LỜI GIẢI CHI TIẾT # Bài a Cho x, y, z ba số thực khác thỏa mãn x + z y + = + + = Chứng x y z y2 z2 + = √ b Cho f (n) = √ với n số nguyên dương Tính giá trị biểu thức 2n + + 2n − S = f (1) + f (2) + f (3) + · · · + f (40) minh x2 + b Hướng dẫn a Cho x, y, z ba số thực khác thỏa mãn x + y z + = + + = Chứng minh x y z y2 z2 + = Bằng cách quy đồng mẫu số ta được: + + ⇒ yz + 2zx + 3xy = (1) x y z x2 + Lại có: xy yz zx y z 2 y2 z2 x+ + = x2 + + +2 + + 2 z 3xy + yz y + 2zx + + =1 (2) = x2 + y2 z2 Kết hợp (1) (2) ta được: x2 + + = √ b Cho f (n) = √ với n số nguyên dương Tính giá trị biểu thức 2n + + 2n − S = f (1) + f (2) + f (3) + · · · + f (40) Biến đổi: √ 2n + + 2n − √ √ √ √ 2n + − 2n − = (do 2n + − 2n − 6= 0) (2n + 1) − (2n − 1) √ √ = 2n + − 2n − f (n) = √ Như vậy: S = f (1) + f (2) + f (3) + · · · + f (40) Ä√ Ä√ √ ä Ä√ √ ä Ä√ √ ä √ ä = 3− + 5− + − + ··· + 81 − 79 √ √ = 81 − = − = Vậy giá trị S = # Bài a Giải phương trình Ä√ ∠Bộ đề luyện tuyển 10 năm 2023 ä √ x − + = x + x + Trang 11 b Giải hệ phương trình b Hướng dẫn a Giải phương trình ( x2 + y = xy + x − y + x3 + y = y(x + y + 4) + x Ä√ ä √ x − + = x + x + Điều kiện tồn phương trình: x ≥ Biến đổi: Ä√ ä √ x−1+1 =x+ x+2 Ä √ ä √ ⇔ x + − x + − (x − 2) = 3x − √ ⇔ √ − (x − 2) = x−1+ x+2 ï ò √ ⇔(x − 2) √ −1 =0 x−1+ x+2 x=2 ⇔ √ √ (∗) x−1+ x+2=3 Ä √ ä2 √ √ Từ (∗) suy x − + x + = ⇔ 5x − + x2 + x − = √ ⇔ x2 + x − = 11 − 5x ⇒ 16(x2 + x − 2) = (11 − 5x)2 (∗∗) √ √ Giải (∗∗) √ cho hai nghiệm x = − x = + Thay nghiệm vào (∗) x = + không thỏa mãn √ Vậy phương trình cho có hai nghiệm x = 2; x = − ( x2 + y = xy + x − y + b Giải hệ phương trình x3 + y = y(x + y + 4) + x ( x2 − xy + y = x − y + (1) Hệ phương trình ⇔ 2 (x + y)(x − xy + y ) = xy + y + 4y + x (2) Thế (1) vào (2) được: (x + y)(x − y + 2) = xy + y + 4y + x ñ 2 ⇔ x − xy − 2y + x − 2y = ⇔ (x − 2y)(x + y + 1) = ⇔ x = 2y x = −y − Với x = 2y, thay vào (1) ta có: 2 y=1 4y − 2y + y = y + ⇔ 3y − y − = ⇔ y=− Å ã Khi (x; y) = (2; 1) (x; y) = − ; − 3 Với x = −y − 1, vào (1) được: 2 (y + 1) + (y + 1)y + y = −y − − y + ⇔ 3y + 5y = ⇔ Å Khi (x; y) = (−1; 0) (x; y) = Trang 12 y=0 y=− ã ; 3 ∠Chuyển từ mã TEX thầy Bùi Quỹ chia ã Å ã™ Å , (−1; 0), ; Vậy hệ cho có nghiệm (x; y) =∈ (2; 1), − ; − 3 3 ß # Bài Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) nội tiếp đường tròn (O), đường cao AD, BE, CF đồng quy H Gọi M trung điểm cạnh BC, N trung điểm đoạn AH, đường thẳng EF cắt đường tròn (O) P , Q cắt đường thẳng BC S cho P nằm S F Chứng minh rằng: a Tứ giác AOM N hình bình hành b AP = AQ2 = AE · AC c Tứ giác DM