intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 2

Chia sẻ: Pham Xuan Duong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:12

258
lượt xem
43
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 2', khoa học tự nhiên, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 2

  1. BÀI S 4: TOÁN R I R C Bài 4. Cho ngũ giác l i ABCDE có các c nh và hai đư ng chéo AC , AD có đ dài không vư t quá 3. Trong ngũ giác l i l y 2011 đi m phân bi t b t kì. Ch ng minh r ng t n t i m t hình tròn đơn v có tâm n m trên c nh c a ngũ giác l i ABCDE và ch a ít nh t 403 đi m trong s 2011 đi m đã cho. L i gi i. Trư c h t ta ch ng minh b đ sau B đ . Cho đi m I n m trong tam giác X Y Z có đ dài các c nh nh hơn 3. Khi đó, min{ I X , IY , I Z } < 1. Ch ng minh. Th t v y, vì ∠ X IY + ∠Y I Z + ∠ Z I X = 360◦ nên trong ba góc ∠ X IY , ∠Y I Z , ∠ Z I X ph i có m t góc không nh hơn 120◦ . Gi s ∠ X IY 120◦ thì trong tam giác I X Y , theo đ nh lý cosin ta có X Y 2 = I X 2 + IY 2 − 2 I X · IY cos ∠ X IY 3 I X 2 + IY 2 + I X · IY 3 min{ I X 2 , IY 2 }. T đây đưa đ n min{ I X , IY } 1. B đ đư c ch ng minh. Quay tr l i bài toán. Theo gi thi t thì các tam giác A BC , A CD , A DE đ u có c ba c nh nh hơn 3, mà m i đi m trong 2011 đi m gieo trong ngũ giác ABCDE đ u thu c mi n trong c a m t trong ba tam giác này nên theo b đ , m i đi m ph i cách m t đ nh nào đó c a ngũ giác m t kho ng không l n hơn 1. Theo nguyên lý Dirichlet, có m t đ nh c a ngũ giác có kho ng cách không l n hơn 1 đ n ít nh t 2011 = 403 đi m. T đó ta có đi u ph i ch ng minh. 5
  2. 20 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN d
  3. BÀI S 5: DÃY S CÓ TÍNH CH T S HC Bài 5. Cho dãy s nguyên {a n } xác đ nh b i a 0 = 1, a 1 = −1 và a n = 6a n−1 + 5a n−2 v i m i n 2. Ch ng minh r ng a 2012 − 2010 chia h t cho 2011. L i gi i 1. Xét dãy {b n } đư c xác đ nh như sau b 0 = 1, b 1 = −1 và b n = 6 b n−1 + 2016 b n−2 v i m i n 2. Dãy này có phương trình đ c trưng x2 − 6 x − 2016 = 0 có hai nghi m là x = −42 và x = 48. T đây, s d ng ki n th c v phương trình sai phân, ta tìm đư c công th c t ng quát c a dãy là 41 · 48n + 49 · (−42)n ∀ n ∈ N. bn = , 90 Ngoài ra, ta cũng d dàng ch ng minh b ng quy n p r ng ∀ n ∈ N. a n ≡ b n (mod 2011), Theo đó, ta ch c n ch ng minh b2012 + 1 ≡ 0 (mod 2011) n a là xong. Ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 b 2012 + 1 = . 90 Do 2011 là s nguyên t , và 2011, 90 là hai s nguyên t cùng nhau nên ta ch c n ch ng minh 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 0 (mod 2011). (1) Mà theo đ nh lý Fermat nh , ta có 41 · 482012 + 49 · (−42)2012 + 90 ≡ 41 · 482 + 49 · 422 + 90 (mod 2011) = 90 b 2 + 90 = 90 6 · (−1) + 2016 · 1 + 90 = 90 · 2010 + 90 = 90 · 2011 ≡ 0 (mod 2011). Vì v y, (1) đúng. Bài toán đư c ch ng minh xong.
