Câu 1:(2 điểm)
a‚
2
t a t a A
t a t a
− + +
= − − + ÷
² ² ² ²
² ² ² ²
3 3
3
2
5 3 5
+ −
3 − +² =
= ² > ⇒ ² =a² ²
nên
( )2
( )2
Nên
2
Trang 2
do đó ( )
2
2
2
2012 2
2
a x
a x
b‚ Có x y z + + = − ( x y y z z x ) ( − ) ( − ) (1)
Áp dụng kết quả bài toán: a³+ + =b³ c³ 3abc với a+b+c=0 (tự CM)
x y− + − + − = ⇒y z z x M = −x y + −y z + −z x = x y y z z x− − −
•Nếu x, y, z chia 3 cùng dư 0,1,2
⇒ −x yM 3 ; y z− M 3 ; z x− M 3 nênMM 3 4 = 81
•Nếu 2 trong 3 số x, y, z chia 3 cùng dư 0, 1, 2
⇒ vế trái của (1) chia 3 dư 1 hoặc 2
Vế phải của (1) chia hết cho 3
nên (1) vô lý
•Nêú trong ba số x, y, z có một số chia hết cho 3, một số chia 3 dư 1, một số chia 3 dư 2
⇒ vế trái của (1) chia hết cho 3
Vê phải của (1) không chia hết cho 3
nên (1) vô lý
Vậy MM 81
c‚ Cách 1
1 99 9 0,99 9 1 10 1 1 10 1 1
n
Trang 3
( 2 ) ( ) 2 2 2
2
1
10
n
n
= + − Cách 2
2
+ + = + + ÷
Có
2
2a b c
+ +
Đặt 1099 91 1
n
n
a= − =
; 99 9 101 n1 1
n
b= =
0,99 9 99 9 10 1
n
c= − = − = −
−
Suy ra
0
1 1 1
1 99 9 0,99 9
a b c S
a b c
+ + =
² ² ²
Nên áp dụng bài toán phụ ta có:
10 10
n
S
a b c a b c
−
² ² ²
Câu 2: (2 điểm)
1‚
Trang 4
2 2
1
4 2 (b 0)
² ²
² ²
⇔ 2(a²+b²) −ab a b( − = +) 8 4a− 4b− 2ab⇔ 2.8 −ab a b( − = +) 8 4(a b− − ) 2ab (vì a+b=8) ⇔ 2(ab+ =4) (ab+4) ( a b− ⇔) (ab+4) (a b− − =2) 0
⇔ − − =a b 2 0 (vì ab+4 >0 ∀a,b>0)
⇔a = b+2 (2)
Thế (2) vào (1) ta có : ( ) 2
b+ + = ⇔ +b² b² b+ = ⇔ +b² b− = (3)
Có ∆ = − − = > (3)‚ 1² ( )2 3 0
⇒ (3) có hai nghiệm phân biệt : b1 = − + 1 3 (thỏa mãn b>0)
b2 = − − 1 3 (không thỏa mãn b>0)
4 2 x 3 1 4 2 x 3 1 4 2 x 4 2 3 x 3 x 3
⇒ − = − ⇔ − = − ⇔ − = − ⇔ = ⇔ = (thỏa mãn
ĐKXĐ)
Vậy x =3 là nghiệm duy nhất của phương trình (*)
b‚
2
x
+
²
⇒ x² = ²+( x 4x+4 3) ( x²−6x−3)
Trang 5
⇔3x4 +6x³-16x²-36x-12=0
3 x 6 6x 20x 36x 120 0
⇔ ²− + + ²− = ⇔ ²− ²+ + = ⇔ − = x ² 6 0 hoặc 3 x ² + 6 x + = 2 0
• Nếu x²− = ⇔6 0 x²= ⇔ = ±6 x 6 (thỏa mãn ĐKXĐ)
•Nếu 3x²+6x+ =2 0 (1) có∆ =‚ 3²-2.3=3>0
3
x = − + 3 1
3
2 3 3 3 1
− + − −
±
4 0
Có (1)⇔ 4x²+ 2xy− 2y²− 10x+ 2y+ = 4 0
⇔( x²+ y²+ + 4 2xy− 4x− 4y) +(3x²− 6x+ − 3) (3y²− 6y+ = 3) 0
⇔( x y+ −2 2) ( x y− − =1) 0
⇔ + − =x y 2 0 hoặc 2x y− − =1 0
• Nếu x y+ − = ⇔ + =2 0 x y 2=1+1
⇔ + + + − − = ⇔ + −² − = ⇔ = =1.1
Trang 6
Nên x=y=1
4 13
= ⇒ =
Vây nghiệm (x,y) của hệ (**) là (1,1) ; 4; 13
5 5
− −
1
x y xy x
Vì x y, ∈ Ζ nên xy(xy+1) là số chính phương
