; ac b 0,75 a 1 c 1 1 ab c bc a ca b 1 = a 1 b 1 b 1 c 1 a 1 c 1 Vậy H= = = Bài a/ 1,5đ c 1 a 1 b 1 a 1 abc b 1 c 1 a b c 3 a b c 2( ) N= 1,0 13 73 1 13 4,5 đ 0,25 25 10 2( ) = ab bc ca 0,5 (5 2)2 (4 3) (4 3) 2( ) ( 4 4 3) b/ 1,5đ (5 2)2 2( ) 4 4 5 5 2 (GT) a b 2(ab 1) (a b) 1 ab a b 2(a b) (1 ab) (1 ab) 0,5 0,25 0,5 2 a b (1 ab) (a b) -(1 ab)=0 (a b) ab a b ab Q;vi:a;b Q.KL c/ 1,5đ Đi u ki n: x (*) x x x 1 x Ta có: x x x x 2( x x 1) x x 1 x x 1 Đặt x x y (Đi u ki n: y ** ), phương trình tr thành y y 0,25 0,5 0,5 y 1 y y y 1 y 3 y +Với y 1 không thỏa mãn u ki n ( ) + Với y ta có phương trình: 0,25 1 x x x 1 x 1 x x 6x x 1 x 1 x x x x x 10 x 0,5 Vậy phương trình có nghi m x Bài a/ 1,75đ 0,25 3,5 đ Ta có x y xy x 1 xy y 2 2 x 1 x x x x 1 y x 1 x 1 x x x x y x 1 2 x x x x 1 y - Nếu x x ta có y y với y nguyên Vậy ngi m PT (1;y Z) *Nêu x x3 x x y x x x x (2 y )2 Ta có 2 y 0,25 0,25 x2 x x4 x3 x2 x x4 x3 x2 2 2 3x x x 3 2 Vậy ta có (2 x x) y * Ta có x x 2 (2 y )2 5x , Vậy ta có y x x ** Từ ta có 2 1đ (2 x x )2 y x x y x x 1 ; 2 2 y x2 x 2 2 Nếu y (2 x x 1)2 x x x x x 1 ( x 1)( x 3) x + x 1 y y 1 +Nếu x y 121 y 11 -Nếu y (2 x x 2)2 5x x y y 1 Kết luận Ta có x y z x y z x y y z x z b/ 2 0,25 0,5 1,75đ x y z x y z nên với x,y,z>0 ta có x y z x y z , áp dụng ta có 1 1 1 3 ab a bc b ca c ab a bc b ca c -Với x,y>0 ta có x y xy x y xy 11 1 x y 4 x y 0,5 áp dụng ta có 1 1 ab a ab a ab abc a ab( c 1) ( a 1) 1 1 abc 1 c ab(c 1) a ab(c 1) a c a 1 c Vây ta có ab a c a 1 a 1 b Tương tự ta có ; nên bc b a b ca c b c 1 3 ab a bc b ca c 0,5 1 c a b 3 c 1 a 1 a 1 b 1 b 1 c 1 1 Vậy dấu “=” có a=b=c=1 ab a bc b ca c 2 0,25 6đ Bài N M E Q F K A C I T G O H P B a/ 2đ -Ta có ACB nội tiếp đường tròn (vì ) mà AB đường kính nên ACB vng C AC BN Ta có MA=MC ( ), OA=OC ( ) nên MO trung trực AC MO AC MO // NB MOA NBO -Ta có OA MA ( ) MAO NOB 900 ; xét MAO NOB có MAO NOB 900 ; MOA NBO; OA OB R MAO NOB MO NB -Ta có MO // NB; MO NB MNBO hình bình hành.Ta có MAO = NOB (cm trên) nên ta có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC MNBO hình thang cân b/ 2đ c/ 2đ -Xét CHB MAO có MAO NOB 900 ; CBH MOA ( cm trên) CH HB HB MA AO R -Ta có CH AB (gt) ; MA AB ( ) IH HB HB CH // MA IH // MA MA AB R CH HB HB IH IH -Nên ta có 2 2 CH IH IC IH MA R 2R MA MA -Chi KI đường trung bình tam giác ACH KI // AB CHB 0,75 0,75 0,5 MAO -Chưng minh FQIO hình bình hành QF // IO -Chưng minh O trục tâm tam giác GIP 0,5 0,5 0,5 0,75 0,75 0,5 1đ 0,25 PG OI PG QF Bài 0,5 * A 427 42016 4n 227 1 41989 4n27 Vì A 227 số phương nên 41989 4n27 số phương Ta có 41989 4n27 > 4n27 (2n27 )2 *mà 41989 4n27 số phương nên ta có 0,5 41989 4n27 2n27 1 2n27 23977 n 4004 Với n=4004 ta có A= A 427 42016 44004 227 24004 số phương Vậy n=4004 A=427+42016+4n số phương 0,25 ... 227 1 4 198 9 4n27 Vì A 227 số phương nên 4 198 9 4n27 số phương Ta có 4 198 9 4n27 > 4n27 (2n27 )2 *mà 4 198 9 4n27 số phương nên ta có 0,5 4 198 9 4n27 2n27... trung trực AC MO AC MO // NB MOA NBO -Ta có OA MA ( ) MAO NOB 90 0 ; xét MAO NOB có MAO NOB 90 0 ; MOA NBO; OA OB R MAO NOB MO NB -Ta có MO // NB; MO NB... có NO=MA, mà MA=MC ( ) nên NO=MC MNBO hình thang cân b/ 2đ c/ 2đ -Xét CHB MAO có MAO NOB 90 0 ; CBH MOA ( cm trên) CH HB HB MA AO R -Ta có CH AB (gt) ; MA AB ( ) IH HB HB CH