PHẦN I-ĐỀ THI Câu (4 điểm) 3 a) Giải phương trình x x x 2 x x b) Giải hệ phương trình: Câu ìïï x + x = y + y + í ïïỵ y + y = x + x + O (4 điểm) Cho tứ giác ABCD hình thang, nội tiếp đường trịn Đường thẳng AD cắt đường thẳng BC E , hai đường chéo AC , BD cắt F Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AFD BFC cắt điểm thứ hai khác F K Chứng minh rằng: a) Ba điểm E , F , K thẳng hàng b) Các đường thẳng AB , CD , OK đồng quy Câu (4 điểm) a b3 c 8 2 b c a a b 2c a) Cho số dương a, b, c Chứng minh x y b) Tìm số nguyên dương x, y , z thỏa mãn: z Câu (4 điểm) a) Có giáo viên 20 học sinh xếp hàng ngang để chụp ảnh lưu niệm Có cách xếp để hai giáo viên có học sinh? b) Cho đa giác lồi, tô cạnh đa giác màu xanh đỏ Biết khơng có hai cạnh màu xanh kề tổng độ dài cạnh màu đỏ bé nửa chu vi đa giác Chứng minh đa giác ngoại tiếp đường trịn Câu (4 điểm) a) Tìm đa thức P x thỏa mãn P x y P x y P x y P 3x y 4 x y; x, y b) Tìm hàm số f x f x f x ; x liên tục thỏa mãn -HẾT - PHẦN II-LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 3 a) Giải phương trình x x x 2 x x b) Giải hệ phương trình: ìïï x + x = y + y + í ïïỵ y + y = x + x + Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Thanh Mai; Fb: Thanh Mai Nguyễn 3 a) Giải phương trình x x x 2 x x (1) Ta có: (1) x3 x 3x 2 x 3x x x x x x 3x x x x x 3 3 x 3x x3 x x 3x 0 x 3x x x x x 2 1 x x 3x 0 (vì 2 0, x x 3x x x 3x x 3x 3x 10 x 80 x 0 27 27 10 110 x 0 x 3 3 27 Đặt t x 10 110 t3 t 0 phương trình trở thành: 27 (*) 10 10 u.v 3 Ta tìm nghiệm (*) dạng t u v cho Thay t u v vào (*) ta có: u v 10 110 0 u v 27 110 10 u v3 u v 3uv 0 27 0 110 u v3 27 3 110 3 110 u v 27 u v 27 uv 10 u 3v 1000 729 Ta có hệ 100 X 27 110 1000 X 10 X2 X 0 3 27 u , v nghiệm phương trình: 27 729 ) 100 u 27 v 10 27 ngược lại t 3 100 10 100 10 27 27 3 100 10 x 3 Vậy b) Giải hệ phương trình: 3 x 3x 2 y y (1) 5 5 y y 3x x (2) (*) + Nếu x y từ (*) ta có 2 y y y y y3 y 5 5 y y y y 2 y y y 1 y y y 1 y y y y y 1 y (vô lý) 2 y 3y y y y y y y 0, y 2 Vì y y 0, y + Nếu x y từ (*) ta có 2 y y y y y3 y 5 5 y y y y 2 y y y 1 y y y 1 y 1 y y y y y (vô lý) Vậy x; y nghiệm hệ (*) x y Khi (*) trở thành 3x x 2 x x x x 0 5 5 x x 3x 3x 2 x x 0 x 1 Vậy hệ có nghiệm x y 1 Câu O Cho tứ giác ABCD khơng phải hình thang, nội tiếp đường tròn Đường thẳng AD cắt đường thẳng BC E , hai đường chéo AC , BD cắt F Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác AFD BFC cắt điểm thứ hai khác F K Chứng minh rằng: a) Ba điểm E , F , K thẳng hàng b) Các đường thẳng AB , CD , OK đồng quy Lời giải Tác giả: Nguyễn Thị Hà, Fb: Ha Nguyen a) E B A F D K O C Cách 1: