HD chấm Nội dung Câu Rút gọn biểu thức 1a (2,0đ) Có A = a = a 1b (2,0đ) Điểm  a − a a + a   A= − ÷ a − ÷ (a > 0và a ≠ 9) a −  a  a +3 ( a − 3) − ( a + 3) a − ( a + 3)( a − 3) a (a − a + 9) − (a + a + 9) a − = −12 a a−9 a Vậy A = −12 a (a > a ≠ 9) Tìm giá trị nhỏ M = A + a M = A + a = a − 12 a = ( ) a − − 36 ≥ −36 , dấu đẳng thức xảy a = 36 (tmđk) Vậy giá trị nhỏ M - 36 a = 36 Giải phương trình Điều kiện 2x + = ( 1) x 2x2 + x ≠ x2 + 2x + − = ( 2) x x2 + x x2 2x2 + t = t ≠ ⇒ t = ⇒ = Đặt ( ) x2 + t2 x2 2x2 + ( 1) ⇔ 2a (2,0đ) 2b (2,0đ) Khi (2) trở thành t = 1 + 2t − = ⇔ 2t − 3t + = ⇔ ( t − 1) ( 2t + 1) = ⇔  t = − t2  Với t = ta có x = x + ⇔  x > vô nghiệm  x + = x < x <  ⇔ ⇔ x=− • Với t = − ta có −2 x = x + ⇔  2 2 4 x = x +  x = Kết hợp với điều kiện suy nghiệm phương trình x = − 3   x − y = ( x − y ) ( 1) Giải hệ phương trình  2 ( 2)   y − 5x = Thay (2) vào (1) ta có x3 – y3 = (y2 – 5x2)(4x - y) ⇔ 21x3 – 5x2y – 4xy2 = ⇔ x(7x – 4y)(3x + y) = • Với x = thay vào (2) y = ±2 31 • Với 7x – 4y = thay vào (2) − y = vơ nghiệm 49 • Với 3x + y = thay vào (2) y = ⇔ y = ±3 y = x = - 1; y = - x = Vậy nghiệm hệ phương trình (x;y) = (0;2); (0;-2); (-1;3); (1;-3); 3a (2,0đ) 3 Tìm nghiệm nguyên (x, y) phương trình: 54x + = y Nếu x = suy y = 1, y = khơng có x ngun thỏa mãn Nếu x ≠ 0; y ≠ (1) ⇔ ×54 x (54 x + 1) = ×54 x y ( 1) ⇔ (4 ×27 x + 1) = (6 xy )3 + Đặt ×27x = a ; 6xy = b ta (a + 1) = (b + 1)(b − b + 1) (2) b + 1Md Từ (2) ta thấy b + > Gọi ƯCLN (b + 1; b − b + 1) = d ⇒  b − b + 1Md ⇒ b − b + = b(b + 1) − 2(b + 1) + 3Md ⇒ 3Md Mặt khác (a + 1) = (4.27 x + 1) M nên d M3 ⇒ d = ⇒ (b + 1; b − b + 1) = Từ (2) ta thấy tích hai số nguyên tố số phương nên phải có b + = m b2 - b + = n2 (Với m , n∈N* ; m ≥ ; m2 ≥ 4) 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) (4) ⇒(m2 - 2)2 < n2 < (m2 - 1)2 vô lý ⇒(2) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có nghiệm ( x; y ) = (0;1) Tìm giá trị nguyên dương m để phương trình x − mxy + y + = có nghiệm ngun dương Giả sử phương trình cho có nghiệm nguyên dương, xét ( x0 ; y0 ) nghiệm mà x0 + y0 nhỏ Do x, y phương trình bình đẳng nên khơng tính tổng quát ta giả sử x0 ≤ y0 2 2 Ta có: x0 − mx0 y + y0 + = ⇒ y0 nghiệm phương trình y − mx0 y + x0 + = (1)  y0 + y1 = mx0 (2) ⇒ y1 nguyên dương ⇒  y0 y1 = x0 + (3) suy phương trình nghiệm y1 thỏa mãn  3b (2,0đ) x0 + y0 ≤ x0 + y1 ⇒ y0 ≤ y1 y02 + 1 = + ⇒ y0 = y0 y0 (do m y0 nguyên dương) suy m = , phương trình cho