Bài 1. (2,0 điểm)

a) Tìm $m$ để phương trình $\frac{x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m}{x}=0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt thỏa $\left(\sqrt{x_{1}-m}+\sqrt{x_{2}-m}\right)^{4}=(2 m-1)^{2}$

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^{2}-y}=z-1 \\ \sqrt{y^{2}-z}=x-1 \\ \sqrt{z^{2}-x}=y-1\end{array}\right.$

Bài 2. (1,5 điểm) Cho các số $x, y, z$ nguyên dương thỏa $x>y>z$.

a) Cho $(x ; y ; z)$ thỏa $y z+x(x+y+z)=2021$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $A=(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}$

b) Chứng minh rằng nếu $y$ không nhỏ hơn trung bình cộng của $x$ và $z$ thì

$(x+y+z)(x y+y z+x z-2) \geq 9 x y z$

Bài 3. (2,0 điểm) Cho $x, y$ là các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho $x^{3}+y$ và $x+y^{3}$ chia hết cho $x^{2}+y^{2}$.

a) Tìm $x, y$ nếu $x y=0$.

b) Chứng minh rằng $x y \neq 0$ thì $x, y$ là nguyên tố cùng nhau.

c) Tìm tất cả cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa đề bài.

Bài 4. (3,0 điểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn, có trực tâm $H ; A H$ cắt $B C$ tại $D$. Trên tia đối tia $D H$ lấy diểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B H$ cắt $A B$ tại $E$ cắt $B C$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $M C H$ cắt $A C$ tại $F$ và $B C$ tại $L$.

a) Chứng minh $B E F C$ nội tiếp và $\angle E M A=\angle F M A$.

b) $M E$ cắt $C H$ tại $P, M F$ cắt $B H$ tại $Q$. Chứng minh $P Q$ vuông góc $O A$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$.

c) $H K$ cắt $A C$ tại $U, H L$ cắt $A B$ tại $V$. Chứng minh $U V$ luôn song song với một đường thẳng cố định khi $M$ thay đổi.

Bài 5. (1,5 điểm) Trong một hội nghị Toán quốc tế có $n$ người, mỗi người trong họ có thể nói được nhiều nhất 3 ngôn ngữ. Trong 3 người bất kì thì luôn có 2 người có thể nói chung một ngôn ngũ̃.

a) Cho $n \geq 9$, chứng minh rằng có một ngôn ngữ được nói bởi ít nhâ̂t 3 người.

b) Nếu $n=8$, điều kết luận của câu a) còn đúng không? Tại sao?

 

LỜI GIẢI

 

Bài 1. (2 điểm)

a) Tìm $m$ để phương trình $\frac{x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m}{x}=0$ có hai nghiệm $x_{1}, x_{2}$ phân biệt thỏa

b) Giải hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}\sqrt{x^{2}-y}=z-1 \\ \sqrt{y^{2}-z}=x-1 \\ \sqrt{z^{2}-x}=y-1\end{array}\right.$

Lời giải.

a) (1 điểm) Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình

$x^{2}-(3 m+1) x+2 m^{2}+2 m=0$

có hai nghiệm phân biệt khác 0 . Điều này tương đương với

$\left\{\begin{array} { l }{ \Delta = ( 3 m + 1 ) ^ { 2 } – 4 ( 2 m ^ { 2 } + 2 m ) > 0 } \\{ 2 m ^ { 2 } + 2 m \neq 0 }\end{array} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{l}(m-1)^{2}>0 \\m \neq 0 \text { và } m \neq-1\end{array} \Longleftrightarrow m \notin{0, \pm 1} .\right.\right.$

Ta có

$\left(\sqrt{x_{1}-m}+\sqrt{x_{2}-m}\right)^{2} =\left(x_{1}+x_{2}\right)-2 m+2 \sqrt{x_{1} x_{2}-m\left(x_{1}+x_{2}\right)+m^{2}} $

$\quad \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \quad = m+1+2 \sqrt{m} .$

nên điều kiện trong đề bài tương đương với

$\left[\begin{array} { l }{ m + 2 \sqrt { m } + 1 = 2 m – 1 } \\\\{ m + 2 \sqrt { m } + 1 = – 2 m + 1 }\end{array} \Leftrightarrow \left[\begin{array}{l}\sqrt{m}=1+\sqrt{3} \\\\ \sqrt{m}=0\end{array} .\right.\right.$

Đối chiếu lại điều kiện của $m$, ta suy ra $m=(1+\sqrt{3})^{2}$.

b) ( 1 điểm) Điều kiện xác định: $x, y, z \geq 1$.

Bình phương hai vế 3 phương trình của hệ rồi cộng lại theo vế, ta suy ra $x+y+z=3$, từ kết quả này, cộng vế 3 phương trình của hệ, ta có

$\sqrt{x^{2}-y}+\sqrt{y^{2}-z}+\sqrt{z^{2}-x}=0,$

suy ra $x^{2}-y=y^{2}-z=z^{2}-x=0$. Do đó $x^{2}+y^{2}+z^{2}=3$. Tuy nhiên, chú ý rằng

$3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq(x+y+z)^{2}=9,$

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $x=y=z$ nên ta suy ra $x=y=z=1$.

