Bài 1:(4 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= 2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn . Chứng minh rằng Câu 2: (4,0 điểm).1.Cho phương trình . Tìm để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt , thỏa mãn . 2. Giải hệ phương trình .
Trang 1Bài 1:(4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức: A= 2 10 30 2 2 6 : 2
2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn x2 yz y2 zx z2 xy
Chứng minh rằng
a bc b ca c ab
Câu 2: (4,0 điểm).
1.Cho phương trình x2 + 2(m− 2)x+m2 − 2m+ 4 = 0 Tìm m để phương trình
có hai nghiệm thực phân biệt x1, x2 thỏa mãn x 2x x1x 151m
2 1
2 2
2 1
=
−
2 Giải hệ phương trình 4 4 4
1
x y z
x y z xyz
+ + =
+ + =
Câu 3:(4,0 điểm).
1 Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1)
2 Tìm x,y,z∈N thỏa mãn x+ 2 3 = y+ z
Câu 4: (6,0 điểm).
Cho ba đường tròn ( ) ( )O1 , O2 và ( )O (kí hiệu ( )X chỉ đường tròn có tâm là điểm X) Giả sử
( ) ( )O1 , O2 tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và ( ) ( )O1 , O2 lần lượt tiếp xúc trong với ( )O tại
1 , 2
M M Tiếp tuyến của đường tròn ( )O1 tại điểm I cắt đường tròn ( )O lần lượt tại các điểm , '
A A Đường thẳng AM1 cắt lại đường tròn ( )O1 tại điểm N1, đường thẳng AM2 cắt lại đường tròn ( )O2 tại điểm N2
1 Chứng minh rằng tứ giác M N N M1 1 2 2 nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng N N1 2
2 Kẻ đường kính PQ của đường tròn ( )O sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm trên cung ¼AM1 không chứa điểm M2) Chứng minh rằng nếu PM1 , QM2 không song song thì các đường thẳng AI PM, 1 và QM2 đồng quy
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho a,b,c là các số thực dương CMR:
+ +
;
Trang 2Câu2.1 2 10 30 2 2 6 : 2
2
1 2
1 3 2
1 3 2
1 3 4
3 2 4 2
1 3 2
3 2 2
1 3 )
1 5 (
2
2
) 1 5 ( 6 )
1
5
(
2
2
=
− +
=
− +
=
− +
=
−
−
− +
−
2 x2 yz y2 zx z2 xy
) 3 ( ) 3 (
2 :
) 2 ( ) 3 (
2 :
) 1 ( ) 3 (
2
3 3 3
2 2
3 3 2 2 2 2 2 4
2
3 3 3
2 2
3 3
2 2 2 2 2 4
2
3 3 3
2 2
3 3 2 2 2 2 2
4
2 2
2 2
xyz z
y x z
ab c xyz
z y z x y x
ab y
x xyz Z
c Tuongtu
xyz z
y x y
ac b z
xy yz y x z x
ac z
x xz y y
b Tuongtu
xyz z
y x x
bc a yz
x xz xy z y
bc z
y yz x x
a xy
z
c xz
y
b yz
x
a
− + +
−
= +
−
−
= +
−
− + +
−
= +
−
−
= +
−
− + +
−
= +
−
−
= +
−
⇔
−
=
−
=
−
⇔
Từ
(1) (2) (3) ta co ĐPCM
Câu 2:
1 PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
0
' >
∆ ⇔(m− 2)2 −(m2 − 2m+ 4)> 0 ⇔m< 0 (*)
Với m< 0 theo Vi-et ta có:
+
−
=
−
= +
4 2
2 4
2 2 1
2 1
m m x x
m x
x
Ta có x x x x m (x x ) x x x x 15m
1 1
2
2 15
1 1 2
2 1 2 1
2 2 1 2
1
2
2
2
1
=
−
− +
⇔
=
−
m m
m m
1 4 2
1 4
6
1
2
+
−
− +
−
⇔
15
1 2 4
1 6
4
− +
−
−
+
⇔
m
m m
m Đặt m+m4 =t do m< 0 ⇒t< 0
12
4 15
1 2
1 6
=
−
=
⇔
=
−
−
t t
Với t= − 4 ta có + 4 = − 4 ⇔m= − 2
m
2 Ta có:
4 4 4 4 4 4
4 4 4
x +y +z = + + + + + ≥ x y2 2 +y z2 2 +z x2 2 =
