ĐỀ THI

 

Câu 1

Cho $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{B}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{C}}{2}$

Câu 2

Tìm nghiệm dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad 2 x+\frac{x-1}{x}=\sqrt{1-\frac{1}{x}}+3 \sqrt{x-\frac{1}{x}}$

Câu 3

Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n$ là các số nguyên dương đôi một phân biệt $(\mathrm{n} \geq 2)$ thỏa mãn điều kiện:$\sum_{\mathrm{j}=1}^{\mathrm{n}} \frac{1}{\mathrm{a}_{\mathrm{j}}}=1$ và $Max(a_j)=2 p$ (với $p$ là số nguyên tố)

Tìm tất cả các số $a_1, a_2, \ldots, a_n$.

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{BC}=\mathrm{a}, \mathrm{CA}=\mathrm{b}, \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$ tiếp xúc với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1$, $\mathrm{C}_1$.

Đặt $\mathrm{B}_1 \mathrm{C}_1=\mathrm{a}_1 ; \mathrm{C}_1 \mathrm{~A}_1=\mathrm{b}_1 ; \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1=\mathrm{c}_1$.

Chứng minh rằng: $\left(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2\right)\left(\frac{1}{\mathrm{a}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{c}_1^2}\right) \geq 36$.

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Cho $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{B}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{C}}{2}$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\quad T=\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{B}}{2}+\sin ^6 \frac{\mathrm{C}}{2}$

Ta có: $\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\left(\frac{1}{2}\right)^6+\left(\frac{1}{2}\right)^6 \geq 3\left(\frac{1}{2}\right)^2\left(\frac{1}{2}\right)^2 \sin ^2 \frac{\mathrm{A}}{2}$

hay $\sin ^6 \frac{\mathrm{A}}{2}+\frac{2}{64} \geq \frac{3}{16} \sin ^2 \frac{\mathrm{A}}{2}$

Dấu “=” xảy ra khi $\mathrm{A}=\frac{\pi}{3}$

Tương tự như thế ta sẽ có:

$\quad\quad\quad\quad\quad T+\frac{6}{64} \geq \frac{3}{16}\left(\sin ^2 \frac{A}{2}+\sin ^2 \frac{B}{2}+\sin ^2 \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{3}{16}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2}(\cos \mathrm{A}+\cos \mathrm{B}+\cos \mathrm{C})\right)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{3}{16}\left(\frac{1-\cos \mathrm{A}}{2}+\frac{1-\cos \mathrm{B}}{2}+\frac{1-\cos \mathrm{C}}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq \frac{3}{16}\left(\frac{3}{2}-\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}\right)=\frac{9}{64}$

Vậy $\mathrm{T} \geq \frac{3}{64} \Rightarrow \mathrm{T}_{\min }=\frac{3}{64} \Leftrightarrow$ tam giác $\mathrm{ABC}$ là tam giác đều.

Câu 2

Tìm nghiệm dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad 2 x+\frac{x-1}{x}=\sqrt{1-\frac{1}{x}}+3 \sqrt{x-\frac{1}{x}}$

Lời Giải

Ta phải tìm nghiệm dương của phương trình: $2 x+\frac{x-1}{y}=\sqrt{1-\frac{1}{x}}+3 \sqrt{x}$

$+$ Điều kiện $x \geq 1$

$+$ Đặt $t=\sqrt{1-\frac{1}{x}} \geq 0$

Phương trình thành:

$\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{t}^2-(1+3 \sqrt{\mathrm{x}+1}) \mathrm{t}+2 \mathrm{x}=0$

$\quad\quad\quad\quad \Delta=(\sqrt{x+1}+3)^2$

$\operatorname{Nên}\left[\begin{array}{l}\mathrm{t}=2(\sqrt{\mathrm{x}+1}+1)\quad(1) \\ \mathrm{t}=\sqrt{\mathrm{x}+1}-\mathrm{x}\quad\quad(2)\end{array}\right.$

• (1) cho: $\sqrt{1-\frac{1}{x}}=2(\sqrt{x+1}+1),(x \geq 1)$

Phương trình này vô nghiệm vì $\sqrt{1-\frac{1}{x}}<1<2(\sqrt{x+1}+1)$

• (2) cho: $\sqrt{1-\frac{1}{x}}=\sqrt{x+1}-1,(x \geq 1) \Leftrightarrow \frac{x-1}{x}=x+2-2 \sqrt{x+1}$

$\quad\quad\quad\quad \Leftrightarrow 2 \sqrt{x+1}=x+1+\frac{1}{x} \Leftrightarrow(x-\sqrt{x+1})^2=0 \Leftrightarrow x=\sqrt{x+1}$

$\quad\quad\quad\quad \Leftrightarrow x=\frac{1 \pm \sqrt{5}}{2}$, nhận nghiệm $x=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \geq 1$.

Câu 3

Cho $a_1, a_2, \ldots, a_n$ là các số nguyên dương đôi một phân biệt $(\mathrm{n} \geq 2)$ thỏa mãn điều kiện:$\sum_{\mathrm{j}=1}^{\mathrm{n}} \frac{1}{\mathrm{a}_{\mathrm{j}}}=1$ và $Max(a_j)=2 p$ (với $p$ là số nguyên tố)

Tìm tất cả các số $a_1, a_2, \ldots, a_n$.

Lời Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử $a_1=\max(a_j)$ với $\mathrm{j}=1,2, \ldots, \mathrm{n}$.

Từ giả thiết: $\sum_{j=2}^n \frac{1}{a_j}=\frac{2 \cdot p-1}{2 \cdot p}$

$\Rightarrow 2 \cdot p \cdot B=(2 p-1) a_2 \cdot a_3 \cdot \ldots \cdot a_n$ với $B \in Z^{+}$.

$\Rightarrow(2 p-1) a_2 \cdot a_3 \ldots \cdot a_n$ chia hết cho $p$.

$\Rightarrow a_2 \cdot a_3 \ldots \ldots \cdot a_n$ chia hết cho $\mathrm{p}$ vì $(\mathrm{p}, 2 \mathrm{p}-1)=1$

$\Rightarrow \exists \mathrm{a}_1 \vdots \mathrm{p}$, vì p là số nguyên tố với $\mathrm{I}=2,3 \ldots \mathrm{n}$

Gọi $\mathrm{a}_2$ là số nói trên thì $\mathrm{a}_2=\mathrm{p}$ (do $\left.\mathrm{gt}\right)$

$\Rightarrow \sum_{j=3}^n \frac{1}{a_j}=\frac{2 \cdot p-3}{2 \cdot p} \Rightarrow 2 \cdot p \cdot M=(2 p-3) a_3 \cdot a_4 \ldots . a_n$ với $M \in Z^{+}$

Tương tự như trên: ta có $2 \mathrm{p}-3 \vdots \mathrm{p}$, từ đó $\mathrm{p}=3$

Vậy $a_1=6, a_2=3, a_3=2$.

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ có $\mathrm{BC}=\mathrm{a}, \mathrm{CA}=\mathrm{b}, \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$ tiếp xúc với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1$, $\mathrm{C}_1$.

Đặt $\mathrm{B}_1 \mathrm{C}_1=\mathrm{a}_1 ; \mathrm{C}_1 \mathrm{~A}_1=\mathrm{b}_1 ; \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1=\mathrm{c}_1$.

Chứng minh rằng: $\left(\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2\right)\left(\frac{1}{\mathrm{a}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{c}_1^2}\right) \geq 36$.

Lời Giải

• Gọi $\mathrm{p}=\frac{\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}}{2}$ thì $\mathrm{AC}_1=\mathrm{p}-\mathrm{a}$

Suy ra: $a_1=2 A C_1 \cdot \sin \frac{A}{2}$

$\quad\quad\quad\quad  =(b+c-a) \sin \frac{A}{2}$

Do đó: $a_1^2=(b+c-a)^2 \cdot \sin ^2\left(\frac{A}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad  =\frac{1}{2}(b+c-a)^2 \cdot(1-\cos A)$

$\quad\quad\quad\quad  =\frac{1}{2}(b+c-a)^2 \cdot\left(1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2 b c}\right)$

$\quad\quad\quad\quad  =\frac{1}{4 b c}\left[b^2-(a-c)^2\right] \cdot\left[c^2-(a-b)^2\right] \leq \frac{b c}{4} \Rightarrow \frac{1}{a_1^2} \geq \frac{4}{b c}$

Tương tự: $\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2} \geq \frac{4}{\mathrm{ac}}$ và $\frac{1}{\mathrm{c}_1^2} \geq \frac{4}{\mathrm{ab}}$

Vậy: $\frac{1}{\mathrm{a}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{~b}_1^2}+\frac{1}{\mathrm{c}_1^2} \geq 4\left(\frac{1}{\mathrm{ab}}+\frac{1}{\mathrm{bc}}+\frac{1}{\mathrm{ac}}\right) \geq 4\left(\frac{9}{\mathrm{ab}+\mathrm{bc}+\mathrm{ac}}\right) \geq \frac{36}{\mathrm{a}^2+\mathrm{b}^2+\mathrm{c}^2}$

Suy ra: $\left(a^2+b^2+c^2\right),\left(\frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{b_1^2}+\frac{1}{c_1^2}\right) \geq 36$

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2 x+x^2 y=y \\ 2 y+y^2 z=z \\ 2 z+z^2 x=x\end{array}\right.$

Câu 2

Tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O})$ có các đường phân giác trong $\mathrm{AA}^{\prime} ; \mathrm{BB}^{\prime} ; \mathrm{CC}^{\prime}$ cắt đường tròn $(\mathrm{O})$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$. Chứng minh rằng: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Câu 3

Cho các số thực không âm $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2003}$ thỏa đồng thời các điều kiện sau:

$\quad\quad$ i) $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2003}=2$

$\quad\quad$ ii) $a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}+a_{2003} a_1=1$

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2+\ldots+a_{2003}^2$

Câu 4

Cho phương trình: $x^3-3 xy^2+y^3=n$; với $n$ nguyên dương.