nhận ( x; y ) = (1;1) làm nghiệm, ⇒ m = giá trị cần tìm 2 +) Nếu x0 < y0 = y1 từ (3) suy y0 = x0 + ⇔ ( y0 − x0 )( y0 + x0 ) = vô lý +) Nếu x0 = y0 thay vào phương trình đề cho m =  y0 ≥ x0 + nên từ (3) ⇒ ( x0 + 1)( x0 + 2) ≤ x0 + ⇔ x0 + ≤ vô lý  y1 ≥ x0 + +) Nếu x0 < y0 < y1  Vậy m = giá trị cần tìm 4a (2,0đ) A E x N F M H O B C D · · · · Ta có: ·AMN = MBH ( định lý góc ngồi tam giác) + MHB , ·ANM = NCH + NHC · · · · Mà MBH = NCH , MHB = NHC Suy ·AMN = ·ANM ⇒ ∆AMN cân A · Kẻ tiếp tuyến Ax (O) suy xAB = ·ACB · Mà ·ACB = AFE ( tứ giác BFEC nội tiếp), · suy xAB = ·AFE , ⇒ Ax //EF ⇒ OA ⊥ EF 4b (2,0đ) Tương tự: OB ⊥FD ; OC ⊥ DE ⇒ SABC = SAEOF + SBDOF + SCDOE 1 1 = OA ×EF + OB ×DF + OC ×DE = R ( EF + DF + DE ) = AD.BC 2 2 AD.BC Suy chu vi tam giác DEF R Mà R, BC cố định ⇒ Chu vi tam giác DEF lớn AD lớn ⇒ A điểm cung BC lớn Tam giác AMN cân A ⇒ phân giác AK trung trực MN ⇒ Tâm O’ (AMN) trung điểm AK ⇒ ·AMK = ·ANK = 900 Gọi I giao điểm MK BH, J giao điểm NK CH Chứng minh HIKJ hình bình hành ⇒ HK qua trung điểm G IJ · · · ⇒ ∆IMH cân I ⇒ MI = IH Tương tự: JN = JH Dễ thấy IMH = MHF = MHI 4c (2,0đ) Chứng minh ∆BIM đồng dạng với ∆CJN (g-g) ⇒ MI NJ IH JH = ⇒ = ⇒ IJ // BC BI JC BI JC Mà HK qua trung điểm G IJ nên qua trung điểm L BC (là điểm cố định) A O' F O H M I N G J B K D L C Cho số dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = Chứng minh rằng: 2a + 3b5 2b5 + 3c 2c + 3a + + ≥ 15 a + b3 + c − ab bc ca 2a + 3b5 Ta chứng minh bất đẳng thức (1) ≥ 5a − 10ab + 10b3 với a, b > ab 2a + 3b5 Thật vậy: ≥ 5a − 10ab + 10b3 ⇔ 2a + 3b5 − ab 5a − 10ab + 10b3 ≥ ab 5 ⇔ 2a − 5a b + 10a 2b3 − 10ab +3b ≥ ⇔ ( a − b ) ( 2a + 3b ) ≥ (luôn ∀ a, b > 0) ( ) ( (2,0đ) Tương tự ta có ) 2b5 + 3c ≥ 5b3 − 10bc + 10c3 (2) (luôn ∀ b, c > 0) bc 2c + 3a ≥ 5c − 10ca + 10a (3) (luôn ∀ c, a > 0) ca Cộng vế với vế bất đẳng thức (1), (2) (3) ta 2a + 3b5 2b5 + 3c 2c + 3a + + ≥ 15(a + b3 + c ) − 10( ab + bc + ca ) ab bc ca Mà ab + bc + ca = nên 2a + 3b5 2b5 + 3c 2c + 3a + + ≥ 15(a + b3 + c ) − 30 = 15(a + b3 + c3 − 2) ab bc ca Vậy ta có điều phải chứng minh, dấu “=” xảy a = b = c = ... b + = m b2 - b + = n2 (Với m , n∈N* ; m ≥ ; m2 ≥ 4) 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) (4) ⇒(m2 - 2)2 < n2 < (m2 - 1)2 vô lý... MI = IH Tương tự: JN = JH Dễ thấy IMH = MHF = MHI 4c (2,0đ) Chứng minh ∆BIM đồng dạng với ∆CJN (g-g) ⇒ MI NJ IH JH = ⇒ = ⇒ IJ // BC BI JC BI JC Mà HK qua trung điểm G IJ nên qua trung điểm L BC