Câu 1: (2,0 điểm)

1. a) Giải phương trình 2x – 1+ 1 – 2x = 2x – x.
2. b) Cho các số a và b thỏa mãn điều kiện /a +

Chứng minh

ràng -1 < a < 0. Câu 2: (2,0 điểm)

1. a) Tìm các số nguyên a, b, c sao cho a + b + c = () và ab + bc + ac + 3 = 0 b) Cho m là số nguyên. Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên a, b,

c khác 0 sao cho a + b + c = 0 và ab + bc + ac + 4m = 0 thì cũng tồn tại các số nguyên a, b, c sao cho a + b + c = 0 và ab + bc +

a’c’ + m = 0. c) Với k là số nguyên dương, chứng minh rằng không tồn tại các số

nguyên a, b, c khác 0 sao cho a + b + c = 0 và ab + bc + ac + 2^ = 0 Câu 3: (1,0 điểm) Gia sử phương trình 2x + 2x + 1 – 1 = () có 2 nghiệm

nguyên (a, b là tham số). Chứng minh rằng a? – 5 + 2 là số nguyên và

không chia hết cho 3. Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có các góc nh), nội tiếp

trong đường tròn tâm O. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, E là điểm chính giữa của cung nhỏ BC, F là điểm đối xứng của E qua M. a) Chứng minh EB’ = EF.E() b) Gọi D là giao điểm của AE và BC. Chứng minh các điểm A, D, 0, F

cùng thuộc một đường tròI. c) Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và P là điám thay đổi

trên đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC sao cho P, Q, F không thẳng

hàng. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại P của đường tròn ngoại tiếp | tam giác POF đi qua một điểm cố định. Câu 5: (2,0 điểm) Để khuyến khích phong trào học tập, một trường THCS

đã tổ chức 8 đợt thi cho các học sinh. Ở mỗi đợt thi, có đúng 3 học sinh được chọn để trao giải. Sau khi tổ chức xong 8 đợt thi, người ta nhận thấy rằng với hai đợt thi bất kì thì có đúng 1 học sinh được trao giải ở cả hai đợt thi đó. Chứng minh rằng: a) Có ít nhất một học sinh được trao giải ít nhất bốn lần. b) Có đúng một học sinh được trao giai ở 8 đợt thi.

110

–

–

—-

–

–

OC

U

=

Chỉ dẫn Câu 1: a) Nhận xét rằng x – x = [(2x – 1) + (1 – 2x ), đặt u = (2x – 1, V = V1 – 2x.

lu2 + y2 Phương trình đã cho tương đương với u + y = 2,

V 2 2x – 1 = 1 – 2x

-1 + 15 28-120

–

U

=

V

X

=

–

1

1. b) Ta có:

a = 3

< 0 (vì b –

4 b) suy ra a < 0

wa

<va +

a <-1 = va < -1 = -1 Khi đó b-1 va + b = 1 a b – 1 < b – 3bo + 3b – 1e ( Về – 3 < 0 vô lí

Vậy a 2-1. Kết hợp với kết quả trên ta được –1 a < 0. Câu 2: (a + b + c = 0

→ a? + b2 + 2 = 6.

1. a) Ta có:

ab + bc + ca + 3 = 0

Do a, b, c có vai trò như nhau nên không giảm tính tổng quát ta có thể đặt ga > b >|c, do đó 1 < a < 3. Do a nguyên nên 1 = +2. Với a = 2 thì b + c = -2, bỏ + c = 2 b = c = -3. Ta Có bộ ba sổ (2; -1; -1) và các hoán vị. Với a = -2 thì b + c = 2, b + c = 2 => b = c = 1 ta có bộ ba sẻ (-2; 1; 1) và các hoán vị. b) Ta có a + b + c = 0 (1) chắn và ab + bc + ca = -4m (2) chản.

