ĐỀ THI

Câu 1

Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2$

Câu 2

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2 \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2 \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\end{array}\right.$

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$, lấy điểm $\mathrm{M}$ trên cạnh $\mathrm{AC}$ sao cho bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác $\mathrm{ABM}$ và $\mathrm{BCM}$ bằng nhau.

Chứng minh $\mathrm{BM}^2=\operatorname{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$, trong đó $\mathrm{S}$ là diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$.

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa mãn: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} \mathrm{A}+\operatorname{tg}$ C. Chứng minh rằng:

a) $\mathrm{B} \geq \frac{\pi}{3}$;

b) $\cos A+\cos C \leq \frac{3 \sqrt{2}}{4}$.

Câu 5

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$, t là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+z^2+t^2=2005 \text {. }$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\frac{\mathrm{x}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{yzt}}+\frac{\mathrm{y}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{ztx}}+\frac{\mathrm{z}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{txy}}+\frac{t}{2005 \sqrt{2005}+x y z}$

 

LỜI GIẢI

Câu 1

Tìm các nghiệm nguyên dương của phương trình:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad y^2=x^2\left(x^2+x+1\right)+(x+1)^2\quad\quad\quad(1)$

Phương trình (1) tương đương với:

$\quad\quad\quad\quad y^2=x^4+x^3+2 x^2+2 x+1 \Leftrightarrow 4 y^2=4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

Ta lại có: $\left(2 x^2+x+1\right)^2=4 x^4+4 x^3+5 x^2+2 x+1<4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

$\quad\quad\quad\quad \left(2 x^2+x+3\right)^2=4 x^4+4 x^3+13 x^2+6 x+9>4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4$

$\quad\quad\quad \Rightarrow\left(2 x^2+x+3\right)^2<(2 y)^2<\left(2 x^2+x+3\right)^2 \Rightarrow(2 y)^2=\left(2 x^2+x+2\right)^2$

$\quad\quad\quad \Rightarrow 4 x^4+4 x^3+8 x^2+8 x+4=4 x^4+4 x^3+9 x^2+4 x+4 \Rightarrow x^2-4 x=0$

$\quad\quad\quad \Rightarrow x=0$ (loại) hay $x=4$

Với $x=4 \Rightarrow y=19$

Cạp số $x=4 ; y=19$ thỏa phương trình đã cho.

Vậy nghiệm của phương trình là $\left\{\begin{array}{l}x=4 \\ y=19\end{array}\right.$.

Câu 2

Giải hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2 \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2 \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\end{array}\right.$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}x^2(y+z)^2=\left(3 x^2+x+1\right) y^2 z^2\quad(1) \\ y^2(z+x)^2=\left(4 y^2+y+1\right) z^2 x^2\quad(2)\quad\quad\quad\quad(I) \\ z^2(x+y)^2=\left(5 z^2+z+1\right) x^2 y^2\quad(3)\end{array}\right.$

Trường hợp $1: x y z=0$

• Nếu $x=0,(I) \Leftrightarrow y=0$ hay $z=0$

Khi đó hệ nhận nghiệm $(0 ; 0 ; z)$ và $(0 ; y ; 0) \forall y, z \in \mathbb{R}$

• Tương tự cho trường hợp $\mathrm{y}=0$ hay $z=0$

Trường hợp 2: $x y z \neq 0$

Chia 2 vế của các phương trình (I) cho $\mathrm{x}^2 \mathrm{y}^2 \mathrm{z}^2$ ta có hệ phương trình tương đương với:

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}\left(\frac{1}{z}+\frac{1}{y}\right)^2=3+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^2} \\ \left(\frac{1}{x}+\frac{1}{z}\right)^2=4+\frac{1}{y}+\frac{1}{y^2} \\ \left(\frac{1}{y}+\frac{1}{x}\right)^2=5+\frac{1}{z}+\frac{1}{z^2}\end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{a}=\frac{1}{\mathrm{x}} ; \mathrm{b}=\frac{1}{\mathrm{y}} ; \mathrm{c}=\frac{1}{\mathrm{z}}$

Hệ phương trình trở thành: $\left\{\begin{array}{l}(b+c)^2=3+a+a^2\quad\quad \left(1^{\prime}\right)\\ (c+a)^2=4+b+b^2\quad\quad\left(2^{\prime}\right) \\(a+b)^2=5+c+c^2\quad\quad\left(3^{\prime}\right)\end{array}\right.$

Cộng từng vế các phương trình, rút gọn ta được:

$(a+b+c)^2-(a+b+c)-12=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}a+b+c=4 \\ a+b+c=-3\end{array}\right.$

