ccc NỘI DUNG ĐỀ ccc Câu 1.
1. Cho hệ phương trình
((x−2y)(x+my) =m2−2m−3 (y−2x)(y+mx) =m2−2m−3.
a) Giải hệ phương trình khi m=−3;
b) Tìmm để hệ phương trình có ít nhất một nghiệm(x0;y0)thỏa mãn x0 >0,y0 >0.
2. Tìma ≥ 1 để phương trình ax2+ (1−2a)x+ 1−a = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x22−ax1 =a2−a−1.
Lời giải.
1.
a) Khim =−3 ta có hệ phương trình
(x2−5xy+ 6y2 = 12 y2−5xy+ 6x2 = 12 ⇔
(x2−5xy+ 6y2 = 12 x=±y.
b) Hệ phương trình viết lại
(x2+ (m−2)xy−2my2 =m2−2m−3 y2+ (m−2)xy−2mx2 =m2−2m−3
Trừ theo vế hai phương trình hệ trên ta thu được (2m+ 1)(y2−x2) = 0. Đến đây, xét từng trường hợp cho m ta có kết quả m= −1
2 , m=−1, m <3.
2. Áp dụng định lí Vi-ét ta có:a(x1+x2) = 2a−1. Suy raax1 = 2a−1−ax2, do đóax22+a2x2− a3−a2+ 2a= 0. Mặt khácax22+ (1−2a)x2+ 1−a= 0nên ta có x2 =a−1. Thay vào phương trình ban đầu thu được a= 1, a= 3.
Câu 2. Cho x, y là hai số nguyên dương mà x2+y2+ 10 chia hết choxy.
a) Chứng minh rằng x, y là hai số lẻ và nguyên tố cùng nhau.
b) Chứng minh rằng k = x2+y2+ 10
xy chia hết cho4 và k ≥12.
Lời giải.
a) Giả sử x là số chẵn. Vì x2+y2+ 10 chia hết cho xy nên y là số chẵn. Từ đó ta có, x2+y2 chia hết cho4 vàx2+y2+ 10 chia hết cho4, suy ra10chia hết cho4(vô lí). Vậyx, ylà hai số lẻ. Bây giờ, ta giả sử (x, y) =d, d6= 1. Suy ra d2 |(x2+y2)và theo giả thiết thì d2 |10 (vô lí). Tóm lại, x,y là hai số lẻ và (x, y) = 1.
b) Đặt x = 2a+ 1, y= 2b+ 1 suy rak = 4(a2 +b2+a+b+ 3)
(2a+ 1)(2b+ 1) . Do đó, k chia hết cho 4. Giả sử xchia hết cho 3. Lúc này, 3|(y2+ 10)(vô lí). Vậy x và y cùng không chia hết cho 3. Ta có: 3|x2 +y2+ 10 =kxy suy ra k chia hết cho 3. Từ đó ta cók ≥12.
Câu 3. Biết x≥y≥z, x+y+z = 0 và x2+y2+z2 = 6.
a) Tính S = (x−y)2+ (x−y) (y−z) + (y−z)2
b) Tìm giá trị lớn nhất của P =|(x−y)(y−z)(z−x)|.
Lời giải.
a) Từ giả thiết suy ra xy+yz+zx=−3. Vậy S =x2+y2+z2−(xy+yz+zx) = 9.
b) Áp dụng bất đẳng thức a2 +ab+ b2 ≥ 3ab, ta có P ≤ 3|x −z|. Mặt khác |x − z| ≤ p2(x2+z2) ≤ p
2(x2+y2+z2) = √
12. Suy ra P ≤ 3√
12 = 6√
3. Dấu “=”khi x = √ 3, y = 0, z =−√
3.
