ĐỀ THI

Câu 1

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\left|y+\frac{1}{x}\right|+\left|\frac{13}{16}+x-y\right|=x+\frac{1}{x}+\frac{13}{16} \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \\ y>0\end{array}\right.$

Câu 2

Cho đường tròn $(O)$. $A B$ là dây cung không phải là đường kính. $\mathrm{H}$ là điểm trong đoạn $\mathrm{AB}$. Đường thẳng qua $\mathrm{H}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ cắt cung lớn $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{K}$. I thuộc đoạn $\mathrm{HK}$. IA cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{C}$. IB cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}(\mathrm{C}$ khác $\mathrm{D})$. Gọi $\mathrm{d}$ là đường thẳng đi qua trung điểm $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{BC}$. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng của $\mathrm{CD}$ qua $\mathrm{d}$ đi qua một điểm cố định khi I thay đổi.

Câu 3

Xét a, b, c $>0$ tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\frac{\sqrt{\mathrm{abc}}}{(1+\mathrm{a})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})}$

Câu 4

Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đương tròn $(O)$ tâm $O$ bán kính $R, A=30^{\circ}, \widehat{C}<90^{\circ}$. Tổng khoảng cách từ $\mathrm{O}$ đến $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ là 2 và $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Tính $\mathrm{R}$.

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $T$ là tập hợp hữu hạn điểm. Giữa hai điểm nào đó của $\mathrm{T}$ có nối nhau bởi cung tròn có hai mút là hai điểm đó. Một cung như vậy ta gọi là một cạnh. Kí hiệu s(A) là số cạnh có được có hai điểm mút thuộc tập $\mathrm{A}$. Biết rằng với mọi tập con $\mathrm{A}$ khác rỗng của $\mathrm{T}$ thì $\mathrm{s}(\mathrm{A}) \leq 2|\mathrm{~A}|-2$. Cho $\mathrm{A}_{\mathrm{i}}$ với $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{k}(\mathrm{k}>1)$ là các tập con khác rỗng của $\mathrm{T}$ đôi một giao nhau khác rỗng.

Nếu $s\left(A_i\right)=2\left|\mathrm{~A}_i\right|-2$ với i $=1,2, \ldots, \mathrm{k}$.

Chứng minh rằng $s\left(\bigcup_{i=1}^k A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|-2$.

Câu 6

Chứng minh rằng phương trình $2^{\mathrm{x}}+3^{\mathrm{x}}=\mathrm{yx}^2$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Câu 7

Cho tam giác $\mathrm{ABC}, \mathrm{R}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C^2 \leq A B^2+C A^2+R^2\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

LỜI GIẢI

Câu 1

Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\left|y+\frac{1}{x}\right|+\left|\frac{13}{16}+x-y\right|=x+\frac{1}{x}+\frac{13}{16} \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \\ y>0\end{array}\right.$

Lời Giải

Áp dụng bất đẳng thức trị tuyệt đối ta có hệ $\left\{\begin{array}{l}y+\frac{1}{x} \geq 0, \frac{13}{6}+x-y \geq 0 \\ x^2+y^2=\frac{97}{36} \\ x<0 \ y>0\end{array}\right.$

Từ $\quad\left\{\begin{array}{l}y+\frac{1}{x} \geq 0, \frac{13}{6}+x-y \geq 0 \\ x<0\end{array}\right.$, suy ra $\quad 6 x^2+13 x+6 \leq 0$.

Từ $\quad 0<y \leq 13 / 6+x$, suy ra $\quad x^2+y^2 \leq x^2+(13 / 6+x)^2$

Do đó $\quad 97 / 36 \leq x^2+(13 / 6+x)^2$, hay $\quad 6 x^2+13 x+6 \geq 0$.

Vậy $\quad 6 x^2+13 x+6=0$. Do đó $\quad x=-3 / 2$ hoặc $x=-2 / 3$.

Tóm lại $\quad(x=-3 / 2, y=2 / 3),(x=-2 / 3, y=3 / 2)$. Thử lại thoả mãn hệ.

