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 .
Bài 1:(4 điểm) 1) Rút gọn biểu thức: A= 10 + 30 − 2 − : 10 − 2 −1 x − yz y − zx z − xy = = 2) Cho số thực dương a,b,c,x,y,z khác thoả mãn a b c 2 a − bc b − ca c − ab = = y z Chứng minh x Câu 2: (4,0 điểm) 1.Cho phương trình x + 2( m − 2) x + m − 2m + = Tìm m để phương trình 1 có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x + x − x x = 15m 2 x + y + z = Giải hệ phương trình 4 x + y + z = xyz Câu 3:(4,0 điểm) Tìm tất cặp số nguyên dương (a; b) cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1) Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x + = y + z Câu 4: (6,0 điểm) Cho ba đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) ( O ) (kí hiệu ( X ) đường tròn có tâm điểm X) Giả sử ( O1 ) , ( O2 ) tiếp xúc với điểm I ( O1 ) , ( O2 ) tiếp xúc với ( O ) M , M Tiếp tuyến đường tròn ( O1 ) điểm I cắt đường tròn ( O ) điểm A, A ' Đường thẳng AM cắt lại đường tròn ( O1 ) điểm N1 , đường thẳng AM cắt lại đường tròn ( O2 ) điểm N Chứng minh tứ giác M N1 N M nội tiếp đường thẳng OA vuông góc với đường thẳng N1 N Kẻ đường kính PQ đường tròn ( O ) cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm AM không chứa điểm M ) Chứng minh PM , QM không song song cung ¼ đường thẳng AI , PM QM đồng quy Câu 5( 2,0 điểm) Cho a,b,c số thực dương CMR: ; ab bc ca a+b+c + + ≤ a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b Câu2.1 10 + 30 − 2 − : = 10 − 2 −1 2 ( − 1) + ( − 1) − + 3 −1 + 3 −1 +1 −1 = = = = 2 2 2 2 ( − 1) x − yz y − zx z − xy = = a b c ⇔ a b c a2 bc a − bc = = ⇔ = = (1) x − yz y − xz z − xy x − x yz + y z y z − xy − xz + x yz x( x + y + z − xyz) Tuongtu : b2 ac b − ac = = (2) y − y xz + x z x z − x y − yz + xy z y ( x + y + z − xyz ) Tuongtu : c2 ab c − ab = = (3) Z − xyz + x y x y − x z − y z + xyz z ( x + y + z − xyz) (1) (2) (3) ta co ĐPCM Câu 2: PT cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện: ∆ '> ⇔ ( m − ) − ( m − 2m + 4) > ⇔ m < (*) x1 + x2 = − 2m Với m < theo Vi-et ta có: x1 x2 = m − 2m + 1 1 − = ⇔ − = 2 x + x2 x1 x2 15m ( x1 + x2 ) − x1 x2 x1 x2 15m (1) Ta có ⇔ ⇔ 1 1 − = m − 6m + m − 2m + 15m 1 − = 4 Đặt m + = t m < ⇒ t < m + − m + − 15 m m m Ta có(1) trở thành t = −4 1 − = ⇔ ⇒ t = −4 ( t < ) t − t − 15 t = 12 Với t = −4 ta có m + = −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*) m Ta có: x4 + y4 y4 + z z + x4 x +y +z = + + ≥ x2 y2 + y z + z x2 = 2 4 Từ x2 y + y z y z + z x2 z x2 + x2 y + + ≥ xyyz + yzzx + zxxy = 2 = xyz (x + y + z) = xyz ( x + y + z = 1) = x = y = z ⇔x= y=z= Dấu xảy ⇔ x + y + z = 1 1 Vậy nghiệm hệ phương trình là: x = ; y = ; z = ÷ 3 3 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) 2 Ở m ∈ Ζ mà: m = ka – b ⇔ m + b = ka (2) Từ (1) (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + ⇔ ⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + – ka) (3) Do m > (điều suy từ (1) a, k, b > 0) nên m ≥ (vì m ∈ Ζ) Do b > nên b – ≥ (do b ∈ Ζ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ Vì từ (3) suy ra: (a + 1)(k + – ka) ≥ Lại a > nên suy ra: k + – ka ≥ ⇒ k + ≥ ka ⇒ ≥ k(a – 1) (4) a = k(a − 1) = Vì a – ≥ (do a ∈ Ζ, a > 0) k ∈ Ζ, k > nên từ (4) có: k(a − 1) = ⇔ a = k = m − = b − = ⇔ b = - Với a = Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = ⇔ b = m − = b − = Vậy, trường hợp ta có: a = 1, b = a = 1, b = b = - Với a = (vì k = 1) Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = ⇔ m = Khi b = 1, ta được: a = 2, b = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b ⇒ b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; Ta có x + = y + z ⇔ x + = y + z + yz ⇔ ( x − y − z ) + = yz ⇒ ( x − y − z ) + ( x − y − z ) + 12 = yz (1) TH1 Nếu x − y − z ≠ Ta có yz − ( x − y − z ) − 12 3= (2) vô lý 4( x − y − z ) ( x, y, z ∈ N nên vế phải (2) số hữu tỷ ) x − y − z = (3) yz = TH2 x − y − z = (1) ⇔ x = x = Giải (3) ta y = y = thử lại thỏa mãn z = z = Câu 4: P A N1 O M1 O1 I A' O2 N2 Q M2 S +) Ta có AM AN1 = AM AN = AI ⇒ ∆AN1 N đồng dạng với ∆AM M +) Ta có AM AN1 = AM AN = AI ⇒ ∆AN1 N đồng dạng với ∆AM M · N N + ·AM M = 1800 hay tứ giác M N1 N M nội tiếp suy ·AN1 N = ·AM M ⇒ M 1 2 · · AO = 180 − AOM +) Ta có ·AN1 N = ·AM M = ·AOM tam giác AOM1 cân O nên M · · Do ta AN1 N + M AO = 900 ⇒ OA ⊥ N1 N Gọi S giao điểm PM QM · M = POM · Ta có O, O2 , M thẳng hàng O2 I song song với OP ⇒ IO 2 (1) Mặt khác tam giác O2 IM cân O2 , tam giác OPM cân O kết hợp với (1) ta · IM = OPM · P, I , M thẳng hàng O 2 suy Tương tự ta có Q, I , M1 thẳng hàng Do PQ đường kính đường tròn ( O ) suy · Q = PM · Q = 900 PM ⇒ I trực tâm tam giác SPQ suy AI qua S hay ba đường thẳng AI , PM , QM đồng quy Câu Cho a,b c>0 Chứng minh rằng: ab bc ca a+b+c + + ≤ a + 3b + 2c 2a + b + 3c 3a + 2b + c Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b 1 1 11 1 ≤ + + Tacó áp dụng BĐT ( x + y + z ) + + ≥ ⇔ x + y + z x y z x y z ab ab ab 1 ab ab a = ≤ + + = + + ÷(1) Tương ÷ a + 3b + 2c (a + c) + (b + c ) + 2b a + c b + c 2b a + c b + c tự bc bc bc 1 bc bc b = ≤ + + ÷= + + ÷(2) 2a + b + 3c (a + b) + (a + c) + 2c a + c b + c 2b a + b b + c ac ac ac 1 ac ac c = ≤ + + + + ÷(2) ÷= 3a + 2b + c (a + b) + (b + c ) + 2a a + b b + c 2a a + b b + c Từ (1) (2) (3) ac + bc ab + ac bc + ab a + b + c a + b + c P≤ + + + = 9 a+b b+c a+c ... = Khi m = 1: Từ (1) suy a + k = b ⇒ b = Lúc được: a = 2, b = Tóm lại, có cặp số (a; b) thỏa mãn toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; Ta có x + = y + z ⇔ x + = y + z + yz ⇔ ( x − y − z ) + = yz