Đang tải... (xem toàn văn)
Đáp án đề thi trường đông Toán học ngày 10/12/2014 thông tin đến các bạn lời giải của đồng phương Toán học, củng cố kiến thức cho kỳ thi THPT sắp đến. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.
Trường đơng Tốn học - VTH 10/12/2014 ĐÁP ÁN ĐỀ THI Ngày thi thứ hai Thời gian: 180 phút Bài (7 điểm) Nếu 𝑝 không ước nguyên tố 𝑎𝑛 ta chọn 𝑒𝑝 tốn chứng minh Giả sử ngược lại, 𝑝 ước nguyên tố số 𝑎𝑛 Gọi 𝑘 số nguyên dương nhỏ cho 𝑝 | 𝑎𝑘 Gọi 𝑒 = 𝑒𝑝 = số mũ 𝑝 𝑎𝑘 Ta chứng minh với 𝑛 𝑝 𝑎𝑛 𝑝𝑒 ||𝑎𝑛 (Kí hiệu 𝑝𝑒 ||𝑎𝑛 có nghĩa 𝑝 xuất với số mũ 𝑒 𝑎𝑛 ) Trước hết ta qui nạp theo 𝑖 ≥ 𝑎𝑘+𝑖 ≡ 𝑎𝑖 Viết 𝑓 (𝑥) = 𝑐0 + 𝑑 ∑︁ (mod 𝑝2𝑒 ) 𝑗 𝑐 𝑗 𝑥 = 𝑎1 + 𝑥 𝑗=2 (︃ 𝑑 ∑︁ )︃ 𝑐𝑗 𝑥 𝑗−2 , 𝑗=2 (điều kiện 𝑓 ′ (0) = nói luỹ thừa bậc 𝑥 không xuất khai triển 𝑓 ) Với 𝑖 = (︃ )︃ ∑︁ 𝑗−2 𝑎𝑘+1 = 𝑓 (𝑎𝑘 ) = 𝑎2𝑘 𝑐 𝑗 𝑎𝑘 + 𝑎1 ≡ 𝑎1 (mod 𝑝2𝑒 ) 𝑗≥2 Như vậy, 𝑎𝑘+1 ≡ 𝑎1 (mod 𝑝2𝑒 ) Giả sử khẳng định với 𝑖, nghĩa 𝑎𝑘+𝑖 ≡ 𝑎𝑖 (mod 𝑝2𝑒 ) Từ suy 𝑓 (𝑎𝑘+𝑖 ) ≡ 𝑓 (𝑎𝑖 ) (mod 𝑝2𝑒 ), hay 𝑎𝑘+𝑖+1 ≡ 𝑎𝑖+1 (mod 𝑝2𝑒 ) Như theo nguyên lý qui nạp khẳng định chứng minh Bây cố định số nguyên dương 𝑛 cho 𝑝 | 𝑎𝑛 Viết 𝑛 = 𝑘𝑞 + 𝑖 với ≤ 𝑖 ≤ 𝑘 − Giả sử 𝑖 > Thế ta có 𝑎𝑛 ≡ 𝑎𝑘(𝑞−1)+𝑖 ≡ · · · ≡ 𝑎𝑖 (mod 𝑝2𝑒 ) Nói riêng, 𝑝 | 𝑎𝑖 với 𝑖 < 𝑘, điều mâu thuẫn với cách chọn 𝑘 Như vậy, 𝑖 = 𝑛 = 𝑘𝑞 Thế đồng dư nói 𝑎𝑛 ≡ 𝑎𝑘 (mod 𝑝2𝑒 ) Bởi 𝑝𝑒 ||𝑎𝑘 , đồng dư cho thấy 𝑝𝑒 ||𝑎𝑛 Bài toán chứng minh Bài (7 điểm) (a) 𝐷𝑇 tiếp xúc (𝐻𝐸𝐹 ) Trước tiên (𝐻𝐸𝐹 ) đường tròn đường kính 𝐴𝐻 (ký hiệu [𝐴𝐻]) theo tính chất quen biết tam giác: "Đường thẳng 𝐻𝐼 qua giao điểm 𝑇 ′ ̸= 𝐴 (𝑂) [𝐴𝐻]" Suy 𝑇 giao điểm (𝑂) [𝐴𝐻] (𝑇 ̸= 𝐴) Để ý 𝐼𝐹, 𝐼𝐸 tiếp tuyến với [𝐴𝐻] nên tứ giác 𝑇 𝐹 𝐻𝐸 tứ giác điều hòa Do 𝐸𝐹 tiếp tuyến 𝑇 𝑀 đồng quy điểm Theo giả thiết, 𝐷𝐻 tiếp tuyến 𝑀 , suy 𝐷𝑇 tiếp tuyến 𝑇 Trường đơng Tốn học - VTH 10/12/2014 (b) 𝐵𝑀 , 𝐶𝑁 , 𝑇 𝑃 đồng quy Trước hết, ta chứng minh 