xy và (xy+1) là hai số nguyên liên tiếp
Do đó xy =0 hoặc xy+1=0
• Nếu xy =0 ⇒ x=0 hoặc y=0
+ Với x=0 Từ (3) ⇒y=0
+ Với y=0 Từ (3) ⇒x=0
• Nếu xy+1=0⇒ xy=-1 ⇒ x=1;y=-1 hoặc x=-1;y=1 (x y, ∈ Ζ)
Vậy nghiệm nguyên (x,y)của phương trình (3) là (0,0); (1,-1); (-1,1)
Câu 3:(3 điểm)
a‚ Đặt 3-x =a ⇔ x+a=3
⇔ xa ≤ 2
Trang 7
Khi đó 4 ( )4 ( ) 4 4 ( )4 ( )
=34 − 4xa x ( ² + a ² ) (vì x+a=3)
x
≥
²+a² 5 nên − 4 xa x ( ² + a ² ) ≥ − 40
Do đó P≥ − 3 4 40 41 =
⇒ Min P= 41
⇔
b‚ y = x³−6x²+21x+18 với 1
1
2 x
− ≤ ≤
6 21 18 2 9 26
f x = −x³ x²+ x+ = −x + x+
2
D= x − ≤ ≤x
Lấy x x1 ; 2 ∈D, giả sử x1 <x2
x − + x + < x − + x + ⇒ f x < f x
Do đó f(x) đồng biên trên D
2 x
8 Dấu “=” xảy ra ⇔ =x −21 Max y= 34 Dấu “=” xảy ra ⇔ =x 1
Trang 8
Câu 4: (2 điểm)
a, Chứng minh HK ⊥ JI tại X
• Có ·ACB =90• (góc nội tiếp chắn nửa (O))
Vì ·NIC = NJC· = 90• (vì NI ⊥AC, NJ ⊥BC)
»CJ )
Mà ∆CJN vuông tại J (CJN· = 90o) ⇔CNJ NCB· + · =90•
Suy ra CIJ NCB· + · =90• (1)
Trang 9
Chứng minh tương tự ta có: ·CHK BCM+ · =90• (2)
⇒BMN BNM· + · =90• (3)
Mà ·NCB BMN= · (góc nội tiếp chắn»BN của (O)) (4)
Từ (1),(3),(4)⇒CIJ· = BNM·
Nên CIJ· = BCM· (5)
b, Tìm quỹ tích của điểm X
MK ∩( )O tại G
Mà NGBC nội tiếp (O)
NCJ GBK
=
⇒
=
Mà CQ= BQ (vì Q là trung điểm của BC)
Trang 10
Suy ra CQ− CJ=BQ− BK ⇒QJ =QK ⇒Q là trung điểm của JK
2
XQ = JK QK= (Tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyên trong tam
giác vuông)
•Laị có ·ICK =IXK· (vì NI⊥ AC tai I,Ị ⊥HK tại X)⇒ tứ giác ICXK nội tiếp⇒·XIP XKQ= ·
Nên ·PXI QXK= ·
Mà ·QXK QXI+ · = 90•
Vậy X luôn chạy trên đường tròn đường kính PQ cố định
Câu 5: (2điểm)
Trang 11
a ‚ Chứng minh BF là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ ECF
• Kẻ FH ⊥ BC tại H
∆ABC
2
EC BC CF
Nên
1
BC
FC EC EC
FC = EC = BC AC = BC )
⇒HB BC HC BC= − = −38BC=85BC
•Có ∆ BFH vuông tại H (vì FHB· =90•do FH⊥ BC)⇒ BF²=FH²+BH² (Đinh lí Pytago) ∆FHC vuông tại H ( vì ·FHC=90•do FH⊥ BC)⇒ FC²= FH²+HC² (Đinh lí Pytago) ⇒ FH²= FC²−HC²
Trang 12
Nên 1 9 25 1
BF²= FC²−HC²+HB²= BC²− BC²+ BC² = BC²
⇒ BF ² = BE BC (vì 12BC BE= )
BE BF
b ‚ Chứng minh BMOC là tứ giác nội tiếp
Mà OEC· =90• (vì AE⊥ BC tại E)
Nên OCF OFE· = ·
Mà ·BCF = BFE· (câu a)
Do đó BCF OCF· −· = BFE OFE· − · ⇒OCE OFM· = ·
đỉnh đối diện)
Trang 13
Câu 6: (1 điểm)
7
⇒ 62012 −1;62013 +1 chia hết cho 7
Vậy (62012 −1 ; 6) ( 2013 +1) là bội của 7