ĐỀ THI
Câu 1
Giải phương trình sau trên tập số thực: $\quad 9 \sqrt{x^3+8}=2\left(x^2+8\right)\quad\quad(1)$
Câu 2
Chứng minh rằng không tồn tại các sốnguyên $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ thỏa mãn hệ thức:
$\quad\quad\quad(x+2010)^2+(x+2012)^2=(x+y+z+2008)(y+z-x-2014)$.
Câu 3
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$ và ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$. Dựng đường tròn $\left(\mathrm{O}_1\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{D}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{K}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{E}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{M}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{F}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{N}$. Chứng minh rằng:
a) Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy tại một điểm $\mathrm{P}$.
b) Đường thẳng $\mathrm{OP}$ đi qua trực tâm $\mathrm{H}$ của tam giác $\mathrm{DEF}$.
Câu 4
Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a ${ }^2+4 b^2+9 c^2=14$.
Chứng minh: $3 b+8 c+a b c \leq 12$.
Câu 5
Cho hàm số: $\mathrm{F}(\mathrm{x})=\sum_{\mathrm{k}=0}^{2011}(\mathrm{k}-2011 \mathrm{x})^2 \mathrm{C}_{2011}^{\mathrm{k}} \mathrm{x}^{\mathrm{k}}(\mathrm{l}-\mathrm{x})^{2011-\mathrm{k}}$
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[0 ; 1]$
LỜI GIẢI
Câu 1
Giải phương trình sau trên tập số thực: $\quad 9 \sqrt{x^3+8}=2\left(x^2+8\right)\quad\quad(1)$
Lời Giải
Điều kiện: $x \geq-2$
Phương trình tương đương:
$\quad\quad\quad\quad\quad 9 \sqrt{(x+2)\left(x^2-2 x+4\right)}=2\left[2(x+2)+x^2-2 x+4\right]$
Vì $x^2-2 x+4=(x-1)^2+3 \geq 3$
Chia cả hai vế của phương trình $(2)$ cho $x^2-2 x+4$, ta được
$\quad\quad\quad\quad\quad 4\left(\frac{x+2}{x^2-2 x+4}\right)-9 \sqrt{\frac{x+2}{x^2-2 x+4}}+2=0$
$\quad\quad\quad\quad \Rightarrow \frac{x+2}{x^2-2 x+4}=\frac{1}{16} \Rightarrow x=9 \pm \sqrt{109}$ (nhận)
Câu 2
Chứng minh rằng không tồn tại các sốnguyên $\mathrm{x}, \mathrm{y}, \mathrm{z}$ thỏa mãn hệ thức:
$\quad\quad\quad(x+2010)^2+(x+2012)^2=(x+y+z+2008)(y+z-x-2014)$.
Lời Giải
Phương trình đã cho tương đương với
$\quad\quad\quad\quad(x+2010)^2+(x+2012)^2=(y+z-3)^2-(x+2011)^2$
$\quad\quad\quad\Leftrightarrow (x+2010)^2+(x+2011)^2+(x+2012)^2=(y+z-3)^2$
$\quad\quad\quad\Leftrightarrow 3 x^2+12066 x+2010^2+2011^2+2012^2=(y+z-3)^2$
Vế trái của phương trình chia cho 3 có số dư là 2 , vế phải của phương trình chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 .
Vậy phương trình đã cho không có nghiệm nguyên.
Câu 3
Cho tam giác $\mathrm{ABC}$ nội tiếp đường tròn $(\mathrm{O})$ và ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi $\mathrm{D}, \mathrm{E}, \mathrm{F}$ lần lượt là các tiếp điểm của (I) với các cạnh $\mathrm{BC}, \mathrm{CA}, \mathrm{AB}$. Dựng đường tròn $\left(\mathrm{O}_1\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{D}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{K}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{E}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{M}$, đường tròn $\left(\mathrm{O}_2\right)$ tiếp xúc ngoài với (I) tại điểm $\mathrm{F}$ và tiếp xúc trong với $(\mathrm{O})$ tại điểm $\mathrm{N}$. Chứng minh rằng:
a) Các đường thẳng DK, EM, FN đồng quy tại một điểm $\mathrm{P}$.
b) Đường thẳng $\mathrm{OP}$ đi qua trực tâm $\mathrm{H}$ của tam giác $\mathrm{DEF}$.
Lời Giải
a) Trước hết ta $\mathrm{CM}$ bổ đề: “Cho $\mathrm{X}$, $\mathrm{Y}$ là hai điểm trên đường tròn $(\mathrm{O})$, một đường tròn $\left(O^{\prime}\right)$ tiếp xúc $X Y$ tại $U$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $V$.
Khi đó, đường thẳng $\mathrm{UV}$ đi qua trung điểm $\mathrm{Z}$ của cung $\mathrm{XY}$ không chứa $\mathrm{V}$.” Thật vậy, xét phép vị tự tâm $V:\left(O^{\prime}\right) \rightarrow(O)$.