  4. 22 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN L i gi i 2. Phương trình đ c trưng c a dãy đã cho là x2 − 6 x − 5 = 0 có hai nghi m là 3 − 14 và 3 + 14, do đó ta d dàng tìm đư c công th c s h ng t ng quát c a dãy là n n 7 − 2 14 3 + 14 + 7 + 2 14 3 − 14 an = 14 n−1 n−1 −7 + 14 3 + 14 − 7 + 14 3 − 14 = 14 = − u n + 2vn , trong đó n−1 n−1 n−1 n−1 3 + 14 + 3 − 14 3 + 14 − 3 − 14 un = vn = , . 2 2 14 S d ng công th c khai tri n nh th c Newton, ta có 1005 1005 C 2011 32011−2k 14k = 32011 + 2k C 2011 32011−2k 14k . 2k u 2012 = k=0 k=1 Do 1 < 2k < 2011 v i 1 1005 và 2011 là s nguyên t nên k 2 k−1 C 2010 .. 2011. 2k . C 2011 = 2011 2k M t khác, theo đ nh lý Fermat nh thì 32011 ≡ 3 (mod 2011). Do v y, k t h p các l p lu n l i v i nhau, ta đư c u 2012 ≡ 3 (mod 2011). (2) Tương t v i vn , ta cũng s d ng khai tri n Newton và thu đư c 1006 1005 C 2011 32012−2k 14k−1 = 141005 + 2 k−1 C 2011 32012−2k 14k−1 . 2 k−1 v2012 = k=1 k=1 Đ n đây, cũng b ng cách s d ng tính nguyên t c a 2011, ta th y 2 k−2 C 2010 .. 2011 2 k−1 . C 2011 = 2011 2k − 1
  5. 23 L I GI I VMO 2011 v i k ∈ {1, 2, . . . , 1005}. Vì v y v2012 ≡ 141005 (mod 2011). Do 14 = 2025 − 2011 = 452 − 2011 ≡ 452 (mod 2011) nên áp d ng đ nh lý Fermat nh , ta có 141005 ≡ 452010 ≡ 1 (mod 2011). Suy ra v2012 ≡ 1 (mod 2011). (3) T (2) và (3), ta có a 2012 − 2010 ≡ −3 + 2 · 1 − 2010 ≡ 0 (mod 2011). Bài toán đư c ch ng minh xong.
  6. 24 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN d
  7. BÀI S 6: HÌNH H C PH NG Bài 6. Cho tam giác ABC không cân t i A và có các góc ABC , ACB là các góc nh n. Xét m t đi m D di đ ng trên c nh BC sao cho D không trùng v i B, C và hình chi u vuông góc c a A trên BC . Đư ng th ng d vuông góc v i BC t i D c t đư ng th ng AB, AC tương ng t i E và F . G i M , N và P l n lư t là tâm đư ng tròn n i ti p các tam giác AEF , BDE và CDF . Ch ng minh r ng b n đi m A , M , N , P cùng n m trên m t đư ng tròn khi và ch khi đư ng th ng d đi qua tâm đư ng tròn n i ti p tam giác ABC . L i gi i. Ta th y bài toán đã cho chính là s k t h p cơ h c c a hai k t qu sau B đ 1. Cho tam giác ABC không cân t i A và có các góc ABC , ACB là các góc nh n. Xét m t đi m D di đ ng trên c nh BC sao cho D không trùng v i B, C và hình chi u vuông góc c a A trên BC . Đư ng th ng d vuông góc v i BC t i D c t đư ng th ng AB, AC tương ng t i E , F . ( N ), (P ) l n lư t là đư ng tròn n i ti p tam giác BDE , CDF . Khi đó, d đi qua tâm n i ti p tam giác ABC khi và ch khi ti p tuy n chung khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A . B đ 2. Cho tam giác ABC không cân t i A và có các góc ABC , ACB là các góc nh n. Xét đi m D di đ ng trên c nh BC sao cho D không trùng v i B, C và hình chi u vuông góc c a A trên BC . Đư ng th ng d vuông góc v i BC t i D c t đư ng th ng AB, AC tương ng t i E , F . G i M , N và P l n lư t là tâm đư ng tròn n i ti p các tam giác AEF , BDE và CDF . Khi đó, b n đi m A , M , N , P cùng n m trên m t đư ng tròn khi và ch khi ti p tuy n chung khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A . Như v y, ta ch c n ch ng minh đư c hai b đ này thì bài toán cũng đư c gi i quy t xong. Ch ng minh b đ 1. Ta ch ng minh hai chi u. • Gi s ti p tuy n khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A . G i giao đi m c a ti p tuy n đó và d là T . D th y các t giác T ABD và T ACD ngo i ti p, do đó theo tính ch t cơ b n c a t giác ngo i ti p, ta có AB + TD = AT + BD và AC + TD = AT + DC . T hai đ ng th c này, ta d th y DB − DC = AB − AC .
  8. 26 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN L i có DB + DC = BC nên BA + BC − AC C A + CB − AB DB = DC = , . 2 2 V y D chính là ti p đi m c a đư ng tròn n i ti p tam giác ABC v i BC , hay d đi qua tâm n i ti p tam giác ABC . E A F I P T N B C D d • Gi s d đi qua tâm n i ti p c a tam giác ABC , khi đó ta có ngay đ ng th c BA + BC − AC C A + CB − AB DB − DC = = AB − AC . − 2 2 G i giao đi m c a ti p tuy n qua A (khác AB) c a ( N ) và d là T . T giác T ABD ngo i ti p nên ta có AB + TD = AT + BD . K t h p đ ng th c trên, ta suy ra AC + TD = AT + DC . Đi u này ch ng t t giác T ADC ngo i ti p. V y AT ti p xúc (P ), hay nói cách khác, AT là ti p tuy n chung khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A .