$\quad\quad$ i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

$\quad\quad$ ii) Với $\mathrm{n}=2003$ phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp $\mathrm{M}$ gồm có $\mathrm{n}$ số thực, với $\mathrm{n}$ hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ thuộc $\mathrm{M}$, a khác $\mathrm{b}$, thì $\frac{2 a}{3}-b^2$ cũng thuộc $M$ ?

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm $\mathrm{O}$, bán kính $\mathrm{R}_1, \mathrm{R}$, với $\mathrm{R}_1>\mathrm{R}$ và tứ giác $\mathrm{ABCD}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O}, \mathrm{R})$. Tia $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{DA}$ cắt đường tròn $\left(\mathrm{O}, \mathrm{R}_1\right)$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1, \mathrm{D}_1$.

Chứng minh rằng: $\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}} \geq \frac{R_1^2}{R^2}$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}2 x+x^2 y=y \\ 2 y+y^2 z=z \\ 2 z+z^2 x=x\end{array}\right.$

Lời Giải

Hệ đã cho $\Leftrightarrow(1)\left\{\begin{array}{l}y\left(1-x^2\right)=2 x \\ z\left(1-y^2\right)=2 y \\ x\left(1-z^2\right)=2 z\end{array}\right.$

Vì một trong các giá trị $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ bằng $\pm 1$ đều không thỏa hệ phương trình (1) nên $x \neq \pm 1, y=\pm 1, z=\pm 1$

Nên hệ phương trình $(1) \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}y=\frac{2 x}{1-x^2}\quad\quad(1) \\ z=\frac{2 y}{1-y^2}\quad\quad(2) \\ x=\frac{2 z}{1-z^2}\quad\quad(3)\end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{x}=\operatorname{tga}$, với $\mathrm{a} \in\left(-\frac{\pi}{2} ; \frac{\pi}{2}\right)$

Từ (1) ta có $\mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \mathrm{a}$, từ (2) ta có $\mathrm{z}=\operatorname{tg} 4 \mathrm{a}$, từ (3) ta có $\mathrm{x}=\operatorname{tg} 8 \mathrm{a}$ Do đó ta có $\operatorname{tga}=\operatorname{tg} 8 \mathrm{a} \Leftrightarrow 7 \mathrm{a}=\mathrm{k} \pi(\mathrm{k} \in \mathrm{Z})$

Suy ra a $=\frac{\mathrm{k} \pi}{7}$, khi đó $\mathrm{x}=\operatorname{tg} \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{y}=\operatorname{tg} 2 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}, \mathrm{z}=\operatorname{tg} 4 \frac{\mathrm{k} \pi}{7}$

Với phép thử, ta được $\mathrm{k} \in{-3 ;-2 ;-1 ; 0 ; 1 ; 2 ; 3}$ Vậy hệ phương trình đã cho có 7 nghiệm:

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{-3 \pi}{7}, \operatorname{tg} \frac{-6 \pi}{7}, \operatorname{tg} \frac{-12 \pi}{7}\right) ;\left(\operatorname{tg} \frac{-2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-4 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-8 \pi}{7}\right)$

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{-\pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{-4 \pi}{7}\right) ;(0 ; 0 ; 0) ;\left(\operatorname{tg} \frac{3 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{6 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{12 \pi}{7}\right)$

$\quad\quad\quad\left(\operatorname{tg} \frac{2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{4 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{8 \pi}{7}\right) ;\left(\operatorname{tg} \frac{\pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{2 \pi}{7} ; \operatorname{tg} \frac{4 \pi}{7}\right)$

Câu 2

Tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O})$ có các đường phân giác trong $\mathrm{AA}^{\prime} ; \mathrm{BB}^{\prime} ; \mathrm{CC}^{\prime}$ cắt đường tròn $(\mathrm{O})$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$. Chứng minh rằng: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Lời Giải

Đặt $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{AC}=\mathrm{b} ; \mathrm{AB}=\mathrm{c}$

Chứng minh được: $\triangle \mathrm{ABA}^{\prime} \sim \triangle \mathrm{AA}_1 \mathrm{C}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AA}^{\prime} \cdot \mathrm{AA}_1=\text { b.c }$

Mặt khác: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}=\frac{\mathrm{AA}^{\prime 2}}{\mathrm{AA}^{\prime} \cdot \mathrm{AA}_1}=\frac{\mathrm{AA}^{\prime 2}}{\mathrm{bc}}$

Chứng minh được: $\mathrm{AA}^{\prime}=\frac{2 \mathrm{bc} \cdot \cos \frac{\mathrm{A}}{2}}{\mathrm{~b}+\mathrm{c}}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}=\frac{4 \mathrm{~b}^2 \mathrm{c}^2 \cdot \cos ^2 \frac{\mathrm{A}}{2}}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2 \cdot \mathrm{bc}}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{2 b c \cdot(1+\cos A)}{(b+c)^2}=1-\frac{a^2}{(b+c)^2}$

Tương tự: $\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}=1-\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2} ; \frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1}=1-\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}$

$\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1}=3-\left[\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}\right]$

Ta lại có:

$\quad\quad\quad\quad\frac{a^2}{(b+c)^2}+\frac{b^2}{(a+c)^2}+\frac{c^2}{(a+b)^2} \geq \frac{a^2}{2(b+c)^2}+\frac{b^2}{2(a+c)^2}+\frac{c^2}{2(a+b)^2}$

$\quad\quad\quad =\frac{1}{2}\left[\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2}\right]$

Chứng minh được: $\frac{\mathrm{a}^2}{(\mathrm{~b}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{b}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{c})^2}+\frac{\mathrm{c}^2}{(\mathrm{a}+\mathrm{b})^2} \geq \frac{3}{2}$

Từ đó suy ra: $\frac{\mathrm{AA}^{\prime}}{\mathrm{AA}_1}+\frac{\mathrm{BB}^{\prime}}{\mathrm{BB}_1}+\frac{\mathrm{CC}^{\prime}}{\mathrm{CC}_1} \leq \frac{9}{4}$

Đẳng thức xảy $\mathrm{ra} \Leftrightarrow \mathrm{a}=\mathrm{b}=\mathrm{c}$. Khi đó tam giác $\mathrm{ABC}$ đều.

Câu 3

Cho các số thực không âm $a_1, a_2, a_3, \ldots, a_{2003}$ thỏa đồng thời các điều kiện sau:

$\quad\quad$ i) $a_1+a_2+a_3+\ldots+a_{2003}=2$

$\quad\quad$ ii) $a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}+a_{2003} a_1=1$

Hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2+\ldots+a_{2003}^2$

Lời Giải

Không mất tính tổng quát, giả sử rằng $a_{2003}$ là min $(a_i)$ và $a_1>0$ Từ giả thiết đó

$\quad\quad\quad 4=\left(a_1+a_2+\ldots+a_{2003}\right)^2$

$\quad\quad\quad\quad\geq\left(a_1+a_2+\ldots+a_{2003}\right)^2-\left(a_1-a_2+a_3-\ldots+a_{2003}\right)^2$

$\quad\quad\quad\quad=4\left(a_1+a_3+\ldots+a_{20033}\right)\left(a_2+a_4+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq 4\left(a_1 a_2+a_2 a_3+\ldots+a_{2002} a_{2003}\right)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad +4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{2003}\right)+4 a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =4\left(1-a_{2003} a_1\right)+4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{20033}\right)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +4 a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =4+4\left(a_1 a_4+a_2 a_5+\ldots+a_{2000} a_{20013}\right)+4a_1\left(a_6+a_8+\ldots+a_{2002}-a_{2003}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\geq 4$

Do đó ta phải có:

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a_1+a_3+\ldots+a_{2003}=a_2+a_4+\ldots+a_{2002}=1\quad\quad(1) \\ a_1 a_4=a_2 a_5=\ldots=a_{2000} a_{2003}=0\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(2) \\ a_6+a_8+\ldots+a_{2002}=a_{2003}\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(3)\end{array}\right.$

Vì $a_1>0$ nên $a_4=0(\operatorname{do} 2)$

Vì $a_{20013}=min (a_i)$ nên $a_{2003}=0$

Do đó $a_6=a_8=\ldots=a_{2002}=0(\operatorname{do} 3)$

Từ (1) ta có: $a_2=1$ và từ (ii) ta có $a_1+a_3=1$

Áp dụng điều đó vào i) ta có $a_4+a_5+\ldots+a_{2003}=0$

Suy ra $a_4=a_5=\ldots=a_{2003}=0$. Do đó

$\quad\quad\quad\quad S=a_1^2+a_2^2+a_3^2=a_1^2+1+\left(1-a_1\right)^2=2\left(a_1-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{2}$

Do đó $S \max$ khi $a_1=1$, khi đó $\mathrm{s} \max =2$.

$\mathrm{S}$ min khi $\mathrm{a}_1=\frac{1}{2}$, khi đó $\mathrm{S} \min =\frac{3}{2}$.

Câu 4

Cho phương trình: $x^3-3 xy^2+y^3=n$; với $n$ nguyên dương.

$\quad\quad$ i) Chứng minh rằng: nếu phương trình có nghiệm $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thì phương trình có ít nhất 3 nghiệm nguyên khác nhau.

$\quad\quad$ ii) Với $\mathrm{n}=2003$ phương trình trên có nghiệm nguyên hay không? Tại sao?