Câu 2

Cho đường tròn $(O)$. $A B$ là dây cung không phải là đường kính. $\mathrm{H}$ là điểm trong đoạn $\mathrm{AB}$. Đường thẳng qua $\mathrm{H}$ vuông góc với $\mathrm{AB}$ cắt cung lớn $\mathrm{AB}$ tại $\mathrm{K}$. I thuộc đoạn $\mathrm{HK}$. IA cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{C}$. IB cắt lại $(\mathrm{O})$ tại $\mathrm{D}(\mathrm{C}$ khác $\mathrm{D})$. Gọi $\mathrm{d}$ là đường thẳng đi qua trung điểm $\mathrm{AD}$ và $\mathrm{BC}$. Chứng minh rằng đường thẳng đối xứng của $\mathrm{CD}$ qua $\mathrm{d}$ đi qua một điểm cố định khi I thay đổi.

Lời Giải

Kí hiệu như hình vẽ. T là hình chiếu của $I$ trên $\mathrm{CD} ; \mathrm{M}, \mathrm{N}$ là trung điểm $\mathrm{IA}, \mathrm{ID} ; \mathrm{P}, \mathrm{Q}$ là trung điểm của $\mathrm{BC}, \mathrm{AD}$.

• $\mathrm{MQ}=\mathrm{IN}=\mathrm{TN}, \mathrm{QN}=\mathrm{IM}=\mathrm{HM}$

và $\widehat{\mathrm{HMQ}}=\widehat{\mathrm{TNQ}}$

(Vì góc $\widehat{\mathrm{HMI}}=2 \widehat{\mathrm{BAC}}$ và $\widehat{\mathrm{TNI}}=2 \widehat{\mathrm{BDC}}$ )

Do đó $\mathrm{QH}=\mathrm{QT}$. Tương tự $\mathrm{PH}=\mathrm{PT}$.

Vậy $\mathrm{T}$ và $\mathrm{H}$ đối xứng nhau qua $\mathrm{d}$.

Kết luận: Khi I di động thì ảnh đối xứng của DC qua d luôn qua điểm cố định $\mathrm{H}$.

Câu 3

Xét a, b, c $>0$ tùy ý. Tìm giá trị lớn nhất của:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\mathrm{T}=\frac{\sqrt{\mathrm{abc}}}{(1+\mathrm{a})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b})(1+\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c})}$

Lời Giải

Đặt $u=\frac{a}{1+a}, v=\frac{b}{(1+a)(1+a+b)}$

$\quad\quad w=\frac{c}{(1+a+b)(1+a+b+c)}, s=\frac{1}{1+a+b+c}$

Ta có $u+v+w+s=1$ và $T^2=u v w s$.

Từ bất đẳng thức Côsi, ta có $\mathrm{T} \leq 1 / 16$. Dấu bằng có được khi:

$\quad\quad\quad\quad \frac{a}{1+a}=\frac{b}{(1+a)(1+a+b)}=\frac{c}{(1+a+b)(1+a+b+c)}=\frac{1}{1+a+b+c}=\frac{1}{4}$.

Giải hệ ta có $\mathrm{a}=1 / 3, \mathrm{~b}=2 / 3, \mathrm{c}=2$.

Vậy giá trị lớn nhất của T là $1 / 16$.

Câu 4

Cho tam giác $A B C$ nội tiếp đương tròn $(O)$ tâm $O$ bán kính $R, A=30^{\circ}, \widehat{C}<90^{\circ}$. Tổng khoảng cách từ $\mathrm{O}$ đến $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ là 2 và $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Tính $\mathrm{R}$.

Lời Giải

Xét 3 trường hợp:

1) $\quad\widehat{\mathrm{B}}=90^{\circ}$ : Lúc đó $\mathrm{O}$ là trung điểm của $\mathrm{AC}$ nên

$\quad\quad\quad\quad\mathrm{BC}=4>\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$. Vô lý.

2) $\quad\widehat{\mathrm{B}}<90^0:$ Ta có $\mathrm{AB}+\mathrm{AC}=2+\sqrt{3}$.

