Bài 1. (1 điểm )Cho $a, b, c$ là ba số thỏa điều kiện $a+b+c=0$ và $a^{2}=2(a+c+$ 1) $(a+b-1)$. Tính giá trị của biểu thức $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}$.

Bài 2. (2 điểm)

(a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

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

Bài 3. (2 điểm) Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ vuông tại $A$ có đường cao $A H$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $A B, A C$.

(a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$

(b) Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$ và gọi $O$ là trung điểm của $B C$. Đường thẳng đi qua $D$ và vuông với $B C$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh rằng: $B K$ vuông góc với $A O$.

Bài 4. (1,5 điểm)

(a) Chứng minh rằng: $x^{4}-x+\frac{1}{2}>0$ với mọi số thực $x$.

(b) Cho $x, y$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^{2}-x y+y^{2}=3$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^{2}+y^{2}$.

Bài 5. (1,5 điểm) Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A M B$. Đường thẳng $A C$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Đường thẳng $B K$ cắt đường tròn ngoại tam giác $A B C$ tại $L$. Các đường thẳng $C L$ và $K M$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $A C M$.

Bài 6. (2 điểm) Các số nguyên dương từ 1 đến 2018 được tô màu theo nguyên tắc sau: Các số mà khi chia hết cho 24 dư 17 tô được màu xanh. Các số mà khi chia cho 40 dư 7 được tô màu đỏ. Các số còn lại được tô màu vàng.

(a) Chứng tỏ rằng không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng?

(b) Có bao nhiêu cặp số $(a, b)$ sao cho $a$ được tô màu xanh, $b$ được tô màu đỏ và $|a-b|$ bằng 2 ?

LỜI GIẢI

 

Bài 1. Cho $a, b, c$ là ba số thỏa điều kiện $a+b+c=0$ và $a^{2}=2(a+c+1)(a+b-1)$. Tính giá trị của biểu thức $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}$.

Lời giải. Ta có $: a+b+c=0 \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}a+c=-b \\ a+b=-c \\ a=-(b+c)\end{array}\right.$

Khi đó: $a^{2}=2(a+c+1)(a+b-1)=2(-b+1)(-c-1)$ $\Leftrightarrow a^{2}=2(b-1)(c+1)$

$\Leftrightarrow a^{2}=2(b c+b-c-1)$

$\Leftrightarrow(b+c)^{2}=2(b c+b-c-1)$

$\Leftrightarrow b^{2}+2 b c+c^{2}=2 b c+2 b-2 c-2$

$\Leftrightarrow(b-1)^{2}+(c+1)^{2}=0 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}b=1 \\ c=-1 .\end{array}\right.$

Suy ra $a=0$.

Vậy $A=a^{2}+b^{2}+c^{2}=0^{2}+1^{2}+(-1)^{2}=2$.

Bài 2.

a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

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

Lời giải.

a) Giải phương trình: $4 \sqrt{x+3}=1+4 x+\frac{2}{x}$.

Điều kiện xác định: $\left\{\begin{array}{l}x \neq 0 \\ x \geq 3 .\end{array}\right.$

Ta có: $(1) \Leftrightarrow 4 x \sqrt{x+3}=x+4 x^{2}+2 $

$\Leftrightarrow 4 x^{2}-4 x \sqrt{x+3}+(x+3)=1 $

$\Leftrightarrow(2 x-\sqrt{x+3})^{2}=1 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}2 x-\sqrt{x+3}=1 \\2 x-\sqrt{x+3}=-1\end{array}\right.$

– Trường hợp 1: $2 x-1=\sqrt{x+3} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x-1 \geq 0 \\ (2 x-1)^{2}=x+3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq \frac{1}{2} \\ 4 x^{2}-5 x-2=0\end{array}\right.\right.$

– Trường hợp 2: $2 x+1=\sqrt{x+3} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}2 x+1 \geq 0 \\ (2 x+1)^{2}=x+3\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq-\frac{1}{2} \\ 4 x^{2}+3 x-2=0\end{array}\right.\right.$

$\Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x \geq-\frac{1}{2} \\{\left[\begin{array}{l}x=\frac{-3+\sqrt{41}}{8} \\x=\frac{-3-\sqrt{41}}{8}\end{array} \Rightarrow x=\frac{-3+\sqrt{41}}{8}\right.}\end{array}\right.$

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là $\mathcal{S}=(\frac{5+\sqrt{57}}{8} ; \frac{-3+\sqrt{41}}{8})$

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

Ta có phương trình

$(2) \Leftrightarrow x^{2}(1-x)=y^{2}\left(1-y^{3}\right)=y^{2} x^{2} \Leftrightarrow x^{2}\left(1-x-y^{2}\right)=0 \Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}x=0 \\ 1-x-y^{2}=0\end{array}\right.$

– Trường hợp 1: Với $x=0$ thì $(1) \Leftrightarrow y^{3}=1 \Leftrightarrow y=1$.

