Câu I ( điểm) Điều kiện: x 3 Đặt x a ; x b ; x c với a, b, c số thực khơng âm Ta có x 3 a 4 b 5 c a.b b.c c.a Do 3 a ab bc ca a b c a 3 4 b ab bc ca b c a b 4 5 c ab bc ca c a b c 5 Nhân vế ba phương trình ta a b b c c a 2 15 15 a b 15 15 15 15 a b c Suy b c 15 c a 671 671 Suy x Thử lại x thỏa mãn phương trình 240 240 671 Vậy phương trình có nghiệm x 240 Câu II (4 điểm) Đặt A a b , B c d 2 Ta có: A.a B.c A.b B.d A2 b B d A.b B.d AB.bd 2 A2 a b B c d A a b B c d AB ac bd 1,0đ 0,5đ 0,5đ 1,0đ 1,0đ 1,5đ 1,0đ A2 a B c A.a B.c AB.ac 1,0đ 2 A2 B A2 B A2 B 2 (đpcm) 2 2 ; ; ; Dấu sảy ví dụ với: a, b, c, d hoán vị 2 2 Câu III ( điểm) Gọi G1 ; G2 ; G3 trọng tâm tam giác MEF, NDF, QDE tương ứng Gọi I1 ; I ; I hình chiếu vng góc I lên PM, PN, PQ O trọng tâm G1G2G3 0,5đ 1,0đ 1,0đ 1,0đ Ta có 3OG1 OE OM OF 3OG2 OD ON OF Suy 3G1G2 MD EN Mặt khác : I1 I II II1 EN MD 1 G G Suy I1 I 1 G G I I G G Tương tự 3 I I3 3 0,5đ 0,5đ 0,5đ Suy G1G2G3 đồng dạng với I1 I I theo tỉ số mà đường tròn ngoại tiếp I1 I I có đường kính IP suy đpcm 0,5đ Câu IV ( điểm) x x +) Nhận xét 3 mod8 x số lẻ , 1 mod8 x số chẵn 0,5đ t +) Xét phương trình (mod 3) ta có : 1 1 mod3 t chẵn t z t z +) Xét phương trình (mod 5)ta có 2 mod5 1 mod5 (do t>z) 0,5đ t z chia hết cho 4, suy z số chẵn x +) Xét phương trình (mod 4) có 1 1 z mod 4 Suy x, z khơng tính chẵn lẻ, mà z số chẵn suy x số lẻ +)Do 3x.5 y z 3.5 21 t 6 x y Xét (mod8) có 3 3 1 z mod8 x y 1 y 1 mod8 x y Nếu y số chẵn 1 mod8 , sảy x y Vậy y số lẻ 1 mod8 +) Ta có t, z số chẵn nên t 2m; z 2n với m, n số nguyên dương m 3 m n m n x y Khi phương trình 22 m n 3x.5 y 3 0,5đ 0,5đ Do 2m m ,2m n nguyên tố nên có trường hợp sau m n x 2 3 (1) n TH1: m Từ (1) suy 3x 1 mod8 ( x lẻ),không tồn n y 2 5 2m n 5 y n TH2: m Từ (2) suy 3x 1 mod8 ( x lẻ), không tồn m x 2 3 (2) 2m n 3x.5 y (3) TH3: n m (4) 2 1 m n m Xét (4) có 7 1 mod7 suy m =3.k với k nguyên dương 1,0đ 3k n k 2k k n Như 7 7 2k 7 a 5 với a + b = n; b>a ; a,b 2k k b (6) 2a Thay (5 vào (6) có 3.7 a 7b Nếu a 1 lấy ( mod7) ta có 0 mod vô lý Vậy a = 0, từ suy k 1; n 1; m 3; t 6; z 2 : x 1; y 1 Thử lại thấy t 6; x 1; y 1; z 2 thỏa mãn phương trình 0,5đ Câu V( điểm) 1,0đ Theo giả thiết ta có góc bát giác lồi 135o kết hợp với giả thiết tồn cạnh song song với Ox ta bọc bát giác hình chữ nhật.(như hình vẽ) Gọi Ci i 1,2, ,8 số điểm nguyên cạnh (như hình vẽ ) khơng tính đỉnh Ta có +) C1 C2 C8 8 +) C1 C2 C8 C4 C5 C6 C2 C3 C4 C6 C7 C8 Suy C1 C2 C8 C2 C3 C4 C1 2C2 C3 2C4 C5 2C6 C7 2C8 C2 C4 C6 C8 (*) Ta có diện tích hình chữ nhật bọc bát giác C1 C2 C8 3 C2 C3 C4 3 Ta có diện tích tam giác vng cân bốn góc : 2 2 C2 1 C4 1 C6 1 C8 1 2 2 Vậy diện tích bát giác : S C1 C2 C8 3 C2 C3 C4 3 C2 1 C4 1 C6 1 C8 1 2 2 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Theo bất đẳng thức Cơsi ta có : C C C C C C 6 C1 C2 C8 3 C2 C3 C4 3 = C2 C4 C6 C8 2 ( (*)) Ta lại có 2 2 C2 1 C4 1 C6 1 C8 1 C22 C42 C62 C82 C2 C4 C6 C8 C2 C4 C6 C8 C2 C4 C6 C8 4 Đặt x C2 C4 C6 C8 với x nguyên x 8 Khi 2 x x 8 1 x S x x x x 23 x 23 2 16 16 8 23 31 Vậy diện tích bát giác lồi lớn 31 Dấu sảy C2 C4 C6 C8 2 C1 C3 C5 C7 0 ( hình vẽ bên cạnh)