Lời Giải

i) Ta có $x^3-3 x y^2+y^3=(y-x)^3-3(y-x) x^2+(-x)^3$

Và $x^3-3 x y^2+y^2=(-y)^3-3(-y)(x-y)^2+(x-y)^3$

Vậy phương trình có nghiệm $(x, y)$ thì cũng có 2 nghiệm nữa là

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (\mathrm{y}-\mathrm{x},-\mathrm{x})$ và $(-\mathrm{y}, \mathrm{x}-\mathrm{y})$

Và 3 nghiệm ấy là phân biệt vì nếu 2 nghiệm bằng nhau thì dẫn tới $x=y=0$ trái với giả thiết $n>0$.

ii) Giả sử phương trình $\mathrm{x}^3-3 \mathrm{x}^2+\mathrm{y}^3=2003$ có nghiệm.

Ta có: $\quad 2003=-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow x^3-3 x y^2+y^3=x^3+y^3 \equiv-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{x}+\mathrm{y} \equiv-1(\bmod 3)$

Do đó:

a) $x \equiv 0, y \equiv-1(\bmod 3)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{x}=3 \mathrm{k} ; \mathrm{y}=3 \mathrm{k}-1$ suy ra $\mathrm{x}^3-3 \mathrm{xy}^2+\mathrm{y}^3 \equiv-1(\bmod 9)$

Mặt khác $2005 \equiv 5(\bmod 9)$ vô lí.

b) $x \equiv-1, y \equiv 0(\bmod 3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

c) $x \equiv 1, y \equiv 1(\bmod 3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

Do $(y-x,-x)$ cùng là nghiệm nên trở lại trường hợp $x \equiv 0, y \equiv-1(\bmod 3)$

Vậy phương trình vô nghiệm.

Câu 5

Hãy tìm tất cả các tập hợp $\mathrm{M}$ gồm có $\mathrm{n}$ số thực, với $\mathrm{n}$ hữu hạn lớn hơn hoặc bằng 2 thỏa điều kiện: với mọi số $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ thuộc $\mathrm{M}$, a khác $\mathrm{b}$, thì $\frac{2 a}{3}-b^2$ cũng thuộc $M$ ?

Lời Giải

Nhận xét: $0 \notin \mathrm{M}$ vì nếu không $\mathrm{M}$ sẽ chứa vô hạn các phần tử $\left(\frac{2}{3}\right)^{\mathrm{n}} \mathrm{a}, \mathrm{n} \in$ $\mathrm{N}^*$, với $\mathrm{a} \neq 0, \mathrm{a} \in \mathrm{M}$.

Hơn nữa, $M$ có chứa phần tử âm. Thật vậy, nếu tất cả các phần tử của $\mathrm{M}$ đều dương thì tồn tại một phần tử nhỏ nhất của $\mathrm{M}$, gọi là $\mathrm{b}$ sao cho $\forall \mathrm{c}$ ta có:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\frac{2 b}{3}-c^2>b \Leftrightarrow \frac{-b}{3}-c^2<0$ (vô lí)

Đặt $a_1<a_2<\ldots<a_k$ là tất cả các số âm của $\mathrm{M}$. Ta có:

$\quad\quad\quad\quad\frac{2 a_1}{3}-a_2^2<\frac{2 a_1}{3}-a_3^2<\ldots<\frac{2 a_1}{3}-{a_k}^2<\frac{2 a_1}{3}-a_3^2<\ldots<\frac{2 a_{n-1}}{3}-a_{k}^2$

Có $2 \mathrm{k}-3$ số âm khác nhau của $\mathrm{M} \Rightarrow 2 \mathrm{k}-3 \leq \mathrm{k} \Leftrightarrow \mathrm{k} \leq 3$

• Xét $\mathrm{k}=3 \Rightarrow \frac{2 \mathrm{a}_1}{3}-\mathrm{a}_2^2<\frac{2 \mathrm{a}_1}{3}-\mathrm{a}_3^2<\frac{2 \mathrm{a}_2}{3}-\mathrm{a}_3^2$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3} a_1-a_1^2=a_1 \\ \frac{2}{3} a_2-a_3^2=a_2 \\ \frac{2}{3} a_3-a_2^2=a_3\end{array} \Rightarrow\right.$ Hệ vô nghiệm (loại)

• Xét $\mathrm{k}=2$ : Ta có $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2 \in \mathrm{M}$ và $\frac{2 a_2}{3}-a_1^2 \in \mathrm{M}$

Nếu $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2=\frac{2 a_2}{3}-a_1^2\left(hoặc  =a_2\right.)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow a_1+a_2=-\frac{2}{3}$ và $a_1=-3 a_2^2\left(\right.$ hoặc $\left.a_2=-3 a_1^2\right)$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow\left[\begin{array}{l}\left.a_2=\frac{1}{3}=a_1 \quad \text { (loại vì } a_1 \neq a_2\right) \\ a_2=\frac{2}{3}, a_1=-\frac{4}{3}\left(\text { loại vì } a_1 \cdot a_2<0\right)\end{array}\right.$

Nếu $\frac{2 a_1}{3}-a_2^2 \neq \frac{2 a_2}{3}-a_1^2$ thì một trong 2 số này hoặc bằng $\mathrm{a}_1$ hoặc bằng $\mathrm{a}_2$.

Xét $\left\{\begin{array}{l}\frac{2}{3} a_1-a_2^2=a_2 \\ \frac{2}{3} a_2-a_1^2=a_1\end{array} \Rightarrow a_1=\mathrm{a}_2=-\frac{1}{3}\right.$ (vô lí). Tương tự cho trường hợp còn lại.

Do đó $\mathrm{M}$ chỉ chứa 1 số âm, gọi là $\mathrm{a}$.

Nếu b và c là 2 số dương phân biệt của $M$ thì $\frac{2}{3} a-b^2$ và $\frac{2}{3} a-c^2$ là 2 số âm phân biệt của $M$ (loại)

Do đó $\mathrm{M}$ chỉ chứa 1 số dương, gọi là $\mathrm{b} \Rightarrow \mathrm{M}={\mathrm{a}, \mathrm{b}}, \mathrm{a}<0, \mathrm{~b}<0$

Ta có:

$\quad\quad\quad\frac{2}{3} a-b^2<0 \Rightarrow \frac{2}{3} a-b^2=a \Rightarrow a=-3 b^2$

$\quad\quad\Rightarrow \frac{2}{3} b-a^2=\frac{2}{3} b-4 b^4=\left[\begin{array}{l}b \Rightarrow\left(b=0 \text { hay } b=-\frac{1}{3}\right) \text { (loại) } \\ -3 b^2 \Rightarrow b=\frac{2}{3} \text { (nhận) }\end{array}\right.$

Kết luận: $a=-\frac{4}{3} ; b=\frac{2}{3} \Rightarrow M(-\frac{4}{3}, \frac{2}{3})$

Câu 6

Cho hai đường tròn đồng tâm $\mathrm{O}$, bán kính $\mathrm{R}_1, \mathrm{R}$, với $\mathrm{R}_1>\mathrm{R}$ và tứ giác $\mathrm{ABCD}$ nội tiếp trong đường tròn $(\mathrm{O}, \mathrm{R})$. Tia $\mathrm{AB}, \mathrm{BC}, \mathrm{CD}, \mathrm{DA}$ cắt đường tròn $\left(\mathrm{O}, \mathrm{R}_1\right)$ lần lượt tại $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1, \mathrm{D}_1$.

Chứng minh rằng: $\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}} \geq \frac{R_1^2}{R^2}$

Lời Giải

Đặt $\mathrm{AB}=\mathrm{a} ; \mathrm{BC}=\mathrm{b}$

$\mathrm{CD}=\mathrm{c} ; \mathrm{DA}=\mathrm{d}$

$\mathrm{A}_1 \mathrm{~B}=\mathrm{x} ; \mathrm{B}_1 \mathrm{C}=\mathrm{y}$

$\mathrm{C}_1 \mathrm{D}=\mathrm{z} ; \mathrm{D}_1 \mathrm{~A}=\mathrm{t}$

$\quad\quad\quad\quad\frac{S_{A_1 B_1 C_1 D_1}}{S_{ABCD}}=1+\frac{S_{A_1 B_1 B}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{B_1 C_1 C}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{C_1 D_1 D}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{D_1 A_1 D}}{S_{ABCD}}$

$\quad\quad\quad =1+\frac{x(b+y)}{a b+c d}+\frac{y(c+z)}{a d+b c}+\frac{z(d+t)}{a b+c d}+\frac{t(x+a)}{a d+b c}$

$\quad\quad\quad \geq 1+\frac{x\left(R_1^2-R^2\right)}{y 4 R^2}+\frac{y\left(R_1^2-R^2\right)}{z 4 R^2}+\frac{z\left(R_1^2-R^2\right)}{t 4 R^2}+\frac{t\left(R_1^2-R^2\right)}{x 4 R^2}$

$\quad\quad\quad =1+\frac{\left(R_1^2-R^2\right)}{4 R^2}\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}+\frac{z}{t}+\frac{t}{x}\right) \geq 1+\frac{\left(R_1^2-R^2\right)}{4 R^2} 4=\frac{R_1^2}{R^2}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\mathrm{ABCD}$ là hình vuông.