– Trường hợp 2: Với $1-x-y^{2}=0 \Leftrightarrow x=1-y^{2}$ thì

(1) $\Leftrightarrow\left(1-y^{2}\right)^{2}+y^{3}=1 $

$\Leftrightarrow y^{4}+y^{3}-2 y^{2}=0 $

$\Leftrightarrow y^{2}\left(y^{2}+y-2\right)=0 $

$\Leftrightarrow y^{2}(y-1)(y+2)=0 $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l}y=0 \\\\y=1 \\\\y=-2 \end{array}\right. $

• Với $y=0$ thì $x=1$.

• Với $y=1$ thì $x=0$.

• Với $y=-2$ thì $x=-3$.

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm là: $\mathcal{S}={(0 ; 1),(1 ; 0),(-3 ;-2)}$

Bài 3. Cho tam giác $A B C(A B<A C)$ vuông tại $A$ có đường cao $A H$. Gọi $E, F$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $A B, A C$.

a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$

b) Gọi $D$ là điểm đối xứng của $B$ qua $H$ và gọi $O$ là trung điểm của $B C$. Đường thẳng đi qua $D$ và vuông với $B C$ cắt $A C$ tại $K$. Chứng minh rằng: $B K$ vuông góc với $A O$.

Lời Giải.

a) Chứng minh rằng: $B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C}$.

Ta có: $H E | A C$ (vì cùng vuông góc với $A B$ ).

Suy ra: $\frac{B E}{A B}=\frac{B H}{B C} \quad$ (1) (theo định lí Ta- lét).

Ta lại có: $H F | A B$ (Vi cùng vuông góc với $A C$ ).

Suy ra: $\frac{C F}{A C}=\frac{C H}{B C} \quad$ (2) (theo định lí Ta-lét).

Từ (1) và (2) suy ra  $\frac{B E}{A B}+\frac{C F}{A C}=\frac{B H}{B C}+\frac{C H}{B C}=1 $

$\Rightarrow B E \cdot A C+C F \cdot A B=A B \cdot A C $

$\Leftrightarrow B E \cdot \sqrt{C H \cdot B C}+C F \sqrt{B H \cdot B C}=A H \cdot B C $

Vì $ A H \cdot B C=A B \cdot A C) $

$\Leftrightarrow \sqrt{B C}(B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H})=\sqrt{B C} \cdot A H \cdot \sqrt{B C} $

$\Leftrightarrow B E \sqrt{C H}+C F \sqrt{B H}=A H \sqrt{B C} . \text { (dpcm) }$

b) Ta có: $\triangle C D K \sim \triangle C A B \quad(g-g)$

Suy ra: $\frac{C D}{C K}=\frac{C A}{C B}$

Xét $\triangle A C D$ và $\triangle B C K$ có:

$C$ chung và $\frac{C D}{C K}=\frac{C A}{C B}(\mathrm{cmt})$.

Suy ra: $\triangle A C D \sim \triangle B C K \quad(c-g-c)$.

Do đó: $\widehat{K B D}=\widehat{C A D}=90^{\circ}-\widehat{B A D}=90^{\circ}-2 \widehat{B A H}=90^{\circ}-2 \widehat{B C A}($ Vi $\widehat{B A H}=$ $\widehat{B C A}$ (cùng phụ với $A B C$) (1)

Mà $\triangle A B C$ vuông tại $A$ có $O$ là trung điểm của $B C$.

Suy ra $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle A B C \Rightarrow 2 \widehat{A C B}=\widehat{A O B}$ Khi đó $(1) \Leftrightarrow \widehat{K B D}=90^{\circ}-\widehat{A O B}$.

Vậy $B K \perp A O$ (đpcm).

Bài 4.

a) Chứng minh rằng: $x^{4}-x+\frac{1}{2}>0$ với mọi số thực $x$.

b) Cho $x, y$ là các số thực thỏa mãn điều kiện $x^{2}-x y+y^{2}=3$. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P=x^{2}+y^{2}$.

Lời giải.

a) Ta có: $x^{4}-x+\frac{1}{2}=x^{4}-x^{2}+x^{2}-x+\frac{1}{2}=x^{4}-2 \cdot \frac{1}{2} x^{2}+\frac{1}{4}+x^{2}-2 \cdot \frac{1}{2} x+\frac{1}{4}$ $=\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)^{2}+\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2} \geq 0$ với mọi số thực $x$.

Dấu bằng xảy $\mathrm{ra} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}-\frac{1}{2}=0 \\x-\frac{1}{2}=0\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}x^{2}=\frac{1}{2} \\x=\frac{1}{2}\end{array}\right.\right.$ Hệ phương trình vô nghiệm.

Do đó đẳng thức không xảy ra, tức là $x^{4}-x+12>0$ với mọi số thực $x$.

b) Cách 1:

Ta có: $A=\frac{P}{3}=\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}-x y+y^{2}}$

Xét $y=0 \Rightarrow x=\pm \sqrt{3} \Rightarrow P=3$.

Xét $y \neq 0$, khi đó $A=\frac{\left(\frac{x}{y}\right)^{2}+1}{\left(\frac{x}{y}\right)^{2}-\frac{x}{y}+1} \quad(1)$. Đặt $t=\frac{x}{y}$.