Khi đó $X Y \rightarrow d$ thỏa mãn $d / / X Y$ và $d$ tiếp xúc $(O)$ tại $Z$ là ảnh của $U$ $\Rightarrow Z$ là trung điểm cung $X Y$.
Xét bài toán đã cho:
Gọi $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$ là giao điểm của $\mathrm{DK}, \mathrm{EM}, \mathrm{FN}$ với $(\mathrm{O})$, theo Bổ đề $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$ là các trung điểm của các cung $\mathrm{BAC}, \mathrm{CBA}, \mathrm{ACB}$. Gọi $\mathrm{A}_0, \mathrm{~B}_0, \mathrm{C}_0$ là các điểm đối xứng của $\mathrm{A}_1, \mathrm{~B}_1, \mathrm{C}_1$ qua $\mathrm{O}$, khi đó $\Delta \mathrm{A}_0 \mathrm{~B}_0 \mathrm{C}_0, \Delta \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1$ có các cạnh song song.
Mặt khác: $\quad B_0 \mathrm{C}_0, \mathrm{EF} \perp \mathrm{AI}$
$\quad\quad\quad\quad\mathrm{A}_0 \mathrm{C}_0, \mathrm{FD} \perp \mathrm{BI}$
$\quad\quad\quad\quad\mathrm{A}_0 \mathrm{~B}_0, \mathrm{DE} \perp \mathrm{CI}$
Suy ra $\Delta \mathrm{A}_0 \mathrm{~B}_0 \mathrm{C}_0, \Delta \mathrm{DEF}$ có các cạnh song song. Do đó $\Delta \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1, \triangle \mathrm{DEF}$ có các cạnh song song và không bằng nhau $\left(\triangle \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1\right.$ nội tiếp $(\mathrm{O}), \triangle \mathrm{DEF}$ nội tiếp (I))
$\quad\quad\Rightarrow \exists$ phép vị tự biến $\triangle \mathrm{DEF}$ thành $\Delta \mathrm{A}_1 \mathrm{~B}_1 \mathrm{C}_1$
$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{DA}_1, \mathrm{~EB}_1, \mathrm{FC}_1$ đồng quy tại tâm $\mathrm{P}$ của phép vị tự.
b) Từ câu $\mathrm{a}) \Rightarrow \mathrm{P}, \mathrm{O}$, I thẳng hàng (1)
Gọi $\mathrm{A}^{\prime}, \mathrm{B}^{\prime}, \mathrm{C}^{\prime}$ là các giao điểm các đường cao $\mathrm{DD}^{\prime}, \mathrm{EE}^{\prime}, \mathrm{FF}^{\prime}$ của $\triangle \mathrm{DEF}$ với (1). của cung $\mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime} \Rightarrow \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime} \perp \mathrm{ID} \Rightarrow \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C} / / \mathrm{BC}$ (do $\mathrm{BC} \perp \mathrm{ID}$ )
Tương tự $\mathrm{C}^{\prime} \mathrm{A}^{\prime} / / \mathrm{CA}, \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} / / \mathrm{AB}$, và $\mathrm{H}$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$
Tữ đó $\triangle \mathrm{ABC}, \triangle \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ có các cạnh song song và không bằng nhau (do $\triangle \mathrm{ABC}$ nội tiếp $(\mathrm{O}), \Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$ nội tiếp $\left.(\mathrm{I})\right) \Rightarrow \exists$ phép vị tự biến $\Delta \mathrm{ABC}$ thành $\Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime}$.
$\quad\quad\Rightarrow \mathrm{AA}^{\prime}, \mathrm{BB}^{\prime}, \mathrm{CC}{ }^{\prime}$ đồng quy tại tâm phép vị tự $\mathrm{Q} \Rightarrow \mathrm{Q}, \mathrm{I}, \mathrm{O}$ thẳng hàng (2)
Mặt khác $\mathrm{I}, \mathrm{H}$ là tâm nội tiếp $\Delta \mathrm{ABC}, \Delta \mathrm{A}^{\prime} \mathrm{B}^{\prime} \mathrm{C}^{\prime} \Rightarrow \mathrm{Q}, \mathrm{H}, I$ thẳng hàng (3)
Từ $(1),(2),(3)$ có đpcm.
Câu 4
Cho a, b, c là ba số thực không âm thỏa mãn a ${ }^2+4 b^2+9 c^2=14$.
Chứng minh: $3 b+8 c+a b c \leq 12$.