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

a) Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ cạnh $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{CA}=\mathrm{b} ; \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Chứng minh duy nhất một điểm $M$ thỏa $a \cdot M A^2+b \cdot M B^2+c \cdot M C^2 \leq a b c$.

b) Cho tam giác ABC.M, N theo thứ tự là hai điểm thuộc các đoạn thẳng $\mathrm{AC}, \mathrm{BC}$ ( $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ không trùng với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C})$. Gọi $\mathrm{S}_1, \mathrm{~S}_2, \mathrm{~S}$ lần lượt là diện tích tam giác $A M E$ tam giác $B N E$ và tam giác $A B C$ ( $\mathrm{E}$ là điểm thuộc đoạn thẳng $\mathrm{MN}$ ). Tìm điều kiện của các điểm M, N, E sao cho:

$\sqrt[3]{\mathrm{S}}=\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2} .$

Câu 2

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thỏa mãn phương trình:

$[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+\left[\sqrt{\mathrm{x}^2-1}\right]=\mathrm{y}$

Câu 3

Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 \\ b x^2+c x+a=26 \\ c x^2+a x+b=-26\end{array}\right.$, trong đó $a, b, c$ khác 0 .

Tìm các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ để hệ phương trình có nghiệm nguyên.

Câu 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\mathrm{T}=\sin 7 \mathrm{~A}+\sin 7 \mathrm{~B}+\sin 7 \mathrm{C}$, với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác.

 

LỜI GIẢI

Câu 1

a) Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ cạnh $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{CA}=\mathrm{b} ; \mathrm{AB}=\mathrm{c}$. Chứng minh duy nhất một điểm $M$ thỏa $a \cdot M A^2+b \cdot M B^2+c \cdot M C^2 \leq a b c$.

b) Cho tam giác ABC.M, N theo thứ tự là hai điểm thuộc các đoạn thẳng $\mathrm{AC}, \mathrm{BC}$ ( $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ không trùng với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C})$. Gọi $\mathrm{S}_1, \mathrm{~S}_2, \mathrm{~S}$ lần lượt là diện tích tam giác $A M E$ tam giác $B N E$ và tam giác $A B C$ ( $\mathrm{E}$ là điểm thuộc đoạn thẳng $\mathrm{MN}$ ). Tìm điều kiện của các điểm M, N, E sao cho:

$\sqrt[3]{\mathrm{S}}=\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2} .$

Lời Giải

a) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$, chứng minh:

$ a \overrightarrow{\mathrm{IA}}+\mathrm{b} \cdot \overrightarrow{\mathrm{IB}}+\mathrm{c} \cdot \overrightarrow{\mathrm{IC}}=\overrightarrow{0} $

$- \text { Từ bất đẳng thức: }(\mathrm{a} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MA}}+\mathrm{b} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}+\mathrm{c} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MC}})^2 \geq 0, \text { dấu “=” xảy ra khi } \mathrm{M} \equiv \mathrm{I} $

$\Rightarrow  \mathrm{a} \cdot \mathrm{MA}^2+\mathrm{b} \cdot \mathrm{MB}^2+\mathrm{c} \cdot \mathrm{MC}^2+2 \mathrm{ab} \overrightarrow{\mathrm{MA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}+2 \mathrm{bc} \overrightarrow{\mathrm{MB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MC}}+$

$+2 \mathrm{ca} \overrightarrow{\mathrm{MB}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MC}} \geq 0$

$ \overrightarrow{\mathrm{MA}} \cdot \overrightarrow{\mathrm{MB}}=\frac{1}{2}\left(\mathrm{MA}^2+\mathrm{MB}^2+\mathrm{AB}^2\right) \text { thì có } $

$(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})\left(\mathrm{a} \cdot \mathrm{MA}^2+\mathrm{mB} \cdot \mathrm{MB}^2+c \cdot \mathrm{MC}^2-\mathrm{abc}\right) \geq 0 $

$= \mathrm{a} \cdot \mathrm{MA}^2+\mathrm{b} \cdot \mathrm{MB}^2+\mathrm{c} \cdot \mathrm{MC}^2 \geq \mathrm{abc}$

Do đó, theo giả thiết dấu “=” xảy ra

$\Rightarrow \mathrm{M} \equiv \mathrm{I}$ (đpcm)

b) (i) $\mathrm{E} \neq \mathrm{N}$ :

Đặt

$\mathrm{AM} / \mathrm{MC}=\alpha, \mathrm{CN} / \mathrm{NB}=\beta$

$\mathrm{ME} / \mathrm{EN}=\gamma(\alpha, \beta>0 ; \gamma \geq 0)$

Suy ra

$S_{\triangle M E C}=S_1 / \alpha ; S_{\triangle N E C}=\beta S_2$

$S_{\triangle M E C} / S_{\triangle N E C}=\gamma$

Do đó $\mathrm{S}_1=\alpha \beta \gamma . \mathrm{S}_2$

$S_{\triangle M N C} / S_{\triangle A B C}=M C \cdot N C / A B \cdot B C$

$S_{\triangle M N C}=S_{\triangle M E C}+S_{\triangle M N C}=\beta(\gamma+1) S_2$

$\mathrm{AC} / \mathrm{MC}=\alpha+1 ; \mathrm{BC} / \mathrm{NC}=(\beta+1) / \beta \Rightarrow \mathrm{S}=(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1) \mathrm{S}_2$

$\mathrm{~S}_2=\mathrm{S} /(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1) ; \mathrm{S}_1=\alpha \beta \gamma \mathrm{S} /(\alpha+1)(\beta+1)(\gamma+1)$

$\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2}=\sqrt[3]{\mathrm{S}}$

$\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2}=\sqrt[3]{\mathrm{S}} \Leftrightarrow \underbrace{\frac{1}{\sqrt[3]{(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)}}+\frac{\sqrt[3]{\alpha \beta \gamma}}{\sqrt[3]{(1+\alpha)(1+\beta)(1+\gamma)}}}_A=1$

Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi

$\mathrm{A} \leq \frac{1}{3}\left(\frac{1}{1+\alpha}+\frac{1}{1+\beta}+\frac{1}{1+\gamma}+\frac{\alpha}{1+\alpha}+\frac{\beta}{1+\beta}+\frac{\gamma}{1+\gamma}\right)=1$

Đẳng thức $\mathrm{A}=1 \Leftrightarrow \alpha=\beta=\gamma$.

Vậy vị trí $\mathrm{M}, \mathrm{N}, \mathrm{E}$ sao cho $\mathrm{AM} / \mathrm{MC}=\mathrm{CN} / \mathrm{NB}=\mathrm{ME} / \mathrm{EN}$

(ii) $\mathrm{E} \equiv \mathrm{N}$ : $\mathrm{S}_2=0$ và $\mathrm{S}_1<\mathrm{S}$ (không xảy ra $\sqrt[3]{\mathrm{S}}=\sqrt[3]{\mathrm{S}_1}+\sqrt[3]{\mathrm{S}_2}$ ).

Câu 2

Tìm tất cả các cặp số nguyên tố $(\mathrm{x}, \mathrm{y})$ thỏa mãn phương trình:

$[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+\left[\sqrt{\mathrm{x}^2-1}\right]=\mathrm{y}$

Lời Giải

Nhận xét rằng với mọi $\mathrm{k} \in \mathrm{N}$ ta đều có:

$\mathrm{k}=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2}\right]=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+1}\right]=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+2}\right]=\ldots=\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+2 \mathrm{k}}\right] $

$\Rightarrow {\left[\sqrt{\mathrm{k}^2}\right]+\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+1}\right]+\left[\sqrt{\mathrm{k}^2+2}\right]+\ldots+\left[\sqrt{(\mathrm{k}+1)^2}-1\right] } $

$=\mathrm{k}(2 \mathrm{k}+1)=2 \mathrm{k}^2+\mathrm{k}$

Lần lượt cho $\mathrm{k}=1,2, \ldots, \mathrm{x}-1$ ta được:

${[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+[\sqrt{3}]=2.1^2+1} $

${[\sqrt{4}]+[\sqrt{5}]+\ldots+[\sqrt{8}]=2.2^2+2} $

$\cdots $

${\left[\sqrt{(x-1)^2}\right]+\ldots+\left[\sqrt{x^2-1}\right]=2 .(x-1)^2+(x-1)}$

Cộng từng vế các đẳng thức trên ta được:

$ {[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+\ldots+\left[\sqrt{x^2-1}\right] } $

$= 2 \cdot\left[1^2+2^2+\ldots+(x-1)^2\right]+[1+2+\ldots+(x-1)]$

$=\frac{(x-1) x(2 x-1)}{3}+\frac{x(x-1)}{2}$

Vậy phương trình đã cho có dạng $\frac{(\mathrm{x}-1) \mathrm{x}(4 \mathrm{x}-1)}{6}=\mathrm{y}\left({ }^*\right)$

Ta giải phương trình $\left(^*\right).$  trong tập hợp các số nguyên tố

Vì $\frac{(\mathrm{x}-1) \mathrm{x}(4 \mathrm{x}-1)}{\mathrm{y}}=6$ là một số nguyên dương và $\mathrm{y}$ là số nguyên tố nên $\mathrm{y}$ là ước của một trong ba thừa số $\mathrm{x}-1 ; \mathrm{x} ; 4 \mathrm{x}+1$

$\Rightarrow \mathrm{y} \leq \max {x-1 ; x ; 4 x+1}=4 x+1 $

$\Rightarrow 6=\frac{(x-1) x(4 x-1)}{y} \geq x(x-1) \Rightarrow x \leq 3$

Thử lại ta được các nghiệm nguyên tố sau đây của phương trình: $(2 ; 3) ;(3 ; 13)$.

Câu 3

Cho hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 \\ b x^2+c x+a=26 \\ c x^2+a x+b=-26\end{array}\right.$, trong đó $a, b, c$ khác 0 .

Tìm các số nguyên $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ để hệ phương trình có nghiệm nguyên.