Trang 3=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y y z y z z x z x x y
xyyz yzzx zxxy
= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
x y z
x y z
x y z
= =
⇔ + + = ⇔ = = = Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1; 1; 1
Câu 3:
1.Giả sử (a + b2) Μ (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈Ν*⇔
⇔ a + k = b(ka2 – b) ⇔ a + k = mb (1)
Ở đó m ∈ Ζ mà: m = ka2 – b ⇔ m + b = ka2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔
⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka) (3)
Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m ∈ Ζ)
Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈Ζ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a – 1) (4)
Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈Ζ, a > 0) và k ∈Ζ, k > 0 nên từ (4) có:
a 1 k(a 1) 0
a 2 k(a 1) 1
k 1
=
− =
− =
- Với a = 1 Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔
m 1 2
b 3
m 1 1
b 1 2
− =
− = =
− = =
− =
Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3
- Với a = 2 (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔ =b 1m 1= .
Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1
Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3 Lúc này được: a = 2, b = 3
Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1
2 Ta có x+ 2 3 = y+ z ⇔ x+ 2 3 =y+z+ 2 yz
(x−y−z)+ 2 3 = 2 yz ⇒(x−y−z)2 + 4 3(x−y−z)+ 12 = 4yz
TH1 Nếu x−y−z≠ 0 Ta có ( )
(x y z)
z y x yz
−
−
−
−
−
−
=
4
12 4
3
2
(2) vô lý ( do x,y,z∈N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ )
Trang 4TH2 x−y−z= 0 khi đó ( )
=
=
−
−
⇔
3
0 1
yz
z y x
(3)
Giải (3) ra ta được
=
=
= 3 1 4
z y
x
hoặc
=
=
= 1 3 4
z y
x
thử lại thỏa mãn
Câu 4:
S
N 2
N 1
2
O 1
M 2
M 1
O
Q P
A'
A
1 1 2 2
AM AN = AM AN = AI ⇒ ∆AN N1 2 đồng dạng với ∆AM M2 1
1 1 2 2
AM AN = AM AN = AI ⇒ ∆AN N1 2 đồng dạng với ∆AM M2 1
1 2 2 1 1 1 2 2 1 180
AN N = AM M ⇒M N N +AM M = hay tứ giác M N N M1 1 2 2 nội tiếp
+) Ta có ·AN N1 2 =·AM M2 1 · 1
1
2AOM
= và tam giác AOM1 cân tại O nên · 0 · 1
1
180 2
AOM
M AO= −
1 2 1 90 1 2
AN N +M AO= ⇒OA⊥N N
Gọi S là giao điểm của PM1 và QM2
Ta có O O M, , 2 2 thẳng hàng và O I2 song song với OP · ·
2 2 2
IO M POM
(1) Mặt khác tam giác O IM2 2 cân tại O2, tam giác OPM2 cân tại O và kết hợp với (1) ta được
2 2 2
O IM =OPM suy ra P I M, , 2 thẳng hàng
Trang 5Tương tự ta có Q I M, , 1 thẳng hàng Do PQ là đường kính của đường tròn ( )O suy ra
1 2 90
PM Q PM Q= =
I
⇒ là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường thẳng AI PM QM, 1 , 2 đồng quy
Câu 5
Cho a,b c>0 Chứng minh rằng:
6 2
3 3 2
2 3
c b a c b a
ca c
b a
bc c
b a
+ +
+ + +
+ + +
Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b
Tacó áp dụng BĐT x+ y+z x + y+ z≥ ⇔ x+y+z ≤ x+ y+ z
1 1 1 9
1 1
9 1 1 1 ) (
(1)
tự
(2)
(2)
Từ (1) (2) (3)
6 2
9
c a
ab bc c
b
ac ab b
a
bc ac
+
+ + +
+ + +
+
≤