Bài 1
(4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức
\[
A=\frac{x^4-(x-1)^2}{\left(x^2+1\right)^2-x^2}+\frac{x^2-\left(x^2-1\right)^2}{x^2(x+1)^2-1}+\frac{x^2(x-1)^2-1}{x^4-(x+1)^2}
\]
2) Cho
\[
f(x)=\frac{2 \cdot 1+1}{\left(1^2+1\right)^2}+\frac{2 \cdot 2+1}{\left(2^2+2\right)^2}+\ldots+\frac{2 x+1}{\left(x^2+x\right)^2}
\]
với \(x \in \mathbb{N}^*\). Tìm \(x\) để
\[
f(x)=\frac{2024}{2025}
\]
Cách giải 1:
1) Ta có:
\[
A=\frac{x^4-(x-1)^2}{\left(x^2+1\right)^2-x^2}+\frac{x^2-\left(x^2-1\right)^2}{x^2(x+1)^2-1}+\frac{x^2(x-1)^2-1}{x^4-(x+1)^2}
\]
\[
=\frac{(x^2-x+1)(x^2+x-1)}{(x^2-x+1)(x^2+x+1)}+\frac{(x-x^2+1)(x+x^2-1)}{(x^2+x-1)(x^2+x+1)}+\frac{(x^2-x-1)(x^2-x+1)}{(x^2-x-1)(x^2+x+1)}
\]
\[
=\frac{x^2+x-1}{x^2+x+1}+\frac{x-x^2+1}{x^2+x+1}+\frac{x^2-x+1}{x^2+x+1} = \frac{x^2+x+1}{x^2+x+1} = 1
\]
2) Ta có:
\[
\frac{2 x+1}{(x^2+x)^2} = \frac{2 x+1}{x^2(x+1)^2} = \frac{(x+1)^2-x^2}{x^2(x+1)^2} = \frac{1}{x^2} - \frac{1}{(x+1)^2}
\]
Vậy ta có:
\[
f(x) = \frac{1}{1^2} - \frac{1}{2^2} + \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{x^2} - \frac{1}{(x+1)^2} = 1 - \frac{1}{(x+1)^2}
\]
Bài toán trở thành, tìm \(x \in \mathbb{N}^*\) để cho
\[
f(x) = 1 - \frac{1}{(x+1)^2} = \frac{2024}{2025}
\leftrightarrow (x^2+2x)2025 = 2024(x^2+2x+1) \leftrightarrow x^2+2x-2024 = 0
\]
Giải ra ta được \(x=44\) hoặc \(x=-46\) (loại). Vậy \(x=44\) thỏa mãn điều kiện đề bài.
Bài 2
(4 điểm)
1) Cho \(a, b, c\) là các số nguyên khác 0 thỏa mãn
\[
\frac{1}{a}-\frac{1}{2 b}=\frac{1}{3 c}
\]
Chứng minh \(a^2+4 b^2+9 c^2\) là số chính phương.
2) Cho ba số không âm \(a, b, c\) thỏa mãn \(a+b+c=2\). Chứng minh \(a+b \geq 4 a b c\).
Cách giải 1:
1) Ta có:
\[
\frac{1}{a}-\frac{1}{2 b}=\frac{1}{3 c} \leftrightarrow 3c(2b-a) = 2ab \leftrightarrow 4ab - 12bc + 6ca = 0
\]
Do đó:
\[
a^2+4 b^2+9 c^2 = a^2+4 b^2+9 c^2 + 4ab - 12bc + 6ca = (a-2b-3c)^2
\]
Vậy \(4ab - 12bc + 6ca\) là số chính phương, điều phải chứng minh.
2) Ta có:
\[
a+b+c=2 \leftrightarrow 4 = (a+b+c)^2 \geq 4(a+b)c \leftrightarrow 1 \geq (a+b)c \leftrightarrow a+b \geq (a+b)^2c \leftrightarrow a+b \geq 4abc
\]
Điều phải chứng minh
Bài 3
(4 điểm)
1) Trong một hộp kín có 6 viên bi màu đỏ, 4 viên bi màu xanh, 8 viên bi màu vàng (có kích thước và hình dạng như nhau). Lấy ngẫu nhiên 1 viên bi từ trong hộp.
a) Tính xác suất của biến cố \(H\) : "Lấy được viên bi màu xanh hoặc màu vàng".
b) Thêm vào hộp một số viên bi màu đỏ, màu xanh và màu vàng sao cho xác suẩt lấy được một viên bi mỗi màu không đổi so với ban đầu. Cần thêm it nhất bao nhiêu viên bi mỗi màu?
2) Giải hệ phương trình
\[
\left\{\begin{array}{l}5 x^2+12 y^2=76+2 x y \\ (x+y)\left(6 x^2+13 y^2-76\right)=0\end{array}\right.