Lời Giải

$\left\{\begin{array}{l}a x^2+b x+c=0 \\ b x^2+c x+a=26 \\ c x^2+a x+b=-26\end{array}\right.$

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế ta có:

$(a+b+c)\left(x^2+x+1\right)=0 $

$\Rightarrow  a+b+c=0 \text { vì } x^2+x+1>0 \forall x$

Từ điều kiện $a+b+c=0$ ta có phương trình (1) có nghiệm

$x=1 \vee x=c / a$

$x=1$ không thỏa đồng thời (2) và (3) nên ta loại

Tữ $x=c / a$ ta có: $a x=c$, thay vào (2) ta được: $(a+b) x^2+a=26$

Mà $\mathrm{a}+\mathrm{b}=-\mathrm{c}=-\mathrm{ax}$ ta lại có: $-\mathrm{ax}{ }^3+\mathrm{a}=26 \Leftrightarrow \mathrm{a}\left(1-\mathrm{x}^3\right)=26(4)$

Do $\mathrm{x} \neq 1$ nên $26: \mathrm{a}, \mathrm{a} \in \mathrm{Z}$ nên a có thể là: $\pm 1 ; \pm 2 ; \pm 13 ; \pm 26$

Với $\mathrm{a}=1, \mathrm{a}=\pm 2 ; \mathrm{a}=-13, \mathrm{a}=-26,(4)$ không có nghiệm nguyên.

Với $\mathrm{a}=-1$, từ (4) ta có $\mathrm{x}^3=-1$ nên $\mathrm{x}=-1$ khi đó $\mathrm{x}=-13$ và $\mathrm{b}=0$

Với $\mathrm{a}=26$, từ (4) ta có $\mathrm{x}^3=0$ nên $\mathrm{x}=0$ khi đó $\mathrm{c}=0$ và $\mathrm{b}=-26$

Vậy $(-1 ; 4 ;-3) ;(13 ; 0 ;-13)$ và $(26 ;-26 ; 0)$ là bộ 3 số nguyên để hệ có nghiệm nguyên.

Câu 4

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: $\mathrm{T}=\sin 7 \mathrm{~A}+\sin 7 \mathrm{~B}+\sin 7 \mathrm{C}$, với $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ là ba góc của một tam giác.

Lời Giải

Ta có: $\mathrm{T}^2=(\sin 7 \mathrm{~A}+\sin 7 \mathrm{~B}+\sin 7 \mathrm{C})^2 \leq 3\left(\sin ^2 7 \mathrm{~A}+\sin ^2 7 \mathrm{~B}+\sin ^2 7 \mathrm{C}\right)$

$\leq 3 / 2 \cdot[3-(\cos 14 \mathrm{~A}+\cos 14 \mathrm{~B}+\cos 14 \mathrm{C})]\quad\quad\quad (1)$

Mà với mọi tam giác $A B C$ ta luôn có:

$\cos 14 A+\cos 14 B+\cos 14 C \geq-3 / 2 \quad\quad\quad (2)$

Do $\cos 14 C=\cos [4 \pi-14(A+B)]=\cos 14(A+B)$

$=\cos 14 \mathrm{~A} \cos 14 \mathrm{~B}-\sin 14 \mathrm{~A} \sin 14 \mathrm{~B}$

Và $(2) \Leftrightarrow 3+2 \cos 14 \mathrm{~A}+2 \cos 14 \mathrm{~B}+2 \cos 14 \mathrm{C} \geq 0$

$\Leftrightarrow 1+\sin ^2 14 \mathrm{~A}+\cos ^2 14 \mathrm{~A}+\sin ^2 14 \mathrm{~B}+\cos ^2 14 \mathrm{~B}+2 \cos 14 \mathrm{~A}$

$+2 \cos 14 \mathrm{~B}+2 \cos 14 \mathrm{~A} \cos 14 \mathrm{~B}-2 \sin 14 \mathrm{~A} \sin 14 \mathrm{~B} \geq 0$

$\Leftrightarrow(\cos 14 \mathrm{~A}+\cos 14 \mathrm{~B}+1)^2+(\sin 14 \mathrm{~A}-\sin 14 \mathrm{~B})^2 \geq 0$

Từ (1), (2) $\Rightarrow \mathrm{T}^2 \leq 3 / 2 \cdot(3+3 / 2)=27 / 4 \Rightarrow \mathrm{T} \geq-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$

Nếu $\mathrm{T}=-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ thì ta có $\sin 7 \mathrm{~A}=\sin 7 \mathrm{~B}=\sin 7 \mathrm{C}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$

Ngược lại với $\sin 7 \mathrm{~A}=\sin 7 \mathrm{~B}=\sin 7 \mathrm{C}=-\frac{\sqrt{3}}{2}$ thì rõ ràng $\mathrm{T}=-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ Vậy ta có $\mathrm{T} \geq-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$, với mọi tam giác $\mathrm{ABC}$ và $\mathrm{T}=-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ $\Leftrightarrow \sin 7 \mathrm{~A}=\sin 7 \mathrm{~B}=\sin 7 \mathrm{C}=-\frac{\sqrt{3}}{2}(1)$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}\sin 7 x=-\sqrt{\frac{3}{2}}=\sin \left(-\frac{\pi}{3}\right) \\ 0<x<\pi\end{array}\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{x}=-\frac{\pi}{21}+\frac{\mathrm{k} 2 \pi}{7}=\frac{(6 \mathrm{k}-1) \pi}{21} \\ \mathrm{x}=\frac{4 \pi}{21}+\frac{l 2 \pi}{7}=\frac{(6 l+4) \pi}{21}\end{array} \quad(0<\mathrm{x}<\pi)\right.$

$\Leftrightarrow \mathrm{x} \in \mathrm{E}=\left(\frac{4 \pi}{21} ; \frac{5 \pi}{21} ; \frac{10 \pi}{21} ; \frac{11 \pi}{21} ; \frac{16 \pi}{21} ; \frac{17 \pi}{21}\right)$

Vai trò $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}$ như nhau nên có thể giả sử

$\mathrm{A} \leq \mathrm{B} \leq \mathrm{C} \Rightarrow \mathrm{A} \leq \frac{\pi}{3} \Rightarrow \mathrm{A}=\frac{4 \pi}{21} \text { hay } \mathrm{A}=\frac{5 \pi}{21}$

• Nếu $\mathrm{A}=\frac{5 \pi}{21}$ thì $\mathrm{B}+\mathrm{C}=\frac{17 \pi}{21}$ nhưng với mọi $\mathrm{B}, \mathrm{C}$ thuộc $\mathrm{E}$, ta đã có $B+C \neq \frac{17 \pi}{21}$

• Nếu $\mathrm{A}=\frac{5 \pi}{21} \Rightarrow \mathrm{B}+\mathrm{C}=\frac{16 \pi}{21} \Rightarrow \mathrm{B}=\frac{5 \pi}{21} \leq \mathrm{B} \leq(\mathrm{B}+\mathrm{C}) / 2=\frac{8 \pi}{21}$

$\Rightarrow \mathrm{B}=\frac{5 \pi}{21} \Rightarrow \mathrm{C}=\frac{11 \pi}{21} \in \mathrm{E}$

Vậy $\mathrm{T}$ có giá trị nhỏ nhất là $-3 \frac{\sqrt{3}}{2}$ đạt được khi tam giác $\mathrm{ABC}$ cân có góc ở đáy bằng $\frac{5 \pi}{21}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Giải phương trình: $x^2-3 x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{x^4+x^2+1}$.

Câu 2

Cho $\mathrm{x}$ là số thực sao cho $\mathrm{x}^3-\mathrm{x}$ và $\mathrm{x}^4-\mathrm{x}$ đều là các số nguyên. Chứng minh $\mathrm{x}$ là số nguyên.

Câu 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right|$.

Câu 4

Gọi $\mathrm{R}, \mathrm{r}, \mathrm{p}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi của tam giác $A B C$. Chứng minh:

$\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{A}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{B}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{C}}{2}\right) \geq \frac{\mathrm{p}(\mathrm{R}+\mathrm{r})+\mathrm{R}(4 \mathrm{R}+\mathrm{r})}{\mathrm{pR}}$

Câu 5

Trong mặt phẳng toạ độ $(\mathrm{Oxy})$, cho 3 đường thẳng có hệ số góc là $\frac{1}{\mathrm{~m}}, \frac{1}{\mathrm{n}}, \frac{1}{\mathrm{p}}$ với $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ là các số nguyên dương. Tìm $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ sao cho 3 đường thẳng đó tạo với trục hoành 3 góc có tổng số đo là $45^{\circ}$.

 

LỜI GIẢI

 

Câu 1

Giải phương trình: $x^2-3 x+1=-\frac{\sqrt{3}}{3} \cdot \sqrt{x^4+x^2+1}$.

Lời Giải

Ta có: $x^4+x^2+1=\left(x^2+1\right)^2-x^2=\left(x^2+x+1\right)\left(x^2-x+1\right)>0$ $x^2-3 x+1=2\left(x^2-x+1\right)-\left(x^2+x+1\right)$

Đặt $t=\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}}$. Ta xét phương trình: $2 t^2-m t-1=0\quad\quad\quad (1)$

Chú ý: Từ $t=\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1}}$

Ta có: $\left(\mathrm{t}^2-1\right) \mathrm{x}^2+\left(\mathrm{t}^2+1\right) \mathrm{x}+\mathrm{t}^2-1=0\quad\quad\quad (2)$

Và $\frac{\sqrt{3}}{3} \leq \mathrm{t} \leq \sqrt{3}$

a) Khi $\mathrm{m}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ thì (1) có hai nghiệm $\mathrm{t}=-\frac{3}{2 \sqrt{3}} ; \mathrm{t}_2=\frac{1}{\sqrt{3}}$ Chỉ xét $\mathrm{t}=\frac{1}{\sqrt{3}}$. Lúc đó (2) có nghiệm $\mathrm{x}=1$

Vậy trường hợp này phương trình có một nghiệm là $\mathrm{x}=1$.

b) Nhận xét: Phương trình (1) có hai nghiệm $\mathrm{t}_1, \mathrm{t}_2$ mà $\mathrm{t}_1<0<\mathrm{t}_2$

Do đó phương trình $\left({ }^*\right)$ có tối đa hai nghiệm thực.