𝐵𝑀 tiếp tuyến 𝐵 (𝑂) Giả sử tiếp tuyến 𝐵 cắt 𝐸𝐹 𝑀 ′ Để ý tam giác 𝐼𝐹 𝐵 𝑀 ′ 𝐹 𝐵 cân 𝐼 𝑀 ′ nên 𝐼𝑀 trung trực 𝐹 𝐵 Suy 𝐼𝑀 ′ 𝐵 + 𝑀 ′ 𝐵𝐹 = 90∘ Dẫn đến 𝐼𝑀 ′ 𝐵 + 𝐴𝐶𝐵 = 90∘ Mặt khác, 𝐵𝑇 𝐴 + 𝐴𝐶𝐵 = 180∘ 𝐵𝑇 𝐴 = 𝐵𝑇 𝐼 + 90∘ nên ta 𝐵𝑇 𝐼 + 𝐴𝐶𝐵 = 90∘ Từ suy 𝐼𝑀 ′ 𝐵 = 𝐵𝑇 𝐼 nên 𝑀 ′ thuộc đường tròn (𝐼𝐵𝑇 ) Theo cách dựng điểm 𝑀 , suy 𝑀 ′ ≡ 𝑀 Vậy 𝐵𝑀 tiếp tuyến 𝐵 (𝑂) Tương tự 𝐶𝑁 tiếp tuyến (𝑂) 𝐶 Gọi 𝐾 giao điểm 𝐵𝑀 𝐶𝑁 Khơng khó chứng minh ∆𝑇 𝐵𝐶 ∼ ∆𝑇 𝐹 𝐸 Để ý 𝐾 giao điểm tiếp tuyến 𝐵 𝐶 (𝑇 𝐵𝐶) 𝐼 giao điểm tiếp tuyến 𝐹 𝐸 (𝑇 𝐹 𝐸) Suy tứ giác 𝑇 𝐵𝐾𝐶 𝑇 𝐹 𝐼𝐸 đồng dạng Suy 𝐵𝑇 𝐾 = 𝐹̂︂ 𝑇 𝐼 Vì 𝐹̂︂ 𝑇 𝐼 = 𝐵𝐴𝑃 nên 𝐵𝑇 𝐾 = 𝐵𝐴𝑃 , giao điểm 𝑇 𝐾 với (𝑂) phải trùng với điểm 𝑃 , nên 𝑇 𝐾 qua 𝑃 Vậy 𝐵𝑀 , 𝐶𝑁 𝑇 𝑃 đồng quy Bài (6 điểm) Ký hiệu 𝑃𝑛 (𝑥) = 𝑛 ∑︁ 2𝑘(𝑛−𝑘) 𝑥𝑘 𝑘=0 Để đa thức 𝑃𝑛 (𝑥) có 𝑛 nghiệm thực, ta số (̸= 0) 𝑃𝑛 (−2−𝑛 ), 𝑃𝑛 (−2−𝑛+2 ), 𝑃𝑛 (−2−𝑛+4 ), , 𝑃𝑛 (−2𝑛 ), Trường đơng Tốn học - VTH 10/12/2014 luân phiên đổi dấu Khi kết luận hiển nhiên Với 𝑗 = 0, 1, , 𝑛, nhóm đơn thức đa thức 𝑃𝑛 (𝑥) thành tổng có dạng 𝑃𝑛 (𝑥) = · · · +2(𝑗−5)(𝑛−𝑗+5) 𝑥𝑗−5 + 2(𝑗−4)(𝑛−𝑗+4) 𝑥𝑗−4 +2(𝑗−3)(𝑛−𝑗+3) 𝑥𝑗−3 + 2(𝑗−2)(𝑛−𝑗+2) 𝑥𝑗−2 +2(𝑗−1)(𝑛−𝑗+1) 𝑥𝑗−1 + 2𝑗(𝑛−𝑗) 𝑥𝑗 + 2(𝑗+1)(𝑛−𝑗−1) 𝑥𝑗+1 +2(𝑗+2)(𝑛−𝑗−2) 𝑥𝑗+2 + 2(𝑗+3)(𝑛−𝑗−3) 𝑥𝑗+3 +2(𝑗+4)(𝑛−𝑗−4) 𝑥𝑗+4 + 2(𝑗−4)(𝑛−𝑗−5) 𝑥𝑗+5 + · · · , Tùy vào tính chẵn lẻ 𝑗 𝑛 − 𝑗, tổng đầu tổng cuối có đơn thức Bây giá trị 𝑥 = −2−𝑛+2𝑗 vào biểu thức đa thức 𝑃𝑛 (𝑥) Ta có 𝑃𝑛 (−2−𝑛+2𝑗 ) = · · · +(−1)𝑗−4 (−2𝑗 −52 𝑗 −32 +(−1)𝑗−2 (−2 +0 +(−1)𝑗+2 (2𝑗 −22 𝑗 −42 +(−1)𝑗+4 (2 + 2𝑗 +2 − 2𝑗 −42 𝑗 −22 −32 𝑗 −52 −2 ) ) ) ) + ··· Chú ý có tổng đầu cuối đơn thức giá trị đơn thức có dấu (−1)𝑗 Sắp xếp lại ta suy (︁ 2 2 𝑃𝑛 (−2−𝑛+2𝑗 ) = (−1)𝑗 · · · +(2𝑗 −4 − 2𝑗 −5 ) +(2𝑗 +0 −22 − 2𝑗 −32 +(2𝑗 −22 − 2𝑗 −32 𝑗 −42 +(2 𝑗 −52 −2 ) ) )︁ ) + ··· Như 𝑃 (−2−𝑛+2𝑗 ) mang dấu (−1)𝑗 Hệ giá trị 𝑃 (−2−𝑛+2𝑗 ) đổi dấu liên tục 𝑗 thay đổi từ 0, 1, , 𝑛 ... (