• Khi $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=4$ thay vào $\left(1^{\prime}\right),\left(2^{\prime}\right),\left(3^{\prime}\right)$ ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a=\frac{13}{9} \\ y=\frac{4}{3} \\ z=\frac{11}{9}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=\frac{9}{13} \\ y=\frac{3}{4} \\ z=\frac{9}{11}\end{array}\right.$

• Khi $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=-3$ thay vào $\left(1^{\prime}\right),\left(2^{\prime}\right),\left(3^{\prime}\right)$ ta tính được

$\quad\quad\quad\quad\left\{\begin{array}{l}a=-\frac{6}{5} \\ y=-1 \\ z=-\frac{4}{5}\end{array}\right.\Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=-\frac{5}{6}\\ y=-1 \\ z=-\frac{5}{4}\end{array}\right.$

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm là: $(\mathrm{x} ; 0 ; 0) ;(0 ; \mathrm{y} ; 0) ;(0 ; 0 ; \mathrm{x})(\forall \mathbf{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ $\in \mathbb{R})$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\left(\frac{9}{13} ; \frac{3}{4} ; \frac{9}{11}\right) ;\left(-\frac{5}{6} ;-1 ;-\frac{5}{4}\right)$

Câu 3

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$, lấy điểm $\mathrm{M}$ trên cạnh $\mathrm{AC}$ sao cho bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác $\mathrm{ABM}$ và $\mathrm{BCM}$ bằng nhau.

Chứng minh $\mathrm{BM}^2=\operatorname{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$, trong đó $\mathrm{S}$ là diện tích tam giác $\mathrm{ABC}$.

Lời Giải

Đặt $\mathrm{BC}=\mathrm{a} ; \mathrm{CA}=\mathrm{b}\mathrm{AB}=\mathrm{c} ; \mathrm{BM}=\mathrm{x}$

$\mathrm{p} ; \mathrm{p}^{\prime}$ là nửa chu vi tam giác $\mathrm{ABM}$ và BCM.

r là bán kính của 2 đường tròn nội tiếp tam giác $A B M$ và $B C M$.

Suy ra $S=p r+p^{\prime} r$

$\quad\quad\quad\Leftrightarrow r(a+b+c+2 x)=2 S\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

Lại có: $\quad \mathrm{AF}=\mathrm{AD}=\operatorname{rcotg} \frac{\mathrm{A}}{2}=\frac{1}{2}(\mathrm{AB}+\mathrm{AM}-\mathrm{x})\quad\quad\quad(2)$

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{CH}=\mathrm{CG}=\operatorname{rcotg} \frac{\mathrm{C}}{2}=\frac{1}{2}(\mathrm{CB}+\mathrm{CM}-\mathrm{x})\quad\quad\quad(3)$

Cộng (2) và (3): $r\left(\cot g \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)=\frac{1}{2}(a+b+c-2 x)\quad\quad(4)$

Từ (1), (4): $S\left(\operatorname{cotg} \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)=\frac{r}{2}(a+b+c+2 x)\left(\cot g \frac{A}{2}+\cot g \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{4}(a+b+c+2 x)(a+b+c-2 x)=\frac{1}{4}(a+b+c)^2-x^2\quad\quad(5)$

Gọi $r_1$ là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác $\mathrm{ABC}$.

$\quad\quad\quad\quad\quad S\left(\operatorname{cotg} \frac{A}{2}+\cot g \frac{B}{2}+\operatorname{cotg} \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{2}(a+b+c)\left(r_1 \cot g \frac{A}{2}+r_1 \cot g \frac{B}{2}+r_1 \cot g \frac{C}{2}\right)$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{4}(a+b+c)\left(\frac{b+c-a}{2}+\frac{c+a-b}{2}+\frac{a+b-c}{2}\right)=\frac{1}{4}(a+b+c)^2\quad\quad(6)$

Lấy (6) trừ (5) ta có: $\mathrm{BM}^2=\mathrm{x}^2=\mathrm{Scotg} \frac{\mathrm{B}}{2}$ (điều phải chứng minh).

Câu 4

Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ thỏa mãn: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} \mathrm{A}+\operatorname{tg}$ C. Chứng minh rằng:

a) $\mathrm{B} \geq \frac{\pi}{3}$;

b) $\cos A+\cos C \leq \frac{3 \sqrt{2}}{4}$.

