PHẦN I-ĐỀ THI Câu (6 điểm) 2; 2 a) Giải phương trình: x x x 2 x Câu x y 1 2 2 y 3z 1 xy yz zx 1 b) Giải hệ phương trình: (với x, y, z R ) (3 điểm) Sắp xếp 1650 học sinh (cả nam nữ) thành 22 hàng ngang 75 hàng dọc Biết với hai hàng dọc bất kì, số lần xảy hai học sinh hàng có giới tính khơng q 11 Chứng minh số học sinh nam không vượt 928 em Câu (3 điểm) Tìm số nguyên nhỏ n cho với n số thực phân biệt a1 , a2 , a3 , , an lấy từ a j 3 a j 1;1000 a ,a đoạn tồn hai số phân biệt i j thỏa mãn với i, j {1,2, ,n} Câu (5 điểm) Gọi điểm I , H tâm đường tròn nội tiếp, trực tâm tam giác nhọn ABC ; B1 , C1 trung điểm AC , AB ; tia B1I cắt cạnh AB B2 B2 B , tia C1 I cắt phần kéo dài AC C2 , B2C2 cắt BC K , A1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam S S CKC2 giác BHC Chứng minh rằng: ba điểm I , A, A1 thẳng hàng BKB2 S ,S (trong BKB2 CKC2 diện tích tam giác BKB2 , CKC2 ) Câu (3 điểm) Tìm tất hàm số f : ¡ ® ¡ cho f ( f ( x) + y ) = f ( x - y ) + yf ( x) , với x, y Ỵ ¡ -HẾT - PHẦN II-LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu (6 điểm) 2; 2 a) Giải phương trình: x x x 2 x x y 1 2 2 y 3z 1 xy yz zx 1 b) Giải hệ phương trình: (với x, y, z R ) Lời giải Tác giả: Nguyễn Phạm Minh Trí ; Fb: Tri Nguyen a) Điều kiện: x Cách 1: Ta có: x x x 2 x x x x 2 x x x x 1 x 2 x x x 1 x2 x 2 x x 2 x x x x 1 x 2 x 0 x 2 x 1 0 1 x 2 x Giải phương trình t2 1 0 t t 1 t 0 , ta đặt t x phương trình trở thành t 2t t 2t 0 t 2t Lại đặt u t Phương trình 0 t t2 1 t u t t 2 đưa theo biến u thành phương trình sau: u 2u 0 u 1 0 u Vậy u t 51 t t t 0 t t 1 6 2 x x Thay ngược lại vào t x Thử lại ta thấy nghiệm x 2 thỏa mãn S 2; ; 2 Vậy phương trình có có tập nghiệm Cách 2: t 0 Đặt t x phương trình trở thành t 5t 5t 2t 0 t t t 2t t 2t 1 0 t t t t 1 0 t 0 t 2 t (do t 0 ) Thay ngược lại vào t x , ta x 2; x 2; x 2 Thử lại ta thấy nghiệm thỏa mãn S 2; ; 2 Vậy phương trình có có tập nghiệm b) Đặt x ay, z by với a, b R + Xét a 0 x 0 y 1 (vô lý) + Xét y 0 z 1 (vô lý), y 0 + Với y 0 ta viết lại hệ ban đầu sau: y a 1 2 y 3b 1 y a b ab 1 a 2 3b a b ab 2 a 1 a 1 a 1 b 1 Ta có a a b ab a a b ab Với a 0 Thay vào phương trình đầu hệ ta y 1 (vô lý) Vậy a 0 Từ ta suy a b a b 2 2 Tương tự, từ 3b a b ab ta suy a 3b 2 a 2 , Từ ta suy b 0 Thay lại vào cách đặt ta x 2 y, z 0 x x 2 y 1 1 y y x 2 y z 0 z 0 z 0 Hệ phương trình ban đầu trở thành x; y; z 2; ;0 , 2; ; Vậy hệ phương trình cho có nghiệm Câu (3 điểm) Sắp xếp 1650 học sinh (cả nam nữ) thành 22 hàng ngang 75 hàng dọc Biết với hai hàng dọc bất kì, số lần xảy hai học sinh hàng có giới tính khơng q 11 Chứng minh số học sinh nam không vượt 928 em Lời giải Tác giả: Phu An; Fb: Phu An Gọi số học sinh nam hàng thứ i Vì có 75 cột nên số học sinh nữ hàng thứ i 75 Số cặp học sinh hàng giới tính: Ca2i Chọn nam số nam hàng: Chọn nữ số nữ hàng: C75 cách cách Chọn bạn học sinh hàng: C75 cách Theo đề ta có: 22 C i 1 22 C752 11C752 i a i 1 75ai 30525 22 2a 75 i 1650 i 1 Theo Cauchy-Swatch: 22 22 2 a 75 22 2ai 75 36300 i i 1 i 1 Câu 22 a i i 1 191 1650 