Câu 1: (2,0 điểm)

X + 4 xVx -8 XVX + 8 a) Cho biểu thức M = 4

Vx x-2/x x+2/x

Y

+

Chứng minh M > 8, 7x > 0, x + 4. Tìm x để ? nhận giá trị nguyên.

1. b) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho parabol (P): y = x^ và đường thẳng (d): y

2(m – 3)x + 4m + 8 (m là tham số). Tìm giá trị của m để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A(x1; y ) và B(x2; y) sao cho biểu thức T = x x

+ y + y đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2: (2,0 điểm)

1. a) Giải phương trình ^ + 1 =

3 x

Com

||xy – 2 = 4 – y b) Giải hệ phương trình

1×2 – xy +1 = 0

z

L

Câu 3: (3,0 điểm) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai tia BA và

CD cắt nhau tại K. Hai tia AD và BC cắt nhau tại I. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Các đường phân giác trong của các góc BKC và góc BLA cắt nhau tại I. Chứng minh: a) DKL + DLk = ABC và KID = 90°. b) KM.BD = KN.AC và LM.BD = EN.AC. c) Các đường phân giác trong của góc BKC, góc BLA và đường thẳng MN

đồng quy. Câu 4: (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực dương. Chứng minh:

x + y + 2

> – V8x2 + 3y2 + 14xy V8y2 + 3z + 14 yz V8z2 + 3x? + 14zx Câu 5: (2,0 điểm) a) Tìm các số x, y nguyên dương thỏa mãn phương trình:

16(x® – yo) = 15xy + 371. b) Trung tâm thành phố Hải Phòng có tất cả 2016 bóng đèn chiếu sáng

đô thị, bao gồm 670 bóng đèn ánh sáng trắng, 672 bóng đèn ánh sáng vàng nhạt, 674 bóng đèn ánh sáng vàng sậm. Người ta thực hiện dự án thay bóng đèn theo quy luật sau: Mỗi lần người ta tháo bỏ 2 bóng đèn khác loại và thay vào đó bằng 2 bóng đèn thuộc loại còn lại. Hoi theo quy trình trên, đến một lúc nào đó, người ta có thể nhận được tất cả các bóng đèn đều thuộc cùng một loại không?

Chỉ dẫn Câu 1: a) Điều kiện xác định: x > 0, x + 4 M=

x + 4 XV x – 8 XVX + 8 X+4 V x x – 2vx x + 2 x V x

V x

x

+A

+ 4

+

1

X

M

=

x +

+ 4 > 2

x.

= + 4 = 8 (Theo bất đẳng thức côsi) đắng

VX

M

thức không xảy ra vì x + 4 nên M > 8

99 Vì M > 8 nên 0 < <

7 nguyên khi M 8 9Vxq

=1 – = 1 x – 5 vx + 4 = 0 x + 4vx + 4

(= 4

x = 1 x = 16

1. b) Hoành độ giao điểm của (d) và (P) là nghiệm của phương trình

98

x’ = 21m – 3)x + 4m + 8 x – 21m – 3)x – 4m – 8 = 0 (*) Với phương trình (*), ta có

= (m – 3)2 + (4m + 8) = m – 2m + 17

-= (m – 1)2 + 16 > 0 m e R. Vậy phương trình (*) luôn luôn có 2 nghiệm phân biệt, tức (d) cắt (P) tại 2 điểm.

Với phương trình (*), theo định lí Viet ta có

x, + X., =- 2m – 6

xxx = -(4+ 8) T = X1X2 + yı + y2 = X1X2 + x + x3 = (x1 + x2)2 – XjX9 T = (2m – 6) – (-4m – 8) = 4m2 – 20m + 44

=- (2m – 5)2 + 19 = 19 Vm e R.

Dấu “=” khi 2m – 5 = 0 = m =

Vậy GTNN của T bằng 19 khi m = 2.

Nier

Câu 2:

X 4 X 48 a) Điều kiện xác định: x + (). Đặt t = 2 – > –+

3 X 3 Phương trình đã cho có lạng 3t? + 8 = 10t

= 3

X

+ 8

‘

3t2 – 106 + 8 = 0)

3 (t = 2

x = -2

* Với t

ta có

col

x2 – 4x – 12 = 0

* Với t = 2, ta có ^

3

^ X

= 2

= x^ – 6x – 1) = 0 <=

x = 3 – 21 x = 3 – V21

Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt:

X1 = -2, x2 = 6, X3,4 = 3 + V21 |xy – 2 – 4 – yz . lxy – 2 – 4 — yo 1x’ – xy + 1 = 0 4×2 – 4xy + y2 = y2 – 4

llwy – 4 – 4 – y2 (1)

(2x — y)2 = y2 – 4 (2) Từ (1) 4 – y > 0 =yo & 4

99

“Từ (2) = y^ – 4 2 0 = y 24 Từ (1) và (2) suy ra y = 4 + y = +2 * Với y = -2 thì (1) ta được x = -1 * Với y = 2 thì (1) ta được x = 1