Nếu a, b, c đều lẻ thì (1) không thỏa mãn. Nếu có 1 số chẵn hai số lẻ thì (2) không thỏa mãn. Vậy bà số a, b, c đều chắn khi đó đặt a’ = 3, b = b, c = $ thì các số a’, b, c thoa

mãn yêu cầu đề bài. c) Với k = 0 ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca = -1 thì a + b^ + c = 2 (3)

111

Không có bộ ba số nguyên khác 0 thỏa mãn (3) Với k = 1 thì a + b + c = 0, ab + bc + ca = -2 thì a? + b^ + c = 4 (4) Không có bộ ba số nguyên khác 0 thỏa mãn (4) Với k > 1, nếu k chắn đặt k = 2n ta có a + b + c = 0 ab + bc + ac + 4n = 0, theo câu a) tồn tại các số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b + c) = 0, ab + b c + c a + 4′-‘ = 0. Tương tự sẽ có các số nguyên a, b, c thỏa mãn a + b) + Cu = 0, a,b + bc + can = -1 vô nghiệm Nếu k lẻ đặt k = 2n + 1 ta có a + b + c = 0, ab + bc + ca + 2.4″ = 0 Làm tương tự như trên ta có an + b + c = 0, a b + b c + a Cu = -2 vô nghiệm. Vậy không tồn tại các số a, b, c khác 0 thỏa mãn đề bài.

1- b Câu 3: Theo định lí Viet ta có: x + x= -a, XIX) = –

2

+

21 –

Khi đó Q = a – b^ + 2 = (x1 + x)? – (2x1X2 – 1)^ + 2

x + x – 4 x x + 6x X2 + 1 là một số nguyên Ta có Q = x + x – x x + 1 – 3 x x + 6x1X2 + Nếu X1, X2 không chia hết cho 3 thì xx chia cho 3 dư 1. Khi đó x + x – xx + 1 chia cho 3 dư 2, do đó , không chia hết cho 3. + Nếu xì chia hết cho 3, X, không chia hết cho 3 thì x + x – 2x + 1 | chia cho 3 dư 2 nên Q không chia hết cho 3. + Nếu X1, X2 chia hết cho 3 thì Q không chia hết cho 3.

Vậy trong mọi trường hợp không chia hết cho 3. Câu 4:

к a) Vì E là điểm chính giữa của cung BC nên OE 1 BC và EB

EC, OE là trung trực của BC, do đó M, 0, E thẳng hàng. Vẽ đường kính EK, trong tam giác vuông BEK đường cao BM ta có EB’ = EM.EK.

Mặt khác EF = 2EM, EO = = EK

nên EFEO = EM.EK = EB2 (1)

112

1. b) Ta có EBC = EAC – EAB, suy ra đEAB AEBD

suy ra EBP = ED.EA (2)

Từ (1) và (2) ta có EA.ED = EO.EF suy ra OFDA nội tiếp. c) Ta có EIB = EAB + ABI = A + B) = EBC + CBI = EBI

Uy r:

Suy ra EB = EI = EC. Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC

Do đó EP = EB và EP = EB? = EO.EF

Suy ra AEPF o VEOP suy ra EPF = EOP Vì 0, F cùng phía đối với E nên P0, PF cùng phía đối với PE và ti: tiếp tuyến Px (PF, PO cùng phía đối Fx) của đường tròn ngoại tiếp tam giác POF khi đó xPF = FOP = EPA.

Suy ra Px và PE trùng nhau. Vậy Px luôn đi qua điểm E cố định.

Câu 5:

1. a) Góc A là tập ba bạn đạt giải thưởng đợt thi thứ k

k = 1, 2, 3, …, 8. Giả sử A = (a, b, c) vì A o Ac, k = 2,8 có đúng một học sinh nên các học sinh a, b, c xuất hiện trong 7 tập A2, …, As và không có hai bạn nào xuất hiện cùng một tập.

Do đó theo nguyên lí Dirichlet thì có 1 học sinh thuộc ít nhất 3 tật trong các tập A2…Ag. Khi đó học sinh này có xuất hiện trong ít nhất 1 tập, hay được nhận thưởng ít nhất 4 lần.

1. b) Theo câu a, có một học sinh a nhận thưởng được ít nhất 4 lần, gia s?!

là từ lần 1 đến lần 4. Hay a thuộc A1, A2, A3, A4. Khi đó nếu a không nhận thưởng trong 8 lần, tức là có một lần a không nhận thưởng. Gia sự là lan 8, tức là a không thuộc AB. Khi đó AIO A là 1 học sinh nên có học sinh b + a thuộc A, tương tự có học sinh c, d, e lần lượt thuộc A, A3, A4 cũng thuộc Ag. Hơn nữa ly, c, d, e phải phân biệt. Do đó A chứa ít nhất 4 phần tử (vô lý). Vậy có một học sinh thuộc 8 tập, hay nhận thương 8 lần. Và không có hai học sinh nào cũng nhận thưởng hai lần nên chỉ có đúng một học sinh thỏa mãn điều kiện đề bài.

113