ĐỀ THI

Câu 1

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

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: $\frac{{\mathrm{AA}}^{\prime }}{{\mathrm{AA}}_1}+\frac{{\mathrm{BB}}^{\prime }}{{\mathrm{BB}}_1}+\frac{{\mathrm{CC}}^{\prime }}{{\mathrm{CC}}_1}\le \frac{9}{4}$

Câu 3

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

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

$$ ii) $a_1{a}_2+a_2{a}_3+\dots +a_{2002}{a}_{2003}+a_{2003}{a}_1=1$

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

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

Câu 4

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

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

$$ 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 $\frac{2a}{3}-b^2$ 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 $(\mathrm{O},{\mathrm{R}}_1)$ lần lượt tại ${\mathrm{A}}_1,{\mathrm{B}}_1,{\mathrm{C}}_1,{\mathrm{D}}_1$.

Chứng minh rằng: $\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}}{S_{ABCD}}\ge \frac{R_1^2}{R^2}$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

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

Lời Giải

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

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

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

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

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

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

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

$(\mathrm{tg}\frac{-3\pi }{7},\mathrm{tg}\frac{-6\pi }{7},\mathrm{tg}\frac{-12\pi }{7});(\mathrm{tg}\frac{-2\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{-4\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{-8\pi }{7})$

$(\mathrm{tg}\frac{-\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{-2\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{-4\pi }{7});(0;0;0);(\mathrm{tg}\frac{3\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{6\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{12\pi }{7})$

$(\mathrm{tg}\frac{2\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{4\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{8\pi }{7});(\mathrm{tg}\frac{\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{2\pi }{7};\mathrm{tg}\frac{4\pi }{7})$

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: $\frac{{\mathrm{AA}}^{\prime }}{{\mathrm{AA}}_1}+\frac{{\mathrm{BB}}^{\prime }}{{\mathrm{BB}}_1}+\frac{{\mathrm{CC}}^{\prime }}{{\mathrm{CC}}_1}\le \frac{9}{4}$

Lời Giải

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

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

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

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

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

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

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

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

Ta lại có:

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

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

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

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

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

Câu 3

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

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

$$ ii) $a_1{a}_2+a_2{a}_3+\dots +a_{2002}{a}_{2003}+a_{2003}{a}_1=1$

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

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

Lời Giải

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

$4={(a_1+a_2+\dots +a_{2003})}^2$

$\ge {(a_1+a_2+\dots +a_{2003})}^2-{(a_1-a_2+a_3-\dots +a_{2003})}^2$

$=4(a_1+a_3+\dots +a_{20033})(a_2+a_4+\dots +a_{2002})$

$\ge 4(a_1{a}_2+a_2{a}_3+\dots +a_{2002}{a}_{2003})+$

$+4(a_1{a}_4+a_2{a}_5+\dots +a_{2000}{a}_{2003})+4a_1(a_6+a_8+\dots +a_{2002})$

$=4(1-a_{2003}{a}_1)+4(a_1{a}_4+a_2{a}_5+\dots +a_{2000}{a}_{20033})+$

$+4a_1(a_6+a_8+\dots +a_{2002})$

$=4+4(a_1{a}_4+a_2{a}_5+\dots +a_{2000}{a}_{20013})+4a_1(a_6+a_8+\dots +a_{2002}-a_{2003})$

$\ge 4$

Do đó ta phải có:

$\{\begin{array}{l}{a}_1+a_3+\dots +a_{2003}=a_2+a_4+\dots +a_{2002}=1(1)\\ a_1{a}_4=a_2{a}_5=\dots =a_{2000}{a}_{2003}=0(2)\\ a_6+a_8+\dots +a_{2002}=a_{2003}(3)\end{array}$

Vì $a_1>0$ nên $a_4=0(\mathrm{do}2)$

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

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

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 $a_4+a_5+\dots +a_{2003}=0$

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

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

Do đó $Smax$ 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: $x^3-3x{y}^2+y^3=n$; với $n$ nguyên dương.

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

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

Lời Giải

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

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

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

$(\mathrm{y}-\mathrm{x},-\mathrm{x})$ 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: $2003=-1(mod3)$

$\Rightarrow x^3-3x{y}^2+y^3=x^3+y^3\equiv -1(mod3)$

$\Rightarrow \mathrm{x}+\mathrm{y}\equiv -1(mod3)$

Do đó:

a) $x\equiv 0,y\equiv -1(mod3)$

$\Rightarrow \mathrm{x}=3\mathrm{k};\mathrm{y}=3\mathrm{k}-1$ suy ra ${\mathrm{x}}^3-3{\mathrm{xy}}^2+{\mathrm{y}}^3\equiv -1(mod9)$

Mặt khác $2005\equiv 5(mod9)$ vô lí.

b) $x\equiv -1,y\equiv 0(mod3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

c) $x\equiv 1,y\equiv 1(mod3)$ tương tự dẫn đến vô lí.

Do $(y-x,-x)$ cùng là nghiệm nên trở lại trường hợp $x\equiv 0,y\equiv -1(mod3)$

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 $\frac{2a}{3}-b^2$ cũng thuộc $M$ ?

Lời Giải

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

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 $\mathrm{\forall }\mathrm{c}$ ta có:

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

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

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

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

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

$\Rightarrow \{\begin{array}{l}\frac{2}{3}{a}_1-a_1^2=a_1\\ \frac{2}{3}{a}_2-a_3^2=a_2\\ \frac{2}{3}{a}_3-a_2^2=a_3\end{array}\Rightarrow$ Hệ vô nghiệm (loại)

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

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

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

$\Rightarrow [\begin{array}{l}{a}_2=\frac{1}{3}=a_1\text{ (loại vì }{a}_1\ne a_2)\\ a_2=\frac{2}{3},a_1=-\frac{4}{3}(\text{ loại vì }{a}_1\cdot a_2<0)\end{array}$

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

Xét $\{\begin{array}{l}\frac{2}{3}{a}_1-a_2^2=a_2\\ \frac{2}{3}{a}_2-a_1^2=a_1\end{array}\Rightarrow a_1={\mathrm{a}}_2=-\frac{1}{3}$ (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:

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

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

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 $(\mathrm{O},{\mathrm{R}}_1)$ lần lượt tại ${\mathrm{A}}_1,{\mathrm{B}}_1,{\mathrm{C}}_1,{\mathrm{D}}_1$.

Chứng minh rằng: $\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}}{S_{ABCD}}\ge \frac{R_1^2}{R^2}$

Lời Giải

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

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

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

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

$\frac{S_{A_1{B}_1{C}_1{D}_1}}{S_{ABCD}}=1+\frac{S_{A_1{B}_{1}B}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{B_1{C}_{1}C}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{C_1{D}_{1}D}}{S_{ABCD}}+\frac{S_{D_1{A}_{1}D}}{S_{ABCD}}$

$=1+\frac{x(b+y)}{ab+cd}+\frac{y(c+z)}{ad+bc}+\frac{z(d+t)}{ab+cd}+\frac{t(x+a)}{ad+bc}$

$\ge 1+\frac{x(R_1^2-R^2)}{y4R^2}+\frac{y(R_1^2-R^2)}{z4R^2}+\frac{z(R_1^2-R^2)}{t4R^2}+\frac{t(R_1^2-R^2)}{x4R^2}$

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

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