Trường hợp phương trình có một nghiệm thực là trường hợp (2) chỉ có một nghiệm thực.

Đó là các trường hợp sau:

1) $t=1:$ ta có $m=1$ và $x=0$

2) $t^2-1 \neq 0$ và $\Delta_t=0$. Ta có $t=\frac{\sqrt{3}}{3}$ hay $t=\sqrt{3}$.

Lúc đó: $m=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ và $x=1$ hay $m=\frac{5 \sqrt{3}}{3}$ và $x=-1$.

Tóm lại: phương trình có một số lẻ nghiệm thực khi và chỉ khi:

$\mathrm{M} \in[1 ; \frac{5 \sqrt{3}}{3} ;-\frac{\sqrt{3}}{3}]$

Câu 2

Cho $\mathrm{x}$ là số thực sao cho $\mathrm{x}^3-\mathrm{x}$ và $\mathrm{x}^4-\mathrm{x}$ đều là các số nguyên. Chứng minh $\mathrm{x}$ là số nguyên.

Dành cho bạn đọc

Câu 3

Tìm giá trị nhỏ nhất của: $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right|$.

Lời Giải

Ta có các trường hợp sau:

Nếu $x<-3$ :

Khi $x<-3 \Rightarrow|x|>3$. Ta có $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right| \geq|x|>3$.

Vậy trong trường hợp này ta có $\mathrm{S}>3\quad\quad\quad\quad\quad (1)$

Nếu $-3<\mathrm{x}<0$ :

Ta có $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right| \geq\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right|\quad\quad\quad (a)$

Mặt khác với $-3<x<0$ thì $\frac{2 x-1}{x+3}<0$; bởi vậy thay vào (a) ta có:

$S \geq-\frac{2 x-1}{x+3}=-2+\frac{7}{x+3}\quad\quad\quad\quad (b)$

Vì $-3<x<0 \Rightarrow 0<x+3<3 \Rightarrow \frac{1}{3}<\frac{1}{x+3} \Rightarrow \frac{7}{3}<\frac{7}{x+3}$

Đem kết quả này vào $(\mathrm{b})$ ta được:

$\mathrm{S} \geq-\frac{2 \mathrm{x}-1}{\mathrm{x}+3}=-2+\frac{7}{\mathrm{x}+3}>-2+\frac{7}{3}=\frac{1}{3}$

Vậy trong trường hợp này ta có: $\mathrm{S}>\frac{1}{3}\quad\quad\quad\quad (2)$

Nếu $x>\frac{1}{2}$ :

Ta có $S=|x|+\left|\frac{2 x-1}{x+3}\right| \geq|x|>\frac{1}{2}$

Vậy trong trường hợp này ta có: $\mathrm{S}>\frac{1}{2}\quad\quad\quad\quad (3)$

Nếu $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ :

Trong trường hợp này $S=x-\frac{2 x-1}{x+3}=\frac{x^2+x+1}{x+3}$

Ta chứng minh $S \geq \frac{1}{3}$; nghĩa là chứng minh: $\frac{x^2+x+1}{x+3} \geq \frac{1}{3}\quad\quad (c)$

Ta có: $(\mathrm{c}) \Leftrightarrow 3 \mathrm{x}^2+3 \mathrm{x}+3 \geq \mathrm{x}+3 \Leftrightarrow 3 \mathrm{x}^2+2 \mathrm{x} \geq 0 \Leftrightarrow x \geq 0$.

Vậy trong trường hợp $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ thì $S \geq \frac{1}{3}$; dấu bằng xảy ra khi $x=0$.

Bởi vậy trong trường hợp $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ thì $S$ đạt giá trị nhỏ nhất là $\frac{1}{3}$ khi $x=0\quad\quad (4)$

Từ (1), (2), (3) và (4) ta có kết luận:

Giá trị nhỏ nhất của S là $\frac{1}{2}$, đạt được khi $x=0$.

Câu 4

Gọi $\mathrm{R}, \mathrm{r}, \mathrm{p}$ lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp, nửa chu vi của tam giác $A B C$. Chứng minh:

$\operatorname{tg} \frac{\mathrm{A}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{A}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{B}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{B}}{2}\right)+\operatorname{tg} \frac{\mathrm{C}}{2}\left(1+\cos \frac{\mathrm{C}}{2}\right) \geq \frac{\mathrm{p}(\mathrm{R}+\mathrm{r})+\mathrm{R}(4 \mathrm{R}+\mathrm{r})}{\mathrm{pR}}$

Dành cho bạn đọc

Câu 5

Trong mặt phẳng toạ độ $(\mathrm{Oxy})$, cho 3 đường thẳng có hệ số góc là $\frac{1}{\mathrm{~m}}, \frac{1}{\mathrm{n}}, \frac{1}{\mathrm{p}}$ với $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ là các số nguyên dương. Tìm $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ sao cho 3 đường thẳng đó tạo với trục hoành 3 góc có tổng số đo là $45^{\circ}$.

Lời Giải

Gọi $\alpha, \beta, \delta$ là 3 góc tạo bởi 3 đường thẳng đã cho với trục $O x$ trong hệ trục tọa độ trục chuẩn Oxy.

Ta có:

$\operatorname{tg}(\alpha+\beta+\delta)=\frac{\operatorname{tg}(\alpha+\beta)+\operatorname{tg} \delta}{1-\operatorname{tg}(\alpha+\beta) \operatorname{tg} \delta}=\frac{\frac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta}{1-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta}+\operatorname{tg} \delta}{1-\frac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta}{1-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta} \operatorname{tg} \delta}$

$=\frac{\operatorname{tg} \alpha+\operatorname{tg} \beta+\operatorname{tg} \delta-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta \operatorname{tg} \delta}{1-\operatorname{tg} \alpha \operatorname{tg} \beta-\operatorname{tg} \beta \operatorname{tg} \delta-\operatorname{tg} \delta \operatorname{tg} \alpha}=\frac{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}+\frac{1}{p}-\frac{1}{\operatorname{mnp}}}{1-\frac{1}{m n}-\frac{1}{n p}-\frac{1}{p m}}$

$=\frac{\mathrm{mn}+\mathrm{np}+\mathrm{pm}-1}{\mathrm{mnp}-\mathrm{m}-\mathrm{n}-\mathrm{p}}$

Theo giả thiết $\alpha+\beta+\delta=45^{\circ}$ nên ta có

$m n+n p+p m-1=m n p-m-n-p$

hay $m n p-m n-n p-p m+m+n+p+1=2(m+n+p-1)$

Đặt $\mathrm{x} y=-\mathrm{m}-1 ; \mathrm{y}=\mathrm{n}-1 ; \mathrm{z}=\mathrm{p}-1$ ta có phương trình nghiệm nguyên không âm

$x y z=2(x+y+z+2)\quad\quad\quad\quad (1)$

Tả tìm cách giải phương trình này. Vì $x+y+z+2>0$ nên $x>0, y>0, z>0$. Không làm mất tính chất tổng quát ta giả sử $\mathrm{x} \geq \mathrm{y} \geq \mathrm{z}$.

Phương trình (1) tương đương với

$\frac{1}{x y}+\frac{1}{y z}+\frac{1}{z x}+\frac{2}{x y z}=\frac{1}{2}\quad\quad\quad\quad (2)$

Có 2 trường hợp:

1) Nếu $z \geq 3$ thì vế trái của phương trình (2) nhỏ hơn $\frac{3}{\mathrm{z}^2}+\frac{2}{\mathrm{z}^3} \leq \frac{1}{3}+\frac{2}{27}=\frac{11}{27}<\frac{1}{2}$ vậy phương trình không thỏa.

2) Nếu $z=2$ thì

$ 2 x y=2(x+y+4) $

$\Leftrightarrow  x y-x-y+1=5 $

$\Leftrightarrow (x-1)(y-1)=5 $

$\Leftrightarrow  x-1=5 \text { và } y-1=1 $

$\Leftrightarrow  x=6 \text { và } y=2 \text { suy ra } m=7, n=3, p=3$

3) Nếu $\mathrm{z}=1$ thì $\Leftrightarrow(x-2)(y-2)=10$

Điều này tương đương với

• hoặc $\mathrm{x}-2=5$ và $\mathrm{y}-2=2$

$\Leftrightarrow x=7$ và $y=4$ suy ra $\mathrm{m}=8, \mathrm{n}=5, \mathrm{p}=2$.

• hoặc $x-2=10$ và $y-2=1$

$\Leftrightarrow x=12$ và $y=3 \Leftrightarrow m=13, n=4$ và $p=2$.

Do tính chất đối xứng, các số $\mathrm{m}, \mathrm{n}, \mathrm{p}$ là cá c hoán vị của $(13 ; 4 ; 2) ;(8 ; 5 ; 2) ;(7 ; 3 ; 3)$

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\left(3-\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{2 y}=4 \\ \left(3+\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{x}=2\end{array}\right.$

Câu 2

Giải phương trình: $2 \sin 2 x-3 \sqrt{2} \sin x+\sqrt{2} \cos x-5=0$

Câu 3

Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi Toán được mang số kí danh trong khoảng từ 1 đến 1000 . Chứng tỏ rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi Toán có tổng các số kí danh được mang chia hết cho 9.

Câu 4

Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$ thỏa $\widehat{\mathrm{BAD}}>90^{\circ}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ lần lượt là 2 điểm nằm trên $\mathrm{BC}$ và $\mathrm{CD}$ sao cho $\widehat{\mathrm{MAD}}=\widehat{\mathrm{NAB}}=90^{\circ}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{MN}$ và $\mathrm{BD}$ cắt nhau tại $\mathrm{I}$ thì $\mathrm{IA} \perp \mathrm{AC}$.