Lời Giải

a) Ta có: $2 \operatorname{tg} B=\operatorname{tg} A+\operatorname{tg} C$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \frac{2 \sin B}{\cos B}=\frac{\sin (A+C)}{\cos A \cdot \cos C} \Rightarrow 2 \cos A \cdot \cos C=\cos B$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \cos (A+C)+\cos (A-C)=\cos B \Leftrightarrow \cos (A-C)=2 \cos B$

Suy ra: $\cos B=\frac{1}{2} \cos (A-C) \leq \frac{1}{2} \Rightarrow B \geq \frac{\pi}{3}($ đpcm $)$

b) Lại có: $\cos \mathrm{A}+\cos \mathrm{C}=2 \cos \frac{\mathrm{A}+\mathrm{C}}{2} \cos \frac{\mathrm{A}-\mathrm{C}}{2}$

$\quad\quad\quad\quad =2 \sin \frac{B}{2} \sqrt{\frac{1+\cos (A-C)}{2}}=2 \sin \frac{B}{2} \sqrt{\frac{1+2 \cos B}{2}}$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow(\cos A+\cos C)^2=4 \sin ^2 \frac{B}{2}\left(\frac{1+2 \cos B}{2}\right)=(1-\cos B)(1+2 \cos B)$

$\quad\quad\quad\quad =\frac{1}{2}(2-2 \cos B)(1+2 \cos B)$

$\quad\quad\quad\quad\leq \frac{1}{2}\left(\frac{2-2 \cos B+1+2 \cos B}{2}\right)=\frac{9}{8}$

Vậy $\cos A+\cos C \leq \frac{2}{2 \sqrt{2}}=\frac{3 \sqrt{2}}{4}$ (đpcm).

Câu 5

Cho $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$, t là các số thực không âm thay đổi thỏa mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad x^2+y^2+z^2+t^2=2005 \text {. }$

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{F}=\frac{\mathrm{x}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{yzt}}+\frac{\mathrm{y}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{ztx}}+\frac{\mathrm{z}}{2005 \sqrt{2005}+\mathrm{txy}}+\frac{t}{2005 \sqrt{2005}+x y z}$

Lời Giải

$\quad\quad\quad\quad x, y, z$ thỏa $\left\{\begin{array}{l}x, y, z, t \text { không âm }\\ x^2+y^2+z^2+t^2=2005\quad\quad\quad(I) \end{array}\right.$

Đặt $\mathrm{a}=\frac{\mathrm{x}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{b}=\frac{\mathrm{y}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{c}=\frac{\mathrm{z}}{\sqrt{2005}} ; \mathrm{d}=\frac{\mathrm{t}}{\sqrt{2005}}$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}a, b, c, d \text { không âm } \\ a^2+b^2+c^2+d^2=1\quad\quad\quad(II)\end{array}\right.$

và $\mathrm{F}=\frac{1}{2005}\left(\frac{\mathrm{a}}{1+\mathrm{bcd}}+\frac{\mathrm{b}}{1+\mathrm{acd}}+\frac{\mathrm{c}}{1+\mathrm{abd}}+\frac{\mathrm{d}}{1+\mathrm{abc}}\right)$

$\quad\quad\quad\quad\underset{B\cdot C\cdot S}{\geq}\frac{1}{2005} \cdot \frac{(\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}+\mathrm{d})^2}{\mathrm{a}(1+\mathrm{bcd})+\mathrm{b}(1+\mathrm{acd})+\mathrm{c}(1+\mathrm{abd})+\mathrm{d}(1+\mathrm{abc})}$

$\quad\quad\quad\quad=\frac{1}{2005} \cdot \frac{1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)}{a+b+c+d+4 a b c d}\quad\quad\quad(1)$

Mặt khác (II) $\Rightarrow a, b, c, d$ thuộc đoạn $[0,1]$ và $a, b, c, d$ không đồng thời bằng 0

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)-(a+b+c+d)-4 a b c d $

$\quad\quad\quad\quad =(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)+(a b+a c+a d+b c+b d+c d)+$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +(a b c+a b d+a c d+b c d)-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad\geq a b+a c+a d+b c+b d+c d-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad\underset{c o s i}{\geq} 6 \sqrt[6]{a^3 b^3 c^3 d^3}-5 a b c d=6 \sqrt{a b c d}-5 a b c d$

$\quad\quad\quad\quad =5 \sqrt{a b c d}(1-\sqrt{a b c d})+\sqrt{a b c d} \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow 1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d) \geq a+b+c+d+4 a b c d>0$

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \frac{1+2(a b+a c+a d+b c+b d+c d)}{a+b+c+d+4 a b c d} \geq 1\quad\quad\quad(2)$

Tứ $(1),(2) \Rightarrow \mathrm{F} \geq \frac{1}{2005} \forall \mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}, \mathrm{d}$ thỏa (II)

$\quad\quad\quad\quad\Rightarrow \mathrm{F} \geq \frac{\mathrm{I}}{2005} \forall \mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}, \mathrm{t}$ thỏa (I)

Lấy $\mathrm{x}=\mathrm{y}=\mathrm{z}=0, \mathrm{t}=\sqrt{2005}$ ta có $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}, \mathrm{t}$ thỏa (I) và $\mathrm{F}=\frac{1}{2005}$

Vậy $\operatorname{minF}=\frac{1}{2005}$.