Khi đó $(1)$ trở thành $A=\frac{t^{2}+1}{t^{2}-t+1} \Leftrightarrow t^{2}(A-1)+A t+A-1=0$.

Xét $A=1 \Rightarrow P=3$.

Xét $A \neq 1 \Rightarrow \Delta=A^{2}-4(A-1)^{2}=-(3 A-2)(A-2) \geq 0 \Leftrightarrow \frac{2}{3} \leq A \leq 2 \Leftrightarrow$ $2 \leq P \leq 6$.

$\operatorname{Min} P=2$ khi $x=1 ; y=-1$ hoặc $x=-1 ; y=1$.

$\operatorname{Max} P=6$ khi $x=y=\pm \sqrt{3}$.

Cách 2: $3=\frac{1}{2}\left(2 x^{2}-2 x y+2 y^{2}\right)=\frac{1}{2}\left[3\left(x^{2}+y^{2}\right)-(x-y)^{2}\right]$.

$\Rightarrow x^{2}+y^{2} \geq 2$

$3=\frac{1}{2}\left(2 x^{2}-2 x y+2 y^{2}\right)=\frac{1}{2}\left[x^{2}+y^{2}+(x-y)^{2}\right] .$

$\Rightarrow x^{2}+y^{2} \leq 6$

Vậy $2 \leq P \leq 6$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$. Gọi $M$ là trung điểm của $B C$ và $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A M B$. Đường thẳng $A C$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Đường thẳng $B K$ cắt đường tròn ngoại tam giác $A B C$ tại $L$. Các đường thẳng $C L$ và $K M$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ACM.

Lời giải. Ta có: tứ giác $A K M B$ nội tiếp ( tổng hai góc đối bằng $180^{\circ}$ )

Suy ra: $\widehat{M A K}=\widehat{K B M}=\widehat{L B C}$ (cùng chắn cung $K M$ )

Ta lại có: $\widehat{L B C}=\widehat{M E C}$ (cùng phụ với $\widehat{E C B}$ ) $\Rightarrow \widehat{M A K}=\widehat{M E C}$

Suy ra tứ giác $M A E C$ nội tiếp

Vậy $E$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp $\triangle A M C$.

Bài 6. Các số nguyên dương từ 1 đến 2018 được tô màu theo nguyên tắc sau: Các số mà khi chia hết cho 24 dư 17 tô được màu xanh. Các số mà khi chia cho 40 dư 7 được tô màu đỏ. Các số còn lại được tô màu vàng.

a) Chứng tỏ rằng không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Hỏi có bao nhiêu số được tô màu vàng?

b) Có bao nhiêu cặp số $(a, b)$ sao cho $a$ được tô màu xanh, $b$ được tô màu đỏ và $|a-b|$ bằng 2 ?

Lời giải.

a) Theo đề bài ta có

• Số màu xanh có dạng: $24 x+17 \quad(x \in \mathbb{N})$ với $1 \leq 24 x+17 \leq 2018 \Leftrightarrow-\frac{2}{3} \leq x \leq \frac{667}{8} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 83 .$

Do đó có 84 số được tô màu xanh.

• Số màu đỏ có dạng: 40y $+7 \quad(y \in \mathbb{N})$ với $1 \leq 40 y+7 \leq 2018 \Leftrightarrow-\frac{3}{20} \leq x \leq \frac{2011}{40} \Leftrightarrow 0 \leq x \leq 50$.

Do đó có 51 số được tô màu đỏ.

• Giả sử có số được tô cả hai màu xanh và đỏ khi đó tồn tại $x_{0} ; y_{0}$ sao cho $24 x_{0}+17=40_{0} y+7 \Leftrightarrow 24_{0} x+10=40_{0} y$

Vì $24: 4$ và $40: 4$ nên $10: 4$ (vô lí)

Vậy không có số nào được tô cả hai màu xanh và đỏ. Khi đó số lượng số được tô màu vàng là: $2018-84-51=1883$ (số).

b) Ta có $a=24 x+17$ và $b=40 y+7$ với $(x, y \in \mathbb{N})$ Xét 2 trường hợp sau:

• Trường hợp 1: $a-b=2 \Leftrightarrow 24 x-40 y+10=2 \Leftrightarrow 3 x-5 y=-1 \Leftrightarrow 3 x=$ $5 y-1 .$

Mà $0 \leq x \leq 83 \Leftrightarrow 0 \leq 3 x \leq 249$

Suy ra $0 \leq 5 y-1 \leq 249 \Leftrightarrow \frac{1}{5} \leq y \leq 50$.

Vi $(5 y-1)$ : 3 nên $y$ chia 3 dư 2 .

Kiểm tra ta thấy $y$ nhận 17 giá trị khác nhau $\Rightarrow$ có 17 cặp $(x ; y)$.

• Trường hợp 2: $a-b=-2 \Leftrightarrow 24 x+17-40 y-7=-2 \Leftrightarrow 24 x-40 y=$ $-12$

$\Leftrightarrow 6 x-10 y=-3$ (loại)

Vậy có 17 cặp $(a ; b)$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.