Câu 5

Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ là các số không âm thỏa mãn: $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=1$.

Tìm số $\mathrm{k}$ lớn nhất sao cho $\mathrm{a}^3+\mathrm{b}^3+\mathrm{c}^3+\mathrm{kabc} \geq \frac{1}{9}+\frac{\mathrm{k}}{27}$ đúng với mọi a, b, c thỏa điều kiện trên.

 

LỜI GIẢI

 

Câu 1

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}\left(3-\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{2 y}=4 \\ \left(3+\frac{5}{y+42 x}\right) \sqrt{x}=2\end{array}\right.$

Lời Giải

Điều kiện $\mathrm{x}>0, \mathrm{y}>0$.

Hệ phương trình có thể viết:

$\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}}=\frac{5}{y+42 x}\quad\quad (1) \\ \frac{1}{\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{y}}=3\quad\quad\quad\quad (2)\end{array} \Rightarrow \frac{1}{x}-\frac{2}{y}=\frac{15}{y+42 x}\right.$

$\quad\quad\quad \Leftrightarrow(y-2 x)(y+42 x)=15 x y \Leftrightarrow y^2-84 x^2+25 x y=0 $

$\quad\quad\quad \Leftrightarrow(y-3 x)(y+28 x)=0$

Do $y+28 x>0 \Rightarrow y=3 x$. Thế vào $(2) \Rightarrow$ hệ có nghiệm là:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left(\frac{5+2 \sqrt{6}}{27} ; \frac{5+2 \sqrt{6}}{9}\right)$

Câu 2

Giải phương trình: $2 \sin 2 x-3 \sqrt{2} \sin x+\sqrt{2} \cos x-5=0$

Dành cho bạn đọc

Câu 3

Trong kì thi Olympic có 17 học sinh thi Toán được mang số kí danh trong khoảng từ 1 đến 1000 . Chứng tỏ rằng có thể chọn ra 9 học sinh thi Toán có tổng các số kí danh được mang chia hết cho 9.

Lời Giải

a) Xét 5 số tự nhiên tuỳ ý, khi chia cho 3 có thể xảy ra:

• Có 3 số dư giống nhau $\Rightarrow$ tổng 3 số tương ứng chia hết cho 3 .

• Trái lại, sẽ có 3 số dư đôi một khác nhau $\Rightarrow$ tổng 3 số tương ứng chia hết cho 3.

Vậy trong 5 số tự nhiên bất kì, tồn tại 3 số có tổng chia hết cho 3 .

b) Xét 17 số tự nhiên tuỳ ý:

Chia chúng thành 3 tập, có lần lượt $5,5,7$ phần tử. Trong mỗi tập, chọn được 3 số có tổng lần lượt là $3 \mathrm{a}_1, 3 \mathrm{a}_2, 3 \mathrm{a}_3\left(\mathrm{a}_1, \mathrm{a}_2, \mathrm{a}_3 \in \mathrm{N}\right)$

Còn lại: $17-9=8$ số

Trong 8 số này, chọn tiếp 3 số có tổng là $3 \mathrm{a}_4$, còn lại 5 số chọn tiếp 3 số có tổng là $3 \mathrm{a}_5$.

Trong 5 số $\mathrm{a} 1, \mathrm{a} 2, \mathrm{a} 3, \mathrm{a} 4$, a5 có 3 số ai1, ai2, ai3 có tổng chia hết cho 3 .

$\Rightarrow 9$ học sinh tương ứng có tổng các số kí danh là:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad 3 a_{i 1}+3 a_{i 2}+3 a_{i 3}=3\left(a_{i 1}+a_{i 2}+a_{i 3}\right) \vdots 9 .$

Câu 4

Cho tứ giác lồi $\mathrm{ABCD}$ thỏa $\widehat{\mathrm{BAD}}>90^{\circ}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ lần lượt là 2 điểm nằm trên $\mathrm{BC}$ và $\mathrm{CD}$ sao cho $\widehat{\mathrm{MAD}}=\widehat{\mathrm{NAB}}=90^{\circ}$. Chứng minh rằng nếu $\mathrm{MN}$ và $\mathrm{BD}$ cắt nhau tại $\mathrm{I}$ thì $\mathrm{IA} \perp \mathrm{AC}$.

Lời Giải

Để ý rằng nếu $\mathrm{M} \equiv \mathrm{C}$ (hay $\mathrm{N} \equiv \mathrm{C}$ ) thì $\mathrm{I} \equiv \mathrm{D}$ (hay $\mathrm{I} \equiv \mathrm{B}$ ) $\Rightarrow$ bài toán đúng.

Xét trường hợp $\mathrm{I} \neq \mathrm{B}, \mathrm{I} \neq \mathrm{D}$

Áp dụng định luật Menelaus cho tam giác $\mathrm{BCD}$ với bộ 3 điểm $\mathrm{M}, \mathrm{N}$, I ta có:

$\quad\quad \frac{\mathrm{MB}}{\mathrm{MC}} \cdot \frac{\mathrm{NC}}{\mathrm{ND}} \cdot \frac{\mathrm{ID}}{\mathrm{IB}}=1$

$\Leftrightarrow \frac{\mathrm{AB} \cdot \sin \mathrm{A}_5}{\mathrm{AC} \cdot \sin \mathrm{A}_4} \cdot \frac{\mathrm{AC} \cdot \sin \mathrm{A}_3}{\mathrm{AD} \cdot \sin \mathrm{A}_2} \cdot \frac{\mathrm{AD} \cdot \sin \mathrm{A}_1}{\mathrm{AB} \cdot \sin \widehat{\mathrm{AIB}}}=1$

$\Leftrightarrow \sin \mathrm{A}_1 \cdot \sin \mathrm{A}_3=\sin \mathrm{A}_4 \cdot \sin \widehat{\mathrm{IAB}}\left(\right.$ do $\left.\sin \mathrm{A}_2=\sin \mathrm{A}_5\right)$

$\Leftrightarrow \sin \mathrm{A}_1 \cdot \sin \mathrm{A}_3=\cos \left(\mathrm{A}_2+\mathrm{A}_3\right) \cdot \cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_2\right)$

$\Leftrightarrow \frac{1}{2}\left[\cos \left(\mathrm{A}_1-\mathrm{A}_3\right)-\cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_3\right)\right]$

$=\frac{1}{2}\left[\cos \left(\mathrm{A}_1+2 \mathrm{~A}_2+\mathrm{A}_3\right)+\cos \left(\mathrm{A}_1-\mathrm{A}_3\right)\right]$

$\Leftrightarrow \cos \left(\mathrm{A}_1+2 \mathrm{~A}_2+\mathrm{A}_3\right)+\cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_3\right)=0$

$\Leftrightarrow 2 \cos \left(\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_2+\mathrm{A}_3\right) \cdot \cos \mathrm{A}_2=0$

$\Leftrightarrow \cos \left(A_1+A_2+A_3\right)=0 \Leftrightarrow A_1+A_2+A_3=90^{\circ} .$

Vậy $I A \perp A C$.

Câu 5

Cho $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ là các số không âm thỏa mãn: $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=1$.

Tìm số $\mathrm{k}$ lớn nhất sao cho $\mathrm{a}^3+\mathrm{b}^3+\mathrm{c}^3+\mathrm{kabc} \geq \frac{1}{9}+\frac{\mathrm{k}}{27}$ đúng với mọi a, b, c thỏa điều kiện trên.

Lời Giải

Chọn $\mathrm{a}=\mathrm{b}=\frac{1}{2}=0$, ta có $\mathrm{k} \leq \frac{15}{4}$, ta chứng minh rằng $\mathrm{k}_{\max }=\frac{15}{4}$

tức là ta chứng $\operatorname{minh}: a^3+b^3+c^3+\frac{15}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$.

Xét 3 số $(\mathrm{a}+\mathrm{c}-\mathrm{b}) ;(\mathrm{a}+\mathrm{b}-\mathrm{c}) ;(\mathrm{b}+\mathrm{c}-\mathrm{a})$ có nhiều nhất 1 số âm vì tổng số tuỳ ý đều không âm. Nếu có 1 số âm thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (a+b-c)(b+c-a)(b+c-a)<0 \leq a b c$

Nếu cả 3 số đều dương ta dễ dàng chứng minh

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad (a+b-c)(b+c-a)(b+c-a) \leq a b c$

Do đó ta có $(1-2 \mathrm{a})(1-2 \mathrm{~b})(1-2 \mathrm{c}) \leq \mathrm{abc}$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{3}{4}-3(a b+b c+c a)+\frac{27}{4} a b c \geq 0$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow(a+b+c)^2-3(a b+b c+c a)(a+b+c)+\frac{27}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow(a+b+c)\left(a^2+b^2+c^2-a b-b c-a c\right)+\frac{27}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow a^3+b^3+c^3+\frac{15}{4} a b c \geq \frac{1}{4}$.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

ĐỀ THI

Câu 1

Tìm 3 số tự nhiên đôi một khác nhau và lớn hơn 1 thỏa điều kiện: Tích hai số bất kì trong 3 số ấy cộng với 1 chia hết cho số thứ ba.

Câu 2

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z} \in[1 ; 2]$.