Suy ra $\quad 2 R\left(\cos x+\cos \left(30^{\circ}-x\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin x+\sin \left(30^{\circ}-x\right)\right)=2$

Hay $\quad 4 R\left(\cos 15^0 \cos \left(x-15^0\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin 15^0 \cos \left(x-15^0\right)\right)=1$

Suy ra $\quad\tan 15^{\circ}=4 /(2+\sqrt{3})>1$. Vô lý.

3)$\quad\widehat{\mathrm{B}}>90^{\circ}:2\mathrm{R}\left(\cos\mathrm{x}+\cos\left(30^{\circ}+\mathrm{x}\right)\right)=2+\sqrt{3},\mathrm{R}\left(\sin\mathrm{x}+\sin\left(30^{\circ}+\mathrm{x}\right)\right)=2$.

Hay $\quad 4 R\left(\cos 15^{\circ} \cos \left(x+15^{\circ}\right)\right)=2+\sqrt{3}, R\left(\sin \left(x+15^{\circ}\right) \cos 150^{\circ}\right)=1$

Suy ra $\quad R^2=\frac{1+\left(\frac{2+\sqrt{3}}{4}\right)^2}{\cos ^2 15^0}=\frac{23+4 \sqrt{3}}{4(2+\sqrt{3})} \Rightarrow R=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{23+4 \sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}}$.

Vậy $\quad R=\frac{\sqrt{34-15 \sqrt{3}}}{2}$

Câu 5

Trong mặt phẳng cho $T$ là tập hợp hữu hạn điểm. Giữa hai điểm nào đó của $\mathrm{T}$ có nối nhau bởi cung tròn có hai mút là hai điểm đó. Một cung như vậy ta gọi là một cạnh. Kí hiệu s(A) là số cạnh có được có hai điểm mút thuộc tập $\mathrm{A}$. Biết rằng với mọi tập con $\mathrm{A}$ khác rỗng của $\mathrm{T}$ thì $\mathrm{s}(\mathrm{A}) \leq 2|\mathrm{~A}|-2$. Cho $\mathrm{A}_{\mathrm{i}}$ với $\mathrm{i}=1,2, \ldots, \mathrm{k}(\mathrm{k}>1)$ là các tập con khác rỗng của $\mathrm{T}$ đôi một giao nhau khác rỗng.

Nếu $s\left(A_i\right)=2\left|\mathrm{~A}_i\right|-2$ với i $=1,2, \ldots, \mathrm{k}$.

Chứng minh rằng $s\left(\bigcup_{i=1}^k A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^k A_i\right|-2$.

Lời Giải

Quy nạp:

• Nếu $\mathrm{k}=2$, gọi $\mathrm{A}, \mathrm{B}$ là hai tập và $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ lần lượt là số phần tử của $\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{A} \cap \mathrm{B}$ thì $|\mathrm{A} \cup \mathrm{B}|=\mathrm{a}+\mathrm{b}-\mathrm{c}$.

• Giả sử $\quad s(A \cup B)<2(a+b-c)-2$. Suy ra số cạnh hai đầu mút trong $A \cup B$ nhưng không đồng thời thuộc $A$ nhỏ hơn

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2(a+b-c)-2-s(A)=2(a+b-c)-2-(2 a-2)=2(b-c)$

• Một cạnh có hai mút trong $\mathrm{B}$ thì hoặc hai mút thuộc $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}$ hoặc hai mút thuộc A. $\cap$ B hoặc hai mút thuộc hai tập $B \backslash A, A \cap B$.

Do đó số cạnh có hai mút thuộc $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}$ hoặc hai mút thuộc hai tập $\mathrm{B} \backslash \mathrm{A}, \mathrm{A} \cap \mathrm{B}$ nhỏ hơn $2(\mathrm{~b}-\mathrm{c})$.

Suy ra $\quad s(A \cap B)>s(B)-2(b-c)=2 b-2-2 b+2 c=2 c-2$ (mâu thuẫn).

