Câu 1: (1,5 điểm)

Giải phương trình 2015 2015x – 2014 + /2016x – 2015 – 2016. Câu 2: (1,5 điểm)

Cho phương trình (x – 2)(x – 2) + (4m + 1)x – 8m – 2 = 0 (m là tham số) Tìm m để phương trình đã cho có ba nghiệm X1, X, X, sao cho x + x + x = 11.

Câu 3: (2 điểm)

x + y + x + y = (x + 1)(y + 1)(1) 1. Giải hệ phương trình :

= 1 (2) Il y +1) (x + 1)

(x + y + z = 2 2. Cho các số dương x, y, z thỏa mãn điều kiện

xo + y2 + = 2 Chứng minh đẳng thức sau không phụ thuộc x, y, z

L (1 + y 2 + z^) (1 + z^ )(1 + x) (1 + x 1 + y) P = x,

V 1 + x V 1 + y2 V 1 + 2? Câu 4: (3 điểm) Cho ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R).

Gia sư B, C cố định và A di động trên đường tròn sao cho AB < AC và AC < BC. Đường trung trực của đoạn thẳng AB cắt AC và BC lần lượt tại P, Q. Đường trung trực của đoạn thẳng AC cắt AB và BC lần lượt tại M, N. 1. Chứng minh rằng OM.ON = R^. 2. Chứng minh bốn điểm M, N, P, Q cùng nằm trên đường tròn. 3. Giả sử hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN và CPQ cắt nhau tại S

và T. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng ST. Chứng

minh khi A di động thì H chạy trên một đường tròn cố định. Câu 5: (2 điểm) 1. Cho a, b là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện a > 0 và a + b > 1. Tìm

8a? + b giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = — —- + b .

4a 2. Tìm cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn x’ – 2x + 6x – 4y2 – 32x + 4y + 39 = 0).

Chỉ dẫn Câu 1: Phương trình đã cho 2015-(x-1)

2016(x – 1)

—– = 0 (*) v2015x – 2014:1 V2016x – 2015 +1 2015

2016 (x – 1) V2015x – 2014 +1 V2016x – 2015 +1! 2016

2015

–>Otx > V20158 — 2014 +1 V2016x – 2015 – 1

2016 Nên phương trình (*) có nghiệm x = 1 (thỏa điều kiện xác định cua phương trình).

2015

106

Câu 2: Phương trình (x – 2)(x – x) + (4m + 1)x – 8m – 2 = 0 có nghiệm x

2 và phương trình – (x – 2)(x – x + 4m + 1) = 0 Ta được x3 = 2 và X1, X2 là nghiệm của phương trình

x2 – X + 4m + 1 = 0 (*) Để có 3 nghiệm phân biệt thì (*) có X1, X2 đều khác 2 A = 1-4(4m +1) > 0

để (*) có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 (2)” – (2) + 4m + 1 = 4m + 3 + 0 để ca x1 và X2 đều khác 2

s

3

m<

16

dk 1).

im

#

–

Theo định lí Việt đối với phương trình (*), ta có

x, + X.; = 1

(x.x, = 4 + 1 Ta có x + x + x = (x1 + x2)? – 2x X2 + (2? = x + x + xy = 11 (1)2 – 214m + 1) + (2) = 11

-8m + 3 = 11 c m = -1 (thỏa đk 1). Vậy với m = -1 thì phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn

hệ thức x + x + x = 11. Câu 3:

1. Điều kiện x = -1, y + −1. Đặt

,

=

u.