EF nội tiếp b Hướng dẫn QE FP = · PS ES Hình vẽ: A Q N F P S B H D E O C M K a Tứ giác AOM N hình bình hành Kẻ đường kính AK (K nằm đường trịn (O)) Khi AC ⊥ CK; BK ⊥ AB Dễ dàng suy BK //CH CK //BH (cùng vng góc với đường thẳng) Từ suy BHCK hình bình hành Vì M trung điểm BC nên M ∈ HK M H = M K Tam giác AHK có M N trung điểm HK AH nên M N đường trung bình 4AHK Suy M N //AO M N = AK = AO Vậy AOM N hình bình hành b AP = AQ2 = AE · AC Tam giác AF H vuông F suy F N = N H Tương tự, 4AEH vuông E nên N E = N H Như N F = N E (1) Lại có 4BF C 4BEC vng F E, có đường trung tuyến M F M E Do M F = M E = BC (2) Từ (1) (2) suy M N trung trực EF Suy EF ⊥ M N (3) S Lại có M N //AO, kết hợp với (3) suy AO ⊥ EF hay AO ⊥ P Q Suy A điểm cung P AQ, suy AP = AQ hay cung AQ cung AP [ = AP [ [ (các góc nội tiếp chắn cung nhau) Nên 4AQC 4AEQ Mặt khác AQP Q = ACQ ∠Bộ đề luyện tuyển 10 năm 2023 Trang 13 Suy AE AQ = ⇒ AE · AC = AQ2 AQ AC Vậy AP = AQ2 = AE · AC FP QE c Tứ giác DM EF nội tiếp = PS ES [ = ABC [ Tứ giác BF EC nội tiếp suy AEF \ [ Tam giác EM C cân M nên M EC = ACB [ −M \ [ − ACB [ = BAC [ Suy F\ EM = 180◦ − AEF EC = 180◦ − ABC [ = 180◦ Suy F\ Tứ giác DF AC nội tiếp nên F\ DM + BAC EM = F\ DM = 180◦ Vậy DM EF tứ giác nội tiếp Hai tam giác SDF SEM có: [ = SEM \ ; chung DSF [ nên chúng đồng dạng SDF SD SE Suy = hay SD · SM = SE · SF SF SM Từ tứ giác BF EC nội tiếp, ta suy SE · SF = SB · SC, tứ giác BCQP nội tiếp ta có SB · SC = SP · SQ SF SQ Suy SP · SQ = SE · SF ⇒ = SP SE SF SQ SF − SP SQ − SE PF EQ Vậy −1= − hay = ⇒ = SP SE SP SE PS SE # Bài a Cho hai số nguyên dương a, b thỏa mãn a3 b, b3 a Chứng minh a4 + b4 ab b Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x(x2 − y) + (y − 3)(x2 + 1) = b Hướng dẫn a Cho hai số nguyên dương a, b thỏa mãn a3 b, b3 a Chứng minh a4 + b4 ab Vì a3 b nên a3 a b.a hay a4 ab Tương tự, b3 a nên b3 b a.b hay b4 ab Từ suy (a4 + b4 ) ab b Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x(x2 − y) + (y − 3)(x2 + 1) = Từ đề x(x2 − y) + (y − 3)(x2 + 1) = ta rút y = (vì x2 − x + > với x) −x3 + 3x2 + 3x + = −x + + 2 x −x+1 x −x+1 Khi x nguyên, để y nguyên (3x + 1) (x2 − x + 1) đó: (3x + 1)2 = (9x2 + 6x + 1) = 9(x2 − x + 1) + (15x − 8).