Tìm giá trị lớn nhất của: $\mathrm{P}=(\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z})\left(\frac{1}{\mathrm{x}}+\frac{1}{\mathrm{y}}+\frac{1}{\mathrm{z}}\right)$

Câu 3

Tìm tất cả các nghiệm số thực của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 64 x^6-112 x^4+56 x^2-7=2 \sqrt{1-x^2}$

Câu 4

Trên đường tròn $(\mathrm{O} ; \mathrm{R})$ cho năm điểm phân biệt $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}, \mathrm{E}$ theo thứ tự đó, sao cho $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}=\mathrm{DE}=\mathrm{R}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ lần lượt là trung điểm của $\mathrm{CD}$ và $\mathrm{AE}$. Hãy xác định giá trị lớn nhất có thể có của chu vi tam giác $\mathrm{BMN}$.

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Tìm 3 số tự nhiên đôi một khác nhau và lớn hơn 1 thỏa điều kiện: Tích hai số bất kì trong 3 số ấy cộng với 1 chia hết cho số thứ ba.

Lời Giải

Giả sử $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c} \in \mathrm{N}$ và $2 \leq \mathrm{a}<\mathrm{b}<\mathrm{c}$ thoả:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad a b+1 \vdots c ; a c+1 \vdots b ; b c+1 \vdots a$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Rightarrow(a b+1)(a c+1)(b c+1) \vdots a b c \Rightarrow a b+b c+c a+1 \vdots a b c$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Rightarrow a b+b c+c a+1 \geq a b c \Rightarrow \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{a b c} \geq 1$

Nếu $\mathrm{b} \geq 4$ thì $\mathrm{c} \geq 5$, khi đó

$\quad\quad\quad\quad\quad \frac{1}{\mathrm{a}}+\frac{1}{\mathrm{~b}}+\frac{1}{\mathrm{c}}+\frac{1}{\mathrm{abc}} \leq \frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{5}+\frac{1}{40}=\frac{39}{40}<1 \text { (vô lí) }$

Vậy $3 \leq \mathrm{b}<4 \Rightarrow \mathrm{b}=3$, $a=2$

Từ $\mathrm{ab}+1=7 \vdots \mathrm{c} \Rightarrow \mathrm{c}=7$.

Thử lại $(\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c})=(2,3,7)$ thỏa điều kiện.

Câu 2

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z} \in[1 ; 2]$.

Tìm giá trị lớn nhất của: $\mathrm{P}=(\mathrm{x}+\mathrm{y}+\mathrm{z})\left(\frac{1}{\mathrm{x}}+\frac{1}{\mathrm{y}}+\frac{1}{\mathrm{z}}\right)$

Lời Giải

Do vai trò $x, y, z$ như nhau nên giả sử: $1 \leq x \leq y \leq z \leq 2$

$\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\left(1-\frac{x}{y}\right)\left(1-\frac{y}{z}\right) \geq 0 \\ \left(1-\frac{y}{x}\right)\left(1-\frac{z}{y}\right) \geq 0\end{array} \Rightarrow\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)+\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\right) \leq 2+\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\right.$

$\Rightarrow P=\left(\frac{x}{y}+\frac{y}{z}\right)+\left(\frac{y}{x}+\frac{z}{y}\right)+\left(\frac{z}{x}+\frac{x}{z}\right)+3 \leq 5+2\left(\frac{x}{z}+\frac{z}{x}\right)\quad\quad (1)$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=y \ y=z\end{array}\right.$

Đặt $t=\frac{x}{z} \in\left[\frac{1}{2} ; 1\right] t_i$ ta có $(2-t)\left(\frac{1}{2}-t\right) \leq 0 \Leftrightarrow t+\frac{1}{t} \leq \frac{5}{2}\quad\quad\quad\quad (2)$

Dấu “=” của $(2)$ xảy ra $\Leftrightarrow t=\frac{1}{2}$

Từ (1) và $(2$ ) suy ra $\mathrm{P} \leq 5+5=10=\mathrm{const}$

Dấu “=” xảy ra $\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}x=y=1 \\ z=2\end{array}\right. \\ \left\{\begin{array}{l}x=1 \\ y=z=2\end{array}\right.\end{array}\right.$

Vậy: $\max \mathrm{P}=10$

Câu 3

Tìm tất cả các nghiệm số thực của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 64 x^6-112 x^4+56 x^2-7=2 \sqrt{1-x^2}$

Lời Giải

Tìm tất cả các nghiệm số thực của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 64 x^6-112 x^4+56 x^2-7=2 \sqrt{1-x^2}\quad\quad (1)$

Ta có: $\quad \cos 3 \mathrm{a}=4 \cos ^3 \mathrm{a}-3 \cos \mathrm{a}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\cos 4 a=8 \cos ^4 a-8 \cos ^2 a+1 \\ \cos 5 a=16 \cos ^5 a-20 \cos ^3 a+5 \cos a \\ \cos 6 a=32 \cos ^6 a-48 \cos ^4 a+18 \cos ^2 a-1 \\ \cos 7 a=64 \cos ^7 a-112 \cos ^5 a+56 \cos ^3 a-7 \cos a\end{array}\right.$

Đặt $x=$ cost với $t \in[0 ; \pi],(1)$ trở thành:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 64 \cos ^6 t-112 \cos ^4 t+56 \cos ^2 t-7=2 \sqrt{1-\cos ^2 t} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Leftrightarrow  64 \cos ^7 t-112 \cos ^5 t+56 \cos ^3 t-7 \cos t=2 \cos t \sin t$

(với cost $\neq 0$ )

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Leftrightarrow \cos 7 \mathrm{t}=\sin 2 \mathrm{t}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Leftrightarrow \cos 7 \mathrm{t}=\cos \left(\frac{\pi}{2}-2 \mathrm{t}\right) \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}\mathrm{t}=\frac{\pi}{18}+\mathrm{k} \frac{2 \pi}{9} \\ \mathrm{t}=-\frac{\pi}{10}+l \frac{2 \pi}{5}\end{array} \mathrm{k}, l \in \mathrm{Z}\right.$

$\quad\quad\quad \mathrm{t} \in[0 ; \pi]$

$\Rightarrow \mathrm{t}=\frac{\pi}{18} \vee \mathrm{t}=\frac{5 \pi}{18} \vee \mathrm{t}=\frac{9 \pi}{18} \vee \mathrm{t}=\frac{13 \pi}{19} \vee \mathrm{t}=\frac{17 \pi}{18} \vee \mathrm{t}=\frac{3 \pi}{10} \vee \mathrm{t}=\frac{7 \pi}{10}$

Vì cost $\neq 0$ nên $t \neq \frac{\pi}{2}$. Vậy phương trình (1) có 6 nghiệm thực là:

$\quad\quad\quad x=\cos \frac{\pi}{18} \vee x=\cos \frac{5 \pi}{18} \vee x=\cos \frac{9 \pi}{18} \vee x=\cos \frac{13 \pi}{19}$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \vee x=\cos \frac{17 \pi}{18} \vee x=\cos \frac{3 \pi}{10} \vee x=\cos \frac{7 \pi}{10}$

Câu 4

Trên đường tròn $(\mathrm{O} ; \mathrm{R})$ cho năm điểm phân biệt $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}, \mathrm{D}, \mathrm{E}$ theo thứ tự đó, sao cho $\mathrm{AB}=\mathrm{BC}=\mathrm{DE}=\mathrm{R}$. Gọi $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ lần lượt là trung điểm của $\mathrm{CD}$ và $\mathrm{AE}$. Hãy xác định giá trị lớn nhất có thể có của chu vi tam giác $\mathrm{BMN}$.

Lời Giải

Theo giả thiết các tam giác $\mathrm{OAB}, \mathrm{OBC}$ và ODE là các tam giác đều nên:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \widehat{\mathrm{AOE}}+\widehat{\mathrm{DOC}}=180^{\circ} $

$\quad\quad\quad \text { Mà } \quad\quad  2 \widehat{\mathrm{DCO}}+\widehat{\mathrm{DOC}}=180^{\circ} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Rightarrow \widehat{\mathrm{AOE}}=2 \widehat{\mathrm{DCO}} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \Rightarrow \widehat{\mathrm{AON}}=\widehat{\mathrm{MCO}}$

Từ đó $\triangle \mathrm{NOA}=\Delta \mathrm{MCO} \Rightarrow \mathrm{ON}=\mathrm{CM}$

Dẫn đến: $\Delta \mathrm{ONB}=\Delta \mathrm{CMB}$ (c.g.c) $\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}\mathrm{BN}=\mathrm{NM} \\ \widehat{\mathrm{OBN}}=\widehat{\mathrm{CBM}}\end{array}\right.$

Mà $\widehat{\mathrm{OBC}}=60^{\circ} \Rightarrow \widehat{\mathrm{NBM}}=60^{\circ}$, vậy $\triangle \mathrm{MBN}$ đều.

Đặt $\alpha=\widehat{\mathrm{AON}}\left(0<\alpha<90^0\right)$. Khi đó

$\quad\quad\quad \mathrm{BN}^2 =\mathrm{R}^2+\mathrm{R}^2 \cos ^2 \alpha-2 \mathrm{R}^2 \cdot \cos \alpha \cos \left(\alpha+60^{\circ}\right) $

$\quad\quad\quad\quad\quad =\mathrm{R}^2\left[1+\cos ^2 \alpha-2 \cos \alpha\left(\cos \alpha \cdot \cos 60^{\circ}-\sin \alpha \cdot \sin 60^{\circ}\right)\right]$

$\quad\quad\quad\quad\quad =\mathrm{R}^2\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \alpha\right) $

$\quad\quad \Rightarrow \mathrm{BN}^2 \leq \mathrm{R}^2\left(1+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$

Dấu “=” xảy ra khi $\sin 2 \alpha=1$ hay $\alpha=45^{\circ}$.

Chu vi lớn nhất có thể có của tam giác $\mathrm{BMN}$ là: $\mathrm{P}=\frac{3 \mathrm{R}(1+\sqrt{3})}{2}$.