V

5 + 1

– X

+ 1

ju + y = 1 Hệ phương trình có dạng

u + va = 1

fu=0 su = 1 HS tự giải hệ dễ dàng thấy hoặc

V -1

v = 0 Do đó tìm được nghiệm của hệ phương trình đã cho là (0; 1), (1; 0). 2. Từ điều kiện x + y + z = 2 = (x + y + z) = 4

O x + y2 + z” + 2(xy + x2 + yz) = 4 Hay 2 + 2(xy + x2 + yz) = 4 Suy ra xy + x2 + yz = 1 Ta có 1 + y = {xy + yz + xz) + y = x(y + z) + y(y + z) = (x + y)(y + z) = 1 + y = (x + y)(y + 2) Tương tự 1 + x2 = (x + y)(x + z), 1 + z = (y + z)(x + 2)

107

Lúc đó P = x – y

– – x +

x + y 2 + 1

|(x + y)(y + 2)(y + 2)(2 + x) (z + x)(x + y)(y + 2)(2 + x) Lúc đó P = x –

ty (z + x)(x + y)

(x + y)(y + 2) (z+x)(x + y)(x + y)(y + z) + Z1

(y + 2)(2 + x) P = x(y + 2) + y(z + x) + z(x + y)

= 2(xy + yz + zx) = 2 không phụ thuộc x, y, z. Câu 4: 1. Xét AOBM và ONB có góc 0 chung

Ta có OMB = 90° – A Do AABC nhọn nên OBN = 180° – BOC) = OBN = 90′ –

Do đó .MB = OBN Suy ra AOBM (S AOBN (g.g)

OM OB

OB ON Vậy OM.ON = (OB)^ = R^ (đpcm). 2. Tương tự trên OP.OQ R^ Suy ra OM.ON = OP.OQ

OP OM

ON OR AOPM và AONQ có 6 chung

M – OP OM và – VA ON OQ Nên AOPM co AONQ= ONQ – OPM MNQP nội tiếp.

Vậy M, N, P, Q cùng thuộc một đường tròn. 3. Ta chứng minh 0 6 ST. Thật vậy, giả sử OS cắt hai đường tròn ngoại

tiếp XSMN và ACPQ tại T1, Tp. Áp dụng đồng dạng ta có OMRON = OS.OT Và (OP.0Q = OS.OT, Từ đó OT1 = 0T = T = T = T Theo giả thiết BH 1 ST nên BH 1 OH hay BHO = 90°. Vậy khi A di động, thì H chạy trên đường tròn đường kính BO là đường tròn cố định.

108

Câu 5:

1. Ta có

A = 2a +

+ b

= 2a –

– 4

+

– 14a

+

– 4

+

b

b

– 4a

1 — 4 .

–

a + b – –

4a

+

= 2a

–

b

Theo giá thiết a > 0 và a + b > 1 nên A > 2a –

1 4

#

1 4a

+ b

= a +

+ b

+ a

2a + +

4a

+ bo + 1 – b

ܝܨ | ܠ

4a

A 2a +

—

+ (b

–

– )

1 2

4a

Theo bất đẳng thức côsi a +

2 4a

V 4a

Suy ra A 2 + 1 = 3.

–

,

my Iov

Dấu

“=” khi a = b =

NA

Vậy GTNN của A = 8 khi a = b = 3

AN 1

2. x4 – 2x + 6×2 – 4y2 – 32x + 4y + 39 = 0 (*) (*) (xo – 4x + 4)(x2 + 2x + 10) = 4y2 – 4y + 1

(x – 2)?[(x + 1)2 + 9) = (2y – 1)2

– Nếu x = 2 + y = 4 nên x = 2 không phải là đáp số cần tìm

Suy ra (x + 1)2 + 9 phải là số chính phương

Nhận xét x + 1 < (x + 1)^ + 9 < (|x + 1 + 9) Vì k phải là số nguyên nên ta xét các trường hợp sau TH1: (x + 1) + 9 = ( x + 1 + 1)^ = |x + 1 = 4 + x = 3 hoặc x = -5 – Với x = 3 thì y = 3 hoặc y = -2.. – Với x = -5 thì y = 18 hoặc y = -17. TH2: (x + 1)^ + 9 = ( x + 1 + 2) = x + 1 = ? (loại vì không thoa yêu

cầu bài toán). TH3: (x + 1)^ + 9 = {x + 1 + 3)^ = x + 1 = 0 = x = -1. Khi đó y = 5 hoặc y = -4.. Vậy ta có cặp số nguyên thỏa mãn đề bài là:

(3; 3), (3; -2), (-5; 18), (-5; -17), (-1; 5), (-1; –4).

109