  9. 27 L I GI I VMO 2011 Ch ng minh b đ 2. Ta ch ng minh hai chi u. • Gi s ti p tuy n chung c a ( N ) và (P ) đi qua A , ta ph i ch ng minh b n đi m A , M , N , P cùng n m trên m t đư ng tròn. Đ ý r ng E , M , N th ng hàng và F , M , P th ng hàng, do v y ∠E AF ∠ N MP = 180◦ − ∠EMF = 180◦ − 90◦ + 2 ◦ 180 − ∠BAC ∠BAC = 90◦ − . = 2 2 M t khác, vì ti p tuy n chung khác d c a ( N ) và (P ) cũng đi qua A nên ∠BAC ∠ N AP = . 2 K t h p hai đ ng th c trên, ta suy ra t giác AMNP n i ti p. E AM F I T P N B C D x d • Gi s A , M , N , P cùng n m trên m t đư ng tròn, ta ph i ch ng minh ti p tuy n chung khác d c a ( N ) và (P ) đi qua A . Cũng t l p lu n trên, ta có ∠BAC ∠ N MP = . 2
  10. 28 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN Do A , M , N , P cùng n m trên m t đư ng tròn nên ∠ N AP = ∠ N MP . K t h p v i trên, ta suy ra ∠BAC ∠ N AP = . 2 Qua A v ti p tuy n Ax c a ( N ), ta có ∠BAx ∠ N Ax = . 2 Do đó ∠BAC ∠BAx ∠C Ax ∠P Ax = ∠ N AP − ∠ N Ax = = ∠P AC . − = 2 2 2 T đây suy ra Ax đ i x ng AC qua AP mà AC ti p xúc (P ). V y Ax ti p xúc (P ). Nh n xét. Ph n thu n c a b đ 1 là bài thi vô đ ch Nga năm 2009 (ph n dành cho l p 10).
  11. BÀI S 7: ĐA TH C B T KH QUY TRÊN R Bài 7. Cho n là s nguyên dương. Ch ng minh r ng đa th c P ( x, y) = x n + x y + yn không th vi t dư i d ng P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y), trong đó G ( x, y) và H ( x, y) là các đa th c v i h s th c, khác đa th c h ng. L i gi i. Gi s t n t i các đa th c G ( x, y) và H ( x, y) th a mãn 1 sao cho deg G 1, deg H P ( x, y) = G ( x, y) · H ( x, y). Khi đó d th y deg H + deg G = n. T gi thi t ta có G ( x, 0) · H ( x, 0) = x n , suy ra t n t i k ∈ N, a 1 a 2 = 1 sao cho H ( x, 0) = a 1 x k , G ( x, 0) = a 2 x n−k . Do H ( x, y) và G ( x, y) là các đa th c nên ta có th vi t đư c chúng dư i d ng H ( x, y) = a 1 x k + yH1 ( x, y), G ( x, y) = a 2 x n−k + yG 1 ( x, y), trong đó G 1 ( x, y), H1 ( x, y) là các đa th c. Thay vào P ( x, y) và rút g n, ta đư c a 1 x k yG 1 ( x, y) + a 2 x n−k yH1 ( x, y) + y2 G 1 ( x, y) · H1 ( x, y) = x y + yn , hay a 1 x k G 1 ( x, y) + a 2 x n−k H1 ( x, y) − x = yn−1 − yG 1 ( x, y) · H1 ( x, y). Cho y = 0, ta có x = a 1 x k G 1 ( x, 0) + a 2 x n−k H1 ( x, 0). Gi s k và n − k đ u l n hơn 1. Khi đó ta có hai kh năng x y ra. • C hai đa th c G 1 ( x, 0) và H1 ( x, 0) đ u đ ng nh t 0, suy ra x đ ng nh t 0 (vô lí). • Có m t trong hai đa th c trên có b c 1, gi s là G 1 ( x, 0). Khi đó b c c a h ng t cao nh t c a đa th c v ph i là k +deg G 1 > 1.
  12. 30 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN Do v y, trong hai s k, n − k ph i có m t s bé hơn 2. Không m t tính t ng quát, ta có th gi s k 1. • N u k = 0 thì H1 ≡ 0. Khi đó H ( x, y) ≡ a 1 (lo i). • N u k = 1 thì H1 ≡ b = 0. Khi đó H ( x, y) = a 1 x + b y hay by x n + x y + yn = 0, ∀x = − . a1 Mà đi u này cũng không th k c khi n = 2. V y bài toán đư c ch ng minh.
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
4=>1