(x − x + 1) hay (15x − 8) (x2 − x + 1) Suy 13 = [5(3x + 1) − (15x − 8)] (x2 − x + 1) Như vậy: x2 − x + = 13 ⇒ x2 − x − 12 = ⇒ x = −3 x = 57 Với x = −3 y = (khơng ngun); với x = y = −1 (nguyên) 13 x2 − x + = ⇒ x2 − x = ⇒ x = x = Với x = y = (nguyên); với x = y = (nguyên) Trang 14 ∠Chuyển từ mã TEX thầy Bùi Quỹ chia Thử lại thấy nghiệm thỏa mãn Vậy có cặp (x; y) thỏa mãn yêu cầu toán (0; 3), (1; 5) (4; −1) # Bài a Cho số thực x, y, z thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Chứng minh rằng: x2 y + y z + z x + 16 ≥ xy + yz + zx2 b Ban đầu bảng viết 2023 số thực Mỗi lần biến đổi số bảng việc thực sau: Chọn hai số a, b bảng, xóa hai số viết thêm lên bảng a+b số Giả sử ban đầu bảng ghi 2023 số ta thực liên tiếp biến đổi bảng lại số, chứng minh số lớn 11 b Hướng dẫn a Cho số thực x, y, z thỏa mãn ≤ x, y, z ≤ Chứng minh rằng: x2 y + y z + z x + 16 ≥ xy + yz + zx2 Ta có x2 y + y z + z x + 16 ≥ xy + yz + zx2 ⇔ x2 y + y z + z x + 16 − xy − yz − zx2 ≥ ⇔ (x − y)(x − z)(y − z) + 16 ≥ Ta có bất đẳng thức ab ≥ − (a − b)2 , ∀a, b ∈ R ab ≤ (a + b)2 , ∀a, b ∈ R Trường hợp 1: Nếu x ≥ y ta có (x − z)(y − z) ≥ − (x − y)2 nên 1 (x − y)(x − z)(y − z) + 16 ≥ − (x − y)3 + 16 ≥ − 43 + 16 ≥ 4 Trường hợp 2: Nếu y > x ta xét Trường hợp 2.1: Nếu y ≥ z, ta có (x − y)(x − z) ≥ − (y − z)2 nến 1 (x − y)(x − z)(y − z) + 16 ≥ − (y − z)3 + 16 ≥ − 43 + 16 ≥ 4 Trường hợp 2.2: Nếu y < z, ta có (x − y)(x − z)(y − z) + 16 = (y − x)(x − z)(z − y) + 16 Kết hợp với (y − x)(z − y) ≤ (z − x)2 x < y < z ta 1 (y − x)(x − z)(z − y) + 16 ≥ (z − x)2 (x − z) + 16 = − (z − x)3 + 16 ≥ 4 ∠Bộ đề luyện tuyển 10 năm 2023 Trang 15 Vậy với trường hợp (x − y)(x − z)(y − z) + 16 ≥ hay x2 y + y z + z x + 16 ≥ xy + yz + zx2 b Ban đầu bảng viết 2023 số thực Mỗi lần biến đổi số bảng việc thực a+b Giả sử ban đầu bảng ghi 2023 số ta thực liên tiếp biến đổi bảng lại số, chứng minh số lớn 11 Trước hết ta thấy bảng số dương Thật vậy, ta sử dụng quy nạp Ban đầu có 2023 số số dương Giả sử sau lần biến đổi thứ i, bảng số dương Đến bước biến đổi thứ i + 1: Ta chọn hai số a, b bảng (theo giả thiết quy nạp a, b > 0), a+b số dương Vậy, số viết bảng ta xóa hai số viết thêm số ln số dương sau: Chọn hai số a, b bảng, xóa hai số viết thêm lên bảng số Gọi Ti tổng nghịch đảo số thực lại bảng sau bước biến đổi thứ i (T0 tổng nghịch đảo số thực bảng chưa thực bước biến đổi nào) thì: a+b Ở bước thứ i ta có tổng Ti Đến bước thứ i + ta xóa hai số a, b viết lên bảng số ta có tổng Ti+1 và: ã 1 + + = Ti − a + b a b Å Ti+1 (a − b)2 Suy Ti+1 − Ti = − ≤ ((Vì a, b lớn 0)) ab(a + b) Như vậy: T2022 ≤ T2021 ≤ · · · ≤ T0 Ban đầu, ta có bảng 2023 số nên T0 = 2023 Sau 2022 bước ta bảng số x Khi T2022 = ≤ T0 = 2023 x Vì ban đầu số bảng 1, bước xóa bỏ thay sử dụng pháp toán cộng chia, nên sau bước thay số bảng ln cịn lại tất số dương Như x > 1 Từ ta có x ≥ > = 11 · 2023 2048 Trang 16 ∠Chuyển từ mã TEX thầy Bùi Quỹ chia