Thử lại, ta kết luận hệ đã cho có nghiệm duy nhất $x=y=z=1$

Bài 2. (1.5 điểm) Cho các số $x, y, z$ nguyên dương thỏa $x>y>z$.

a) Cho $(x ; y ; z)$ thỏa $y z+x(x+y+z)=2021$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

$A=(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}$

b) Chứng minh rằng nếu $y$ không nhỏ hơn trung bình cộng của $x$ và $z$ thì

$(x+y+z)(x y+y z+x z-2) \geq 9 x y z$

Lời giải.

a) (0.75 điểm) Ta có $(x+y)(x+z)=2021=43 \cdot 47=1 \cdot 2021$.

Mà $x+y>x+z>2$. Suy ra $x+y=47, x+z=43$.

Khi đó $(x-y)^{2}+(x-z)^{2}+(y-z)^{2}=(2 x-47)^{2}+(2 x-43)^{2}+16$ $=8 x^{2}-360 x+43^{2}+47^{2}+16=8\left(x^{2}-45 x\right)+4074 .$

Do $x+y=47, x>y$ suy ra $x \geq 24$.

Suy ra $x^{2}-45 x=(x-24)(x-21)-504 \geq-504$.

Do đó $A \geq 4074-8 \cdot 504=42$.

Đẳng thức xảy ra khi $x=24, y=23, z=19$.

Vậy giá trị nhỏ nhất của $A$ là 42 khi $x=24, y=23, z=19$.

b) (0,75 điểm) Ta có $x \geq y+1 \geq z+2$. Suy ra

$(x-y)^{2} \geq 1, \quad(y-z)^{2} \geq 1, \quad(x-z)^{2} \geq 4$

Suy ra

$x^{2}+y^{2} \geq 2 x y+1, \quad y^{2}+z^{2} \geq 2 y z+1, \quad x^{2}+z^{2} \geq 2 x z+4$

Từ đó

$z x^{2}+z y^{2} \geq 2 x y z+z, \quad x y^{2}+x z^{2} \geq 2 x y z+x, \quad y x^{2}+y z^{2} \geq 2 x y z+4 y$

Cộng lại ta có

$x y(x+y)+y z(y+z)+z x(z+x) \geq 6 x y z+x+4 y+z$

Suy ra $(x+y+z)(x y+y z+z x-2) \geq 9 x y z-x+2 y-z$.

Vì $y \geq \frac{1}{2}(x+z)$ nên ta có điều cần chứng minh.

Bài 3. (2 điểm) Cho $x, y$ là các số nguyên không đồng thời bằng 0 sao cho $x^{3}+y$ và $x+y^{3}$ chia hết cho $x^{2}+y^{2}$.

a) ( $0.5$ điểm) Tìm $x, y$ nếu $x y=0$.

b) Chứng minh rằng $x y \neq 0$ thì $x, y$ là nguyên tố cùng nhau.

c) Tìm tất cả cặp số nguyên $(x, y)$ thỏa đề bài.

Lời giải.

a) ( 0.5 điểm) Nếu $x y=0$, giả sử $y=0$ thì $x^{3}$ chia hết cho $x^{2}$ (hiển nhiên) và $x$ chia hết cho $x^{2}$ nên nếu $x \neq 0$ thì $|x| \geq x^{2}$, do đó $x=\pm 1$. Từ đó suy ra tất cả các số nguyên $x, y$ thỏa mãn đề bài là $(x, y)=(0, \pm 1),(\pm 1,0)$.

b) (0.75 điểm) Đặt $\operatorname{gcd}(x, y)=d$ thì $x=d a, y=d b, \operatorname{gcd}(a, b)=1, a, b \in \mathbb{Z} \backslash[0]$. Ta có $d^{2} \mid x^{2}+y^{2}$ nên $d^{2} \mid x+y^{3}=d a+d^{3} b^{3}$ nên $d \mid a$. Tương tự $d \mid b$ nên $d=1$.

c) ( 0.75 điểm) Từ ý a), ta chỉ cần xét trường hợp $x y \neq 0$. Lúc này, ta có $\operatorname{gcd}(x, y)=1$ và $x^{2}+y^{2}\left|x^{3}+y, x^{2}+y^{2}\right| x\left(x^{2}+y^{2}\right)$ nên

$x^{2}+y^{2} \mid y-x y^{2}=y(1-x y) .$

$\operatorname{Mà} \operatorname{gcd}(x, y)=1$ nên ta suy ra $x^{2}+y^{2} \mid 1-x y$. Từ đó ta có

$|x y|+1 \geq|x y-1| \geq x^{2}+y^{2} \geq 2 x y$

nên $|x y| \leq 1$. Mà $x y \neq 0$ nên $|x y|=1$. Từ đó ta tìm được $(x, y)=(1,1)$, $(1,-1),(-1,1),(-1,-1)$.

Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác $A B C$ nhọn, có trực tâm $H ; A H$ cắt $B C$ tại $D$. Trên tia đối tia $D H$ lấy điểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $M B H$ cắt $A B$ tại $E$ cắt $B C$ tại $K$; đường tròn ngoại tiếp tam giác $M C H$ cắt $A C$ tại $F$ và $B C$ tại $L$.

a) Chứng minh $B E F C$ nội tiếp và $\angle E M A=\angle F M A$.

b) $M E$ cắt $C H$ tại $P, M F$ cắt $B H$ tại $Q$. Chứng minh $P Q$ vuông góc $O A$ với $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A B C$.

c) $H K$ cắt $A C$ tại $U, H L$ cắt $A B$ tại $V$. Chứng minh $U V$ luôn song song với một đường thẳng cố định khi $M$ thay đổi.

Lời giải.

a) (1 điểm) Ta có tứ giác $E B M H$ nội tiếp nên $\angle A E H=\angle A M B$, suy ra hai tam giác $A E H$ và $A M B$ dồng dạng, kéo theo $A E \cdot A B=A H \cdot A M$. Chứng minh tương tự ta thu được $A F \cdot A C=A H \cdot A M=A E \cdot A B$, từ đó dễ dàng có được hai tam giác $A E F$ và $A B C$ đồng dạng (cạnh – góc – cạnh) nên $\angle A E F=\angle A C B$, suy ra $B E F C$ nội tiếp.

Ta có $H M B E$ và $H M C F$ là các tứ giác nội tiếp nên

$\angle H M E=\angle H B E=90^{\circ}-\angle A=\angle H C F=\angle H M F$

b) (1 điểm) Ta có $\angle A E F=\angle A C B=90^{\circ}-\angle B A O$ nên $A O \perp E F$. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh $P Q | E F$.

Thật vậy, ta có $M H$ là phân giác góc $P M Q$ và

$\angle P H Q=90^{\circ}+\angle A C H=90^{\circ}+\angle H M Q=90^{\circ}+\frac{1}{2} \angle P M Q$

nên $H$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $P M Q$. Do đó

$\angle P Q M=2 \angle P H M-180^{\circ}=180^{\circ}-2 \angle M H C=180^{\circ}-\angle A B C .$

Lại có

$\angle E F M=\angle E F C-\angle M F C=180^{\circ}-\angle A B C-\angle M H C=180^{\circ}-2 \angle A B C .$

Suy ra $\angle P Q M=\angle E F M$ nên $P Q | E F$, kéo theo $P Q \perp A O$.

c) (1 điểm) Ta có

$\angle H U F=\angle U K B-\angle A C B=\angle A E H-\angle A E F=\angle F E H$

nên $F H E U$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta cũng có $F H E V$ nội tiếp nên $U V F E$ nội tiếp. Suy ra $\angle F U V=\angle V E F=\angle F C B$ nên $U V | B C$.

Vậy $U V$ luôn luôn song song với $B C$ cố định.

Bài 5. (1.5 điểm) Trong một hội nghị Toán quốc tế có n người, mỗi người trong họ có thể nói được nhiều nhất 3 ngôn ngữ. Trong 3 người bất kì thì luôn có 2 người có thể nói chung một ngôn ngữ.

a) Cho $n \geq 9$, chứng minh rằng có một ngôn ngữ được nói bởi ít nhất 3 người.

b) Nếu $n=8$, điều kết luận của câu a) còn đúng không? Tại sao?

Lời giài.

a) Giả sử mọi ngôn ngữ đều được nói bởi nhiều nhất là 2 người.

• Khi đó mỗi người có thể giao tiếp được với nhiều nhất 3 người khác với 3 ngôn ngữ khác nhau. Tức là $A$ có thể nói với nhiều nhất $B, C, D$ với ngôn ngữ khác nhau. Nếu ngược lại $A$ nói thêm với $E$ thì theo nguyên lí Dirichlet sẽ nói cùng ngôn ngữ với $A$ hoặc $B$ hoặc $C$. Khi đó có một ngôn ngữ có 3 người nói, mâu thuẫn.

• Ta có $A$ nói với $B, C, D$ với 3 ngôn ngữ khác nhau. Xét người $E$ thì $E$ cùng giao tiếp với 3 người là $F, G, H$. Do đó còn một người $X$ ngoài nhóm này. Khi đó $A, E, X$ không nói chung ngôn ngữ nào. Vô lý.

b) Kết luận không còn đúng, ví dụ: chia 8 người thành 2 nhóm, $A, B, C, D$ và $E, F, G, H$. Hai người trong cùng nhóm nói với nhau, mỗi cặp nói ngôn ngữ khác nhau. Khi đó sẽ thỏa đề bài. Xem hình vẽ: