 n6 xn 1 xn Suy với n 2 xn với Suy n3 n6 ( xn ) n3 với n 1 n3 với n 1 xn 1 a (1 Do xn n ) a (1 1 1 ) a (1 ) a 2.3 3.4 n(n 1) n 1 n 1 xn 1 ( a ) 2( a ) 2(a 3) với n 1 Suy xn 2(a 3) với n 1 (ĐPCM) Bài 2: Từ i suy f hàm đồng biến khoảng Lim f ( x) l 0 Do tồn x 0 Từ i ii ta có 4( x y ) f ( f ( x y )) f ( f ( x) y ) (1) Trong i thay x 2y , thay y f(x) ta f (2 y f ( x)) f (2 y ) f ( x ) Từ điều kết hợp với (1) ta 4( x y ) f (2 y ) f ( x) (2) Lim f ( f ( x)) 0 Mặt khác , từ (ii) ta có x 0 (3) f f x f l Giả sử l Vì f đồng biến nên với x lim f x 0 Điều mâu thuẫn với (3) Do l 0 Nghĩa ta có x 0 f x 2 x Từ (2) cho y ta với x (4) Từ (4) (1) ta có x y f x y f x y 2 x y f x x f x y 2 x y Cố định x y , cho x bất đẳng thức ta Hay f x 2 x, x Thử lại thỏa mãn Bài a) Ta có: ABC AEC 2 KBE KEB 180 Suy A, B, C , E thuộc đường tròn Tương tự ta có A, B, C , F thuộc đường trịn Từ ta có điều cần chứng minh ABC , BKH đường trịn đường kính EF có trục đẳng phương b) Ba đường tròn BY , KH , EF đồng quy S B KHXY FEMS Gọi M BX EF Ta có: (hàng điểm điều hịa bản) KX HX Từ suy XKYH tứ giác điều hịa Suy KY HY B K H X S E F M Bài a) Trả lời có Ta cách tô màu thỏa mãn sau: Chia 30 học sinh thành 15 cặp, cặp tô cột liên tiếp i; 2i 1 31 i; 2i tô từ xuống lên Cặp thứ i xuất phát từ ô bổ sung cho (như hình vẽ) b) Trả lời khơng Giả sử tơ kiens bảng sau 31 phút a , b , , a31 , b31 Gọi 31 tơ có tọa độ hàng, cột 1 31 Do chúng không hàng, cột nên 31 a b i i 1 i i 1 (1) 312 312 Ta tô bảng ô vuông đen trắng xem kẽ cho có đen, trắng Nhận xét: Mỗi đen có tổng tọa độ số chẵn, trắng có tổng tọa độ số lẻ