Do x y, trong phương trình là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử x0 y0... Mà R, BC cố định Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất A là điểm chính giữa của cung
Trang 1HD chấm
1a
(2,0đ)
( 0 và 9).
Có
9
Vậy A 12 a a ( 0 và a 9).
Tìm giá trị nhỏ nhất của M = A + a.
1b
(2,0đ)
2
M A a a a a , dấu đẳng thức xảy ra khi a = 36 (tmđk)
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là - 36 khi và chỉ khi a = 36
2a
(2,0đ)
Giải phương trình 92 22 1 1
x
Điều kiện x 0
2
2
2
0
x
Khi đó (2) trở thành
2
2
1 1
2
t
Với t = 1 ta có 2
2
0
9 0
x
x
vô nghiệm
2
0
2
2
x x
x
Kết hợp với điều kiện suy ra nghiệm của phương trình là 3 2
2
x
2b
(2,0đ)
5 4 2
x y x y
y x
Thay (2) vào (1) ta có x3 – y3 = (y2 – 5x2)(4x - y) 21x3 – 5x2y – 4xy2 = 0
x(7x – 4y)(3x + y) = 0
Với x = 0 thay vào (2) được y = 2
Với 7x – 4y = 0 thay vào (2) được 31 2
4
49 y
Với 3x + y = 0 thay vào (2) được y2 9 y 3
y = 3 thì x = - 1; y = - 3 thì x = 1
Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3);
Trang 23 2 3
(4 27 x 1) (6 ) xy 1
4 27x a ; 6xy b ta được ( a 1)2 ( b 1)( b2 b 1) (2)
Từ (2) ta thấy b + 1 > 0 Gọi ƯCLN( b 1; b2 b 1) d 2 1
1
Mặt khác ( a 1)2 (4.27 x3 1) 32 nên d 3 d 1 ( b 1; b2 b 1) 1
Từ (2) ta thấy tích của hai số nguyên tố cùng nhau là số chính phương nên phải có b + 1 = m2 và b2 - b + 1 =
n2 (Với m , nN* ; m 2 ; m24)
Ta có: n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 1) +1
n2 = (m2 - 1)2 - (m2 - 2) (3) n2 = (m2 - 2)2 + (m2 - 1) (4)
Từ (3) và (4) (m2 - 2)2 < n2 < (m2 - 1)2 vô lý (2) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất ( ; ) (0;1) x y
3b
(2,0đ)
Tìm các giá trị nguyên dương m để phương trình x2 mxy y 2 1 0 có nghiệm nguyên dương.
Giả sử phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương, xét ( ; ) x y0 0 là nghiệm mà x0 y0 là nhỏ
nhất Do x y, trong phương trình là bình đẳng nên không mất tính tổng quát ta giả sử x0 y0.
Ta có: x02 mx y y0 02 1 0 y0 là một nghiệm của phương trình y2 mx y x0 02 1 0 (1)
suy ra phương trình còn một nghiệm y1 thỏa mãn 0 1 2 0 1
(2)
1 (3)
y
x0 + y0 x0 + y1 y0 y1
+) Nếu x0 y0 thay vào phương trình đề cho được
2 0
0
y
(do m và y0 nguyên dương) suy ra m 3, khi đó phương trình đã cho nhận ( ; ) (1;1) x y làm
nghiệm, m = 3 là một giá trị cần tìm
+) Nếu x0 y0 y1 thì từ (3) suy ra y02 x02 1 ( y0 x0)( y0 x0) 1 vô lý
+) Nếu x0 y0 y1 thì 0 0
1 2
nên từ (3) ( x0 1)( x0 2) x02 1 3 x0 1 0 vô lý
Vậy m = 3 là giá trị cần tìm.
4a
(2,0đ)
E
M
D
H
F A
O
Trang 3Ta có: AMN MBH MHB ANM , NCH NHC ( định lý góc ngoài tam giác)
Mà MBH NCH MHB NHC ,
Suy ra AMN ANM AMN cân tại A
Kẻ tiếp tuyến Ax của (O) suy ra xAB ACB
Mà ACB AFE ( vì tứ giác BFEC nội tiếp),
suy ra xAB AFE , Ax //EF OA EF
4b
(2,0đ)
Tương tự: OB FD ; OC DE
SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE
Suy ra chu vi tam giác DEF là AD BC
Mà R, BC cố định Chu vi tam giác DEF lớn nhất khi AD lớn nhất A là điểm chính giữa của cung BC lớn
4c
(2,0đ)
Tam giác AMN cân ở A phân giác AK là trung trực của MN
Tâm O’ của (AMN) là trung điểm của AK AMK ANK 900
Gọi I là giao điểm của MK và BH, J là giao điểm của NK và CH
Chứng minh được HIKJ là hình bình hành HK đi qua trung điểm G của IJ
Dễ thấy IMH MHF MHI IMH cân tại I MI = IH Tương tự: JN = JH
JC
JH BI
IH JC
NJ BI
MI
//
Mà HK đi qua trung điểm G của IJ nên cùng đi qua trung điểm L của BC (là điểm cố định)
M
A
C
F H
B
J K
N
L D
G I
O O'
Trang 4(2,0đ)
Cho các số dương a b c , , thoả mãn ab2bc2ca2 3 Chứng minh rằng:
2 5 3 5 2 5 3 5 2 5 3 5 3 3 3
Ta chứng minh bất đẳng thức
ab
với a b , 0 (1)
ab
2 a 5 a b 10 a b 10 ab
3b5 0 a b 4 2a3b0 (luôn đúng a b , 0). Tương tự ta cũng có
bc
ca
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức (1), (2) và (3) ta được
Mà ab2bc2 ca2 3 nên
Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c 1