Câu 4. Tam giác ABC nhọn có BAC >’ 45◦. Dựng các hình vuông ABM N, ACP Q (M và C nằm khác phía vớiAB,B vàQ khác phía với AC). Đường thẳngAQ cắt đoạn BM tại E và AN cắt đoạn CP tại F.
a) Chứng minh rằng 4ABE v4ACF và tứ giácEF QN nội tiếp.
b) Chứng minh rằng trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
c) M N cắt P Qtại D, các đường tròn ngoại tiếp các tam giácDM Qvà DN P cắt nhau tại K (K 6=D), các tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại B và C cắt nhau tại J. Chứng minh các điểm D, A, K, J thẳng hàng.
Lời giải.
A N
Q
I D
K
B C
T
J
P M F
E
a) Ta có EAB’ +BAC’ = 90◦, F AC’ +BAC’ = 90◦. Suy ra EAB’ = F AC. Mặt khác, ta có’
∠ABE =∠ACF = 90◦. Vậy4ABE v4ACF (g.g).
Ta cú: AEãAC =AF ãAB mà AC =AQ, AB =AN suy raAE ãAQ=AN ãAF. Do đú, tứ giác QN EF nội tiếp.
b) Cách 1: Gọi T là giao điểm của M B và CP. Ta có tứ giácABT C nội tiếp và AT là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Mặt khác ta có AF ∥ ET, AE ∥ F T nên AET F là hình bình hành. Suy ra trung điểmEF cũng là trung điểmAT. Do đó trung điểm I của EF là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Cách 2: Xét hình thang AEBF, gọi X là trung điểm của AB khi đó IX thuộc đường trung bình của hình thang, suy ra IX ∥BE hay IX vuông góc AB. Vậy IX là đường trung trực của đoạn AB. Chứng minh tương tự thì I cũng thuộc trung trực đoạnAC. VậyI là tâm ngoại tiếp của tam giác ABC.
c) Giả sử DA cắt EF tại H. Ta có ∠N F H = ∠N QA (vì N QF E nội tiếp). Mà ∠N QA =
∠N DA (vì AQDN nội tiếp). Suy ra ∠N DA = ∠AF H. Suy ra N DF H nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có DQHE nội tiếp. Do đó H là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác DQM và DP N. Vậy H trùngK. Suy raD, A, K thẳng hàng.
Ta có ∠BKE =∠EAB = ∠CAF =∠CKF. Suy ra ∠BKC = 180◦−2∠BKE = 2(90◦ −
∠EAB) = 2∠BAC =∠BIC. Suy ra BKIC nội tiếp. Mà IBJ C nội tiếp vàJ B =J C nên
∠BKJ = ∠CKJ. Hay KJ là phân giác ∠BKC. Mặt khác ∠BKA = 180◦ −∠AEB = 180◦−∠AF C =∠AKC. Suy ra tia đối của tia KA cũng là phân giác của ∠BKC. Do đó A, K, J thẳng hàng. Vậy 4 điểm D, A, K, J thẳng hàng.
Câu 5. Với mỗi số nguyên dương m > 1, kí hiệu s(m) là ước nguyên dương lớn nhất của m và khácm. Cho số tự nhiênn >1, đặtn0 =nvà lần lượt tính các sốn1 =n0−s(n0),n2 =n1−s(n1),
ã ã ã, ni+1 =ni−s(ni), ã ã ã. Chứng minh rằng tồn tại số nguyờn dương k đểnk = 1 và tớnh k khi n= 216ã1417.
Lời giải.
Ta cú: ni+1 = ni −s(ni) > 0 suy ra ni+1 ≥ 1∀i = 0,1,ã ã ã hay ni ≥ 1∀i = 1,2,ã ã ã. Ta lại cú ni > ni+1 do đú ta cú dóy số nguyờn dương giảm (ni)∀i= 0,1,2ã ã ã được sắp xếp như sau
n=n0 > n1 > n2 >ã ã ã>ã ã ã Vì vậy, tồn tạik đểnk = 1.
Khi n = 216ã1417 = 233ã717 ta cú n1 = 232ã717, n2 = 231ã717. Tiếp tục quỏ trỡnh cho đến n33= 717 rồi thực hiện tiếp ta thu được n101= 1. Vậy k= 101.
——— HẾT ———