• Nếu $\quad s\left(\bigcup_{i=1}^n A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^n A_i\right|-2$ và $s\left(A_{n+1}\right)=2\left|A_{n+1}\right|-2$ thì từ giả thiết

$\bigcup_{i=1}^n A_i \cap A_{n+1} \neq \varnothing \text { nên từ trường hợp } \mathrm{k}=2 \text { ta có } s\left(\bigcup_{i=1}^{n+1} A_i\right)=2\left|\bigcup_{i=1}^{n+1} A_i\right|-2 .$

Câu 6

Chứng minh rằng phương trình $2^{\mathrm{x}}+3^{\mathrm{x}}=\mathrm{yx}^2$ có vô hạn nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Lời Giải

Nhận xét: Nếu $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ nguyên dương, $\mathrm{m}$ là số nguyên dương lẻ và $\mathrm{x}+\mathrm{y}$ chia hết cho $m$ thì $x^m+y^m$ chia hết cho $m(x+y)$.

Thật vậy:

$\quad\quad\quad\quad x^m+y^m=(x+y) \sum_{l=0}^{m-1}(-1)^l x^{m-1-l} y^l$

$\quad\quad\quad\quad\sum_{l=0}^{m-1}(-1)^l x^{m-1-l} y^l=m y^{m-1}+x^{m-1}-y^{m-1}-\left(x^{m-1}+y^{m-1}\right) y$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad +\left(x^{m-3}-y^{m-3}\right) y^2-\cdots-\left(x^2-y^2\right) y^{m-3}-(x+y) y^{m-2}$

Do đó $\quad x^m+y^m$ chia hết cho $m(x+y)$.

$\text { Xét dãy }\quad u_1=1, u_{k+1}=\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k}$

Bằng quy nạp ta chứng minh $\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2} \in \mathbb{N}$ và dãy là tăng

• k=1: hiển nhiên.
• Giả sử $\quad\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2} \in \mathbb{N}$ và $\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2}>1$.

Suy ra $\quad 2^{u_k}+3^{u_k}=\mathrm{Iu}_{\mathrm{k}}^2, l$ lé và $l>1$.

Theo nhận xét trên $\quad(2^{u_k})^I+(3^{u_k})^I \vdots I(2^{u_k}+3^{u_k})$  với $\quad l=\frac{2^{u_k}+3^{u_k}}{u_k{ }^2}$ thì

$\quad\quad\quad\quad\frac{2^{u_{k+1}}+3^{u_{k+1}}}{u_{k+1}{ }^2}>1$, $\frac{2^{u_{k+1}}+3^{u_{k+1}}}{u_{k+1}{ }^2} \in \mathbb{N}$

Kết luận: Phương trình có vô số nghiệm nguyên dương $\mathrm{x}, \mathrm{y}$.

Câu 7

Cho tam giác $\mathrm{ABC}, \mathrm{R}$ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad B C^2 \leq A B^2+C A^2+R^2\quad\quad\quad\quad\quad\quad(1)$

Lời Giải

Bất đẳng thức (1) tương đương với

$\quad\quad\quad\quad\quad 4 R^2 \sin ^2 A \leq 4 R^2 \sin ^2 B+4 R^2 \sin ^2 C+R^2$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \sin ^2 A \leq 4 \sin ^2 B+4 \sin ^2 C+1$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4\left(1-\cos ^2 A\right) \leq 2(1-\cos 2 B)+2(1-\cos 2 C)+1$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \cos ^2 A-2(\cos 2 B+\cos 2 C)+1 \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 4 \cos ^2 A+4 \cos A \cos (B-C)+1 \geq 0$

$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow(2 \cos A+\cos (B-C))^2+\sin ^2(B-C) \geq 0$

Dấu bằng xảy ra khi $\sin (\mathrm{B}-\mathrm{C})=0$ và $2 \cos \mathrm{A}+\cos (\mathrm{B}-\mathrm{C})=0$.

Do đó $\mathrm{B}=\mathrm{C}$ và $\cos \mathrm{A}=-\frac{1}{2}$ hay tam giác $\mathrm{ABC}$ cân tại $\mathrm{A}$ và $\widehat{\mathrm{A}}=120^{\circ}$.