Lời Giải
Bất đẳng thức đã cho tương đương: $6 b+16 c+2 a b c \leq 24$ (1)
- Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có:
$\quad\quad\quad\quad\quad 6 b+16 c \leq 3\left(b^2+1\right)+8\left(c^2+1\right)=11+3 b^2+8 c^2$
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =11+\left(a^2+4 b^2+9 c^2\right)-a^2-b^2-c^2=25-a^2-b^2-c^2$
Nên để chứng minh (1) ta chỉ cần chứng minh bất đẳng thức:
$\quad\quad\quad\quad\quad a^2+b^2+c^2-1 \geq 2 a b c \quad(2) \text {, với } a, b, c \text { không âm. }$
- Do giả thiết $\mathrm{a}^2+4 \mathrm{~b}^2+9 \mathrm{c}^2=14$, bất đẳng thức (2) có thể viết lại như sau:
$\quad\quad\quad\quad\quad 14\left(a^2+b^2+c^2\right)-\left(a^2+4 b^2+9 c^2\right) \geq 28 a b c$
$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow 13 a^2+10 b^2+5 c^2 \geq 28 a b c$
$\quad\quad\quad\quad\Leftrightarrow \left(13 a^2+10 b^2+5 c^2\right) \sqrt{a^2+4 b^2+9 c^2} \geq 28 \sqrt{14} a b c$
- Lại áp dụng bất đẳng thức AM-GM, ta có:
$\quad\quad\quad 13 a^2+10 b^2+5 c^2 \geq 28 \sqrt[28]{\left(a^2\right)^{13}\left(b^2\right)^{10}\left(c^2\right)^5}=28 \sqrt[24]{a^{13} b^{10} c^5}$
và: $\quad a^2+4 b^2+9 c^2 \geq 14 \sqrt[14]{a^2\left(b^2\right)^4\left(c^2\right)^4}=14\left(\sqrt[14]{a b^4 c^9}\right)^2$
- Do đó: $\left(13 \mathrm{a}^2+10 \mathrm{~b}^2+5 \mathrm{c}^2\right) \sqrt{\mathrm{a}^2+4 \mathrm{~b}^2+9 \mathrm{c}^2}$
$\quad\quad\quad\quad\geq 28 \sqrt[14]{a^{13} b^{10} c^5} \sqrt{14\left(\sqrt[14]{a b^4 c^9}\right)^2}=28 \sqrt{14} a b c$
Đẳng thức chỉ xảy ra khi $(\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c})=(1,1,1)$
Bài toán được chứng minh xong.
Câu 5
Cho hàm số: $\mathrm{F}(\mathrm{x})=\sum_{\mathrm{k}=0}^{2011}(\mathrm{k}-2011 \mathrm{x})^2 \mathrm{C}_{2011}^{\mathrm{k}} \mathrm{x}^{\mathrm{k}}(\mathrm{l}-\mathrm{x})^{2011-\mathrm{k}}$
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số trên đoạn $[0 ; 1]$
Lời Giải
Ta có
$\quad\quad\quad A =\sum_{k=0}^n(k-n x)^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$
$\quad\quad\quad\quad =(n x)^2 \sum_{k=0}^n C_n^k x^k(1-x)^{n-k}+\sum_{k=0}^n k^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}-2 n x \sum_{k=0}^n k C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$
Xét:
$\quad\quad\quad A_1 =\sum_{k=0}^n k C_n^k x^k(1-x)^{n-k}=\sum_{k=1}^n k C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$
$\quad\quad\quad\quad =n \sum_{k=1}^n C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}=n x \sum_{k=1}^n C_{n-1}^{k-1} x^{k-1}(1-x)^{n-k}$
$\quad\quad\quad\quad =n x[x+(1-x)]^{n-1}=n x$
$\quad\quad\quad A_2 =\sum_{k=0}^n k^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}=\sum_{k=1}^n k^2 C_n^k x^k(1-x)^{n-k}$
$\quad\quad\quad\quad =n \sum_{k=1}^n k C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}$
$\quad\quad\quad\quad =n \sum_{k=1}^n C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}+n \sum_{k=1}^n(k-1) C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}$
$\quad\quad\quad\quad =n x+n \sum_{k=1}^n(k-1) C_{n-1}^{k-1} x^k(1-x)^{n-k}$
$\quad\quad\quad\quad =n x+n(n-1) \sum_{k=2}^n C_{n-2}^{k-2} x^k(1-x)^{n-k}=n x+n(n-1) x^2 $
$\quad\quad\quad A_3=\sum_{k=0}^n C_n^k x^k(1-x)^{n-k}=[x+(1-x)]^n=1$
Vậy $A=(n x)^2+n x+n(n-1) x^2-2(n x)^2=n x(1-x)$
Áp dụng kết quả trên ta được $\mathrm{f}(\mathrm{x})=2011 \mathrm{x}(1-\mathrm{x})$
Do $\mathrm{x} \in[0 ; 1]$ nên $\mathrm{x}, 1-\mathrm{x} \geq 0$. Từ đó theo bất đẳng thức Cauchy:
$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x) \leq 2011 \cdot\left(\frac{x+(1-x)}{2}\right)^2=\frac{2011}{4}$
Dấu đẳng thức xảy ra khi $x=\frac{1}{2}$
Vậy $maxf(x)=\frac{2011}{4}$ đạt được khi $x=\frac{1}{2}$.