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
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đề bài và lời giải đề thi toán cấp quốc gia 2010 - 2011 part 2
- 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
- 20 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN
d
- 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.
- 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
- 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.
- 24 DI N ĐÀN TOÁN H C MATH.VN
d
- 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 .
- 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 .
- 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
- 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).
- 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.
- 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.
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