Vậy hệ phương trình có nghiệm là (1; 2) và (-1; -2). Câu 3:

N0

1. a) Có DKL + DLK = 180° – KDL = 180° – ADC = ABC (do ABCD nội tiếp). Do đó KID = 180° – (KL + LK = 180° – (KD + DHL + ILD + DLK)

180° – (ABC BÁC BLA) = 180° – ($dĄD + JsACD – usđBCSdAD -sdBSACD

X

= 18

D + sđCD + sđ BC BC + sđ AB AB)

= 180° – 90o = 90° b) AKAC có AKDB vì có 6 chung và ADB = ACD Mà M, N lần lượt là trung điểm AC, BD nên AKAM o AKDN KM KN KM KN

KN = KM.BD = KN.AC (*) AMDN AC BD Tương tự ta cũng có LM.BD = EN.AC. c) Vì AKAM S AKDN → AKM = DKN mà IKB = IKD

100

suy ra AKM – KB = DKN – KD KM = KN nên IK là phân giác của góc NKM Giả sử KI cắt MN tại J, theo tính chất phân giác ta có JM KM AC

(1) (do (*)) JN KN BD Tương tự, với LI phân giác của góc MLN và LI cắt MN tại H ta cũng HM LM AC

(2) HN LN BD Từ (1) và (2) và do H, J 6 đoạn MN nên H = J = I

Vậy KI, LI và MN đồng quy tại I (đpcm). Câu 4: * Có 8x + 3y + 14xy = (4x + y)(2x + 3y)

(2x + 3y) + (4x + y) Áp dụng BĐT Cauchy, ta được:

(2x + 3y).(4x + y)

có

Hay 3x + 2y 2 V(2x + 3y).(4x + y) = V8x2 + 3y2 + 14xy s 3x + 2y Chứng minh tương tự có: 18y + 3z + 14yz < 3y + 2z

V8z + 3x + 14×2 < 32 + 2x

Suy ra:

=

+

–

=

+

—

V8x + 3y2 + 14xy

V8y2 + 3z + 14 yz

V8z + 3x? + 14xz

3x + 2 y

3y + 2z

32 + 2x

* * 24 * ‘* 3 * 2x Đạt – xy + 3 = >S+ *** 2 3 y 25

Đặt S = =

3x + 2y

3y + 22

32 + 2x

2V +

v

>S+

x + y +z

5

X 3x + 2y

3 x + 2y +

25

34 H 2

–

3y + 2z 2 4

S 2 : 28

Z – – 3z + 2x

3z + 2x +

25

3y + 2z

>

2

—

+

2

_

— 2.1

3z + 2x

25

x2 3x + 2y oly? 3y + 2zol z V 3x + 2y 25 V 3y + 2z 25 V 3z + 2x (theo Cauchy) (x y z

x + y + z 15 5

=

2

–

+

+

S22

101

Vậy –

V8x2 + 3y2 + 14xy

V8y2 + 3z* + 14 yz

V8z + 3×2 + 14xz

X + y Z

— (dpcm).

Câu 5:

371. a) 16(x” – y) = 15xy + 371. Vì x, y nguyên dương

nên 15xy + 371 > 0 = x – y^ > 0 =x > y Do đó, đặt x = y + t, t e , t > 1. Ta có phương trình:

16(y + t)’ – 16y2 = 15(y + t)y + 371

48ty + 48t2y + 16 = 15y2 + 15ty + 371 > (48t – 15 )y2 + (48t? – 15t)y + 16t – 371 = 0 (*) Vì t, y nguyên dương nên từ (*) suy ra 16tỷ < 371 > t < 24 = te {1; 2} –) Với t = 1: (*) e 33y + 33y – 355 = 0 (vô lý vì 355 khong chia hết

cho 3) -) Với t = 2: (*) % 8ly + 1629 – 243 = 0 = y + 2y – 3 = 0 <> y = 1 (do

y nguyên dương). Vậy phương trình có nghiệm (x; y) = (3; 1). b) Gọi A, B, C (n + N) lần lượt là số bóng đèn ánh sáng trắng, ánh

sáng vàng nhạt, ánh sáng vàng sậm còn lại sau khi thực hiện quy trình như gia thiết lần thứ n. Theo giả thiết ta có: A1 – Bo = 1 (mod 3), Bo – Co = 1 (mod 3), C. – Bo = 1 (mod 3) Nhận thấy sau mỗi lần thực hiện quy trình thì mỗi loại bóng đèn đều hoặc là giảm đi 1 hoặc là tăng lên 2 nên: A – B = 1 (moc 3), B – C. = 1 (mod 3), Cn – An = 1 (mod 3), yn 21 (*) Nếu tất cả chỉ còn lại một loại bóng đèn thì hiệu số giữa hai loại bóng đèn khác nhau khi đó bằng 2016 hoặc 0, là các số chia hết cho 3. Điều này mâu thuẫn với khẳng định (*). Vậy không thể thực hiện quy trình trên để tất cả bóng đèn thuộc cùng một loại.

u

102