AFD BFC Gọi K1 , K giao điểm EF với Do AFK1D tứ giác nội tiếp nên ta có: EA.ED EF EK1 Do BFK 2C tứ giác nội tiếp nên ta có: EB.EC EF EK Mà ABCD tứ giác nội tiếp nên: EB.EC EA.ED EF EK1 EF EK EK1 EK mà E , K1 , K thẳng hàng K1 , K nằm phía với E K1 K Theo cách dựng K1 , K K1 K K E , F , K thẳng hàng Cách 2: AFD BFC Ta có KF trục đẳng phương đường tròn ABCD tứ giác nội tiếp nên: EB.EC EA.ED mà EB.EC EA.ED phương tích AFD BFC E E với phải nằm trục đẳng phương đường tròn E , F , K thẳng hàng b) Hướng dẫn tìm tải tài liệu https://forms.gle/LzVNwfMpYB9qH4JU6 B A F I K O D C Ta chứng minh AKOB DKOC tứ giác nội tiếp 1 AOB AOB AKB AKF FKB ADF BCF AOB AKOB tứ giác 2 Ta có: nội tiếp 360o 180o DAC 180o DBC o DKC 360 DKF CKF Ta có: DKOC tứ giác nội tiếp DAC DBC DOC Gọi I AB DC , làm tương tự câu a, ta có I, K, O thẳng hàng AB, KO DC đồng quy Câu a b3 c 8 2 b c a a b 2c a) Cho số dương a, b, c Chứng minh x y b) Tìm số nguyên dương x, y , z thỏa mãn: z Lời giải Tác giả: Nguyễn Phạm Minh Trí; Fb: Tri Nguyen a) Trước tiên ta sử dụng bất đẳng thức AM – GM để hạ bậc phân thức a2 a2 2b 2 2b 4a b b b3 3 b a b c a b 2c c c 3 c c 3b c b c b c c4 c4 a a a 4 a a a 4c a a Ta có: a2 b b3 b c a b c * c c4 a Dấu " " xảy a a b3 c 2 a b 2c 2 2 b c a a b 2c a b 2c Vậy 2 P a b 2c Xét a b 2 a b 2c 2 2c a b 2c Để ý nhân tử xuất bao gồm a b, 2c nên ta biểu thức P theo x, y sau: P x y 2 2 x y với x a b x, y y 2c Ta chứng minh bất đẳng thức sau Thật ta có 1 2 x y x y 1 1 x y 1 x y x2 y 2 x y Dấu " " xảy x y Áp dụng bất đẳng thức P x y 1 ta có 2 16 x y 2 2 x y x y x y 16 x y x y x y 1 x y xy Dấu " " xảy * , ** Từ ta suy dấu đẳng thức có 8 a b 1 ** 2c 1 a b c 2 a b3 c 8 2 b c a a b 2c Vậy với a, b, c dương b) Xét trường hợp sau y z | z + x 1 Khi phương trình ban đầu có dạng Mặt khác với số z 2, 1, mod z 0,1, mod z nguyên tùy ý ta có nên (mâu thuẫn) Vậy phương trình khơng có nghiệm ngun dương x, y , z thỏa x 1 y z z + x 2 Khi ta viết lại phương trình thành với z Nếu 5 | z z 1 5| 5 | z (vô lý) z 1 z 3 y 1 Vậy nghiệm nguyên dương phương trình x, y, z 2,1,3 x + x 3 Khi ta có | Xét theo modulo ta có z 0,1, mod y z x 0,1, mod y 2k k Z y 5.25k 5 mod y k Dễ thấy với nên Phương trình cho viết lại thành x 25k z x z 5k z 5k z 5k 2u 2.5k 2u 2v u 1 k v k v z 2 Khi Đồng vế ta suy u 1 2 Từ ta suy | 2v 1 nên v 1( mod 4) hay v 4t thay vào đẳng thức ta t k 5k 16t Để ý với t Z | 16 1 | (vô lý) x, y, z thỏa mãn Vậy với x 3, x Z phương trình khơng có nghiệm nguyên dương x y x, y, z 2,1,3 Kết luận: nghiệm nguyên dương phương trình z Câu a) Có giáo viên 20 học sinh xếp hàng ngang để chụp ảnh lưu niệm Có