Bài 1
(2 điểm)
1) Cho các số thực dương \(x, y, z\) thỏa mãn điều kiện \(x+y+z=3\) và \(x^2+y^2+z^2=5\). Tính giá trị của biểu thức
\[
P=x \cdot \sqrt{\frac{\left(2+y^2\right)\left(2+z^2\right)}{2+x^2}}+y \cdot \sqrt{\frac{\left(2+z^2\right)\left(2+x^2\right)}{2+y^2}}+z \cdot \sqrt{\frac{\left(2+x^2\right)\left(2+y^2\right)}{2+z^2}}.
\]
2) Cho \(f(x)\) là đa thức bậc ba với hệ số của hạng tử có bậc cao nhất bằng 1 , thoả mãn điều kiện \(f(2023)=2024\) và \(f(2024)=2025\). Tính giá trị của \(Q=-3 f(2025)+f(2026)\).
Bài 2
(2 điểm)
1) Giải phưong trình
\[
\frac{2}{3} \sqrt{4 x+1}-9 x^2+26 x-\frac{37}{3}=0
\].
2) Giài hệ phương trình
\[
\left\{\begin{array}{l}2(x+1)(2 y+1)+x+2=0 \\ 4 x y^2+4 y^2+4 x y-x-2 y-6=0\end{array}\right.
\]
Bài 3
(2 điểm)
1) Tìm tất cả các cặp số nguyên \((x ; y)\) thoả mãn \(x^4+y^4=20 y+2 x^2 y^2+1\).
2) Giả sừ \(n\) là số tự nhiên thoả mãn điều kiện \(n(n+1)+7\) không chia hết cho 7 . Chưng minh rà̛ng \(4 n^3-5 n-1\) không là số chính phương.
Bài 4
(2.5 điểm)
1) Cho tam giác nhọn \(ABC\) có đường cao \(AH\) và \(O\) là giao điểm ba đường trung trực của tam giác \(A B C\). Gọi \(M\) là giao điềm của \(A O\) và \(B C\). Chứng minh rằng:
\[
\frac{H B}{H C}+\frac{M B}{M C}=\frac{A B}{A C}\left(\frac{\cos B}{\cos C}+\frac{\cos C}{\cos B}\right).
\]
2) Cho hình vuông \(A E I F\) có cạnh bằng \(a\). Trên tia đối của tia \(E A\) lấy điểm \(B\), trên tia đối của tia \(F A\) lấy điểm \(C\) sao cho \(E B
b) Gọi \(M\) là trung điểm của \(A B, M I\) cắt \(A C\) tại \(Q\). Xác định vị trí của điểm \(B\) trên tia đối của tia \(E A\) để chu vi của tam giác \(A M Q\) đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 5
(0.5 điểm)
Viết tất cả các số tự nhiên từ 1 đến 2025 lên bảng, rồi xoá đi 1011 số bất ki trong chúng. Chúng minh rằng trong các số còn lại trên bảng, tồn tại it nhất hai số mà tổng của chúng là một số còn lạ̉ trên bảng.
Cách giải 1:
Sau khi xóa 1011 số bảng còn 1014 số. Gọi các số đó là \(a_i\) với \(i = 1,2,...,1014\). Không mất tính tổng quát ta giả sử:
\[
a_1 \ge a_2 \ge ... \ge a_{1014}
\]
Đặt
\[
b_1 = a_1 - a_2 \\
b_2 = a_1 - a_3 \\
\dots \\
b_{1013} = a_1 - a_{1014}
\rightarrow 1 \lt b_1 \lt b_2 \lt \dots \lt b_{1013} \lt a_1 \leq 2025
\]
Xét
\[
A = { a_1;a_2;...;a_{1014} } \\
B = {b_1;b_2;...;b_{1013}}
\]
2 tập có 2027 phần tử mà chỉ có 2025 giá trị nên tồn tại 2 phần tử bằng nhau. Vì các phần tử tập A là khác nhau và các phần tử trong tập B khác nhau nên có 2 phần tử bằng nhau và 1 thuộc tập A, và 1 thuộc tập B. Do đó ta có điều phải chứng minh.
Bài 6
(1 điểm)
Cho \(a, b, c\) là các số thực dương thoả mãn \(a b c \geq 1\). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
\[
P=\frac{1}{a^2+b c+2}+\frac{1}{b^2+c a+2}+\frac{1}{a b\left(c^3+1\right)+2}
\]
Cách giải 1:
Ta có
\[
\frac{1}{a^2+b c+2} \leqslant \frac{1}{a^2+\frac{1}{a}+2}=\frac{a}{a^3+2 a+1}
\]
Ta sẽ chứng minh \(a^3+2 a+1 \geqslant a^2+3 a\)
Hay \(a^3-a^2-a+1 \geqslant 0\) hay \((a-1) \cdot\left(a^2-1\right) \geqslant 0\) hay. \((a+1) \cdot(a-1)^2 \geqslant 0\)
Đúng nên
\[
\frac{1}{a^2+b c+2} \leq \frac{a}{a^2+3 a}=\frac{1}{a+3}
\]
Tương tự
\[
\frac{1}{b^2+c a+2} \leqslant \frac{b}{b^2+3 b}=\frac{1}{b+3}
\]
\[
\frac{1}{a b\left(c^3+1\right)+2} \leqslant \frac{1}{c^2+a b+2} \leq \frac{c}{c^2+3 c}=\frac{1}{c+3}
\]
Nên
\[
P \leqslant \frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3} \cdot
\]
Cần chứng minh
\[
\frac{1}{a+3}+\frac{1}{b+3}+\frac{1}{c+3} \leq \frac{3}{4}
\]
Hay \(4[(a+3)(b+3)+(b+3)(c+3)+(c+3)(a+3)] \notin\)
\[
\leqslant 3(a+3)(b+3)(c+3)
\]
Hay \(27 \leqslant 3 a b c+5(a b+b c+c a)+3(a+b+c)\)
Thật vậy
\[
\begin{aligned}
& 3 a b c \geqslant 3 \\
& 5(a b+b c+c a) \geqslant 5,3 \sqrt[3]{a b b c c a} \geqslant \\
& 3(a+b+c) \geqslant 9 \sqrt[3]{a b c} \geqslant 9
\end{aligned}
\]
Nên (*) đúng.
GTLN của \(P=\frac{3}{4}\) khi \(a=b=c=1\).