\]
Cách giải 1:
1)
a) \(H\) là biến cố "Lấy được viên bi màu xanh hoặc màu vàng". Ta có:
\[
P(H) = \frac{4+8}{6+4+8} = \frac{2}{3}
\]
b) Gọi \(a,b,c\) lần lượt là số bi màu đỏ, xanh và vàng cho thêm vào để xác suất lấy bi mỗi màu không đổi như ban đầu, vậy cần tìm \(a,b,c\) là bộ số nguyên nhỏ nhất thỏa mãn:
Xác suất để lấy bi màu đỏ trước khi cho thêm bi vào là
\[
P_1(đỏ) = \frac{6}{6+4+8} = \frac{1}{3}
\]
Xác suất để lấy bi đỏ sau khi cho thêm bộ \(a,b,c\) bi màu đỏ, xanh và vàng vào là:
\[
P_2(đỏ) = \frac{6+a}{6+4+8+a+b+c} = \frac{6+a}{18+a+b+c}
\]
Do hai xác suất này bằng nhau nên ta có:
\[
\frac{6+a}{18+a+b+c} = \frac{1}{3} \tag{1}
\]
Tương tự với các xác suất khác, ta có hệ phương trình
\[
\left \{ \begin{array}{l} \frac{6+a}{18+a+b+c} = \frac{1}{3} \\
\frac{4+b}{18+a+b+c} = \frac{2}{9} \\
\frac{8+c}{18+a+b+c} = \frac{4}{9} \\
\end{array}\right.
\leftrightarrow
\left \{ \begin{array}{l} 2a = 3b \\
2b = c \\
4a = 3c \\
\end{array}\right.
\leftrightarrow
\left \{ \begin{array}{l} a = 3k \\
b= 2k \\
c = 4k \\
\end{array}\right.
\]
Vậy bộ số \((a,b,c)\) nhỏ nhất là \((3,2,4)\) thỏa mãn đề bài.
Bài 4
(6 điểm)
1) Cho tam giác \(A B C\) nhọn có các đường cao \(A D ; B E\) và \(C F\) cắt nhau tại \(H\) ( \(D \in B C ; E \in A C ; F \in A B\) ). Qua \(B\) kẻ đường thẳng song song với \(C F\) cắt tia \(A D\) tại \(K\).
a) Chứng minh \(\triangle A E F \backsim \triangle A B C\).
b ) Gọi \(I\) là trung điểm \(B C\), tia \(H I\) cắt \(B K\) tại \(N\). Chứng minh \(A N\) vuông góc \(E F\).
2) Cho góc nhọn \(\alpha\) biết \(\tan \alpha=2\). Tính giá trị biểu thức
\[
M=\frac{\sin ^3 \alpha+\cos ^3 \alpha-\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{4 \cdot \cos ^3 \alpha-3 \cdot \sin ^3 \alpha+8 \cdot \sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha}
\]
Cách giải 1:
2) Ta chia biểu thức cả tử và mẫu cho \(\cos ^3 \alpha\) ta được
\[
M=\frac{\sin ^3 \alpha+\cos ^3 \alpha-\sin \alpha \cdot \cos ^2 \alpha}{4 \cdot \cos ^3 \alpha-3 \cdot \sin ^3 \alpha+8 \cdot \sin ^2 \alpha \cdot \cos \alpha}= \frac{\tan^3 \alpha + 1 - \tan \alpha}{4 - 3 \tan \alpha + 8 \tan^2 \alpha} = \frac {8+1-2}{4-6+32} = \frac{7}{30}
\]
Bài 5
(2 điểm)
Một tấm bìa dạng tam giác vuông có độ dài ba cạnh là các số nguyên. Chứng minh rằng có thể cất tấm bìa thảnh sáu phần có diện tích bằng nhau và diện tích mỗi phẩn là số nguyên.
Cách giải 1:
Đặt \(a, b, c\) lần lượt là 2 cạnh góc vuông và cạnh huyền của tấm bìa hình tam giác vuông, theo định lý Pitago ta có:
\[
a^2 + b^2 = c^2
\]
Với \(a, b, c\) là các số nguyên. Ta có diện tích tấm bìa sẽ là \(S = \frac{1}{2}ab \), bài toán đưa về chứng minh S \(\vdots\) 6.
Với \(a, b, c\) là các số nguyên.
+) Nếu \(a, b, c\) là các số lẻ thì \(a^2 \equiv 1 (mod 4) \) và \(b^2 \equiv 1 (mod 4) \) và \(c^2 \equiv 1 (mod 4) \) vô lý vậy \(a, b, c\) phải có một số chẵn
+) Nếu \(c\) chẵn, 2 trường hợp xảy ra: \(a,b\) đều lẻ ta có \(a^2 + b^2 \equiv 2 (mod 4) \) vậy \(a,b\) đều chẵn.
+) Nếu \(c\) lẻ thì \(a, b\) có 1 số lẻ, giả sử là a đặt
\[
c = 2n + 1, a = 2m + 1
\]
Với \(m, n \in N^*\) ta có:
\[
a^2 + b^2 = c^2 \rightarrow b^2 = c^2 - a^2 = (2n + 1)^2 - (2m + 1)^2 = 4n(n+1)-4m(m+1) \vdots 8 \rightarrow b \vdots 4
\]
Vậy \(ab \vdots 4 \), ta sẽ chứng minh \(ab \vdots 3\), thật vậy giả sử \(ab \not \vdots 3\) ta có \(a^2 + b^2 \equiv 2 (mod 3)\) suy ra \(c^2 \equiv 2 (mod 3)\) vô lý, vậy \(ab \vdots 3\). Vậy \(ab \vdots 12\) nên \(S = \frac{1}{2}ab \vdots 6 \) nên có thể chia tấm bìa thành 6 phần có diện tích nguyên bằng nhau.