921 (3 điểm) Tìm số nguyên nhỏ n cho với n số thực phân biệt a1 , a2 , a3 , , an lấy từ a j 3 a j 1;1000 a ,a đoạn tồn hai số phân biệt i j thỏa mãn với i, j {1,2, ,n} Lời giải Tác giả: Quang Trần; Fb: Quang Trần Sử dụng đẳng thức ta có: A ai a j 3 a j Trước hết ta thấy 3 aj a j a j a j a j aj aj (1) dương với , a j dương 3 1;1000 Trường hợp n 10 , Ta xét số a1 1 , a2 2 , , a10 10 lấy từ đoạn Với i, j phân biệt từ tập {1,2, ,10} , ta dễ thấy i j Điều có nghĩa aj aj i j , a j 3 a j 0 a j 0 Trái với giả thiết đề 3 Trường hợp n 10 , Ta chọn dãy a1 , a2 , , an từ tập hợp {1 ,2 , ,10 } lập luận tương tự ta dẫn đến mâu thuẫn 1;1000 Trường hợp n 11 , Với a1 , a2 , a3 , , an lấy từ đoạn , ta suy giá trị nằm đoạn từ tập {1,2, ,n} cho a j 3 a j 3 a1 , a2 , , an 1;10 Mà n 11 nên theo nguyên lý Dirichle, tồn i, j hay aj a j 3 a j aj 1 , tức Như n 11 số nguyên dương nhỏ thỏa mãn giả thiết đề aj phân biệt Câu (5 điểm) Gọi điểm I , H tâm đường tròn nội tiếp, trực tâm tam giác nhọn ABC ; B1 , C1 trung điểm AC , AB ; tia B1I cắt cạnh AB B2 B2 B , tia C1 I cắt phần kéo dài AC C2 , B2C2 cắt BC K , A1 tâm đường tròn ngoại tiếp tam S S CKC2 giác BHC Chứng minh rằng: ba điểm I , A, A1 thẳng hàng BKB2 S ,S (trong BKB2 CKC2 diện tích tam giác BKB2 , CKC2 ) Lời giải Tác giả:Minh Hoàng; Fb: Minh Hoàng A B1 C1 O B2 H I B C K C2 A1 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có BHC 180 BAC C 2 1800 BHC BA 2 BAC Do C 1800 BAC 600 BAC BA Nên A1 nằm đường tròn tâm O , suy AI , AA1 trùng (do A1 nằm đường trung trực cạnh BC ) Vậy ba điểm I , A, A1 thẳng hàng Ta chứng minh S BKB2 S CKC2 BAC 600 (*) 1 S AB1B2 AB2 r AB1.r AB2 AB1 sin BAC 2 AB2 AB1.sin BAC r AB1.r 2S ABC b 2S ABC S AB2 ABC a b c a b c c bc AB2 a b c Tương tự AC2 bc a c b Do ta có: S BKB2 S CKC2 S ABC S AB2C2 bc bc a b c c a b a b c bc BAC 600 bc Vậy (*) Do ta có đpcm Câu (3 điểm) Tìm tất hàm số f : ¡ ® ¡ cho f ( f ( x) + y ) = f ( x - y ) + yf ( x) , với x, y Ỵ ¡ Lời giải Tác giả: Lê Văn Thiện; Fb: Lê Văn Thiện Đặt f ( f ( x) + y ) = f ( x - y ) + yf ( x) (1) Với x Ỵ ¡ , thay y= x - f ( x) vào (1), ta ổx + f ( x) ữ ữ fỗ = ỗ ữ ữ ỗ ố ứ ổx + f ( x) ÷ x - f ( x) ữ fỗ + ì ìf ( x ) ỗ ữ ữ ỗ 2 ố ứ Điều tương đương với x - f ( x) ×f ( x ) = , với x Ỵ ¡ Từ đây, ta suy f (0) = Thay x = vào (1), ta f ( y ) = f (- y ) với y Ỵ ¡ , hay f ( x) hàm chẵn Dễ thấy hàm f ( x) º với x Ỵ ¡ thỏa đề Giả sử tồn b để f (b) ¹ Ta chứng minh f (a ) = Þ a = Thật vậy, giả sử tồn a Ỵ ¡ để f (a ) = , thay x = a vào (1), ta có f ( y ) = f (- y + a ), hay f (- y ) = f (- y + a ), với y Ỵ ¡ 2 Từ ta suy f tuần hồn với chu kì a Thay y y + a vào (1), ta có f ( f ( x) + y + a ) = f ( x - y - a ) + 4( y + a ) f ( x ) Û f ( f ( x ) + y ) = f ( x - y ) + 4( y + a ) f ( x ) Thay x = b so sánh với đẳng thức f ( f (b) + y ) = f (b - y ) + yf (b) , ta suy a = x - f ( x) ×f ( x ) = 2 Vậy f (a) = Û a = Từ ta suy f ( x) = x với x ¹ Kết hợp với f (0) = , ta suy f ( x) = x với x Ỵ ¡ Thử lại, ta thu hai nghiệm phương trình f ( x ) = x , f ( x) = -HẾT -