cách xếp để hai giáo viên có học sinh? b) Cho đa giác lồi, tô cạnh đa giác màu xanh đỏ Biết khơng có hai cạnh màu xanh kề tổng độ dài cạnh màu đỏ bé nửa chu vi đa giác Chứng minh đa giác khơng thể ngoại tiếp đường trịn Lời giải Fb: Nguyễn Đình Thịnh a) Đánh số thứ tự vị trí đứng chụp ảnh từ đến 24 Giả sử vị trí đứng giáo viên a b c d với a, b, c, d số tự nhiên từ đến 24 Do hai giáo viên có học sinh nên ta có đánh giá: a b c d 24 Số cách chọn vị trí đứng giáo viên thỏa mãn yêu cầu đề tương ứng với số a 6; b 4; c 2; d thỏa mãn điều kiện C18 Với vị trí đứng ta tiến hành hoán vị giáo viên 20 học sinh Vậy số cách xếp thỏa mãn yêu cầu đề là: C18 4!.20! b) Giả sử đa giác lồi có n đỉnh A1 , A2 , , An ngoại tiếp đường tròn tâm O An1 A1 Tiếp điểm I i nằm cạnh Ai Ai 1 với i 1, n Dễ dàng suy I i Ai 1 I i 1 Ai 1 1 (tính chất tiếp tuyến đường trịn) Khơng có hai cạnh màu xanh kề nên ta suy số cạnh màu xanh nhỏ số cạnh màu đỏ Trường hợp 1: Số cạnh màu xanh số cạnh màu đỏ (xanh đỏ nằm xen kẽ nhau) Từ 1 suy tổng độ dài cạnh màu xanh tổng độ dài cạnh màu đỏ (mâu thuẫn) Trường hợp 2: Số cạnh màu xanh nhỏ số cạnh màu đỏ Từ 1 suy tổng độ dài cạnh màu xanh nhỏ tổng độ dài cạnh màu đỏ (mâu thuẫn) Vậy điều giả sử sai hay đa giác ngoại tiếp đường trịn (đpcm) Câu a) Tìm đa thức P x thỏa mãn P x y P x y P x y P 3x y 4 x y; x, y b) Tìm hàm số f x f x f x ; x liên tục thỏa mãn Lời giải FB: Xu Xu a) P x y P x y P x y P 3x y 4 x y; x, y (1) Từ (1), cho y 0 ta được: P x P x P x P 3x 4 x; x P x P 3x 4 x; x Nhận xét: Nếu P x an x n an x n a0 ; an 0 an an 3n an 3n 0 Vậy đa thức (2) n P x P 3x hệ số x P x P 3x đa thức bậc n x Do n 1 P x a1 x a0 ; a1 0 Với n 1 , thay vào (2), ta được: 4a1 4 a1 x a0 3a1 x a0 4 x; x 2a0 0 Vậy P x x; x Thử lại: a1 1 a0 0 P x y P x y P x y P 3x y 4 x y x y x y x y x y 4 x y (luôn đúng) b) Ta có f x f x2 2 f Do vậy, ta cần tìm Xét dãy xn f x x 2 f x ; x , nên 0; x1 a x xn 2; n * thỏa mãn n 1 Với a 2 : f x hàm chẵn Do x1 a 2 x2 x1 2 , * quy nạp, ta chứng minh xn 2; n (1) Lại có Vậy xn21 xn2 xn xn2 xn 1 xn 0; 0 xn 2 xn L 2 * , nên xn 1 xn ; n dãy không giảm, không âm, bị chặn Do tồn Lấy giới hạn hai vế đẳng thức xn 1 xn L lim xn ta L L L L2 L L 2 , mà L 2 nên L 2 Với a : * Vì x1 x2 , quy nạp ta chứng minh xn 2; n Và xn21 xn2 xn xn2 xn 1 xn 0; xn Vậy xn * , nên xn 1 xn ; n dãy giảm, bị chặn Do tồn L lim xn L 2 Lấy giới hạn hai L L L L2 L x xn L 2 , mà L 2 nên vế đẳng thức n 1 ta L 2 Vậy lim xn 2; a 0 Từ giả thiết tốn ta có: f xn f xn2 f xn 1 ; n * f a f x1 f x2 f xn ; n * Suy Vậy f a lim f xn f lim xn f ; a 0 f x c; c Thử lại, ta thấy hàm thỏa mãn đề