Bài 1
(2 điểm)
Rút gọn biểu thức:
\[A=\left(\frac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b}}+\frac{a-b}{\sqrt{a^2-b^2}-a+b}\right) \cdot \frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{a^2-b^2}} \]
với \(a \gt b \gt 0\).
Cách giải 1:
Ta có \(a \gt b \gt 0\) nên \(a-b \gt 0\) do đó \(\sqrt{a-b}\) tồn tại. Biến đổi biểu thức:
\[A=(\frac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b}}+\frac{a-b}{\sqrt{a^2-b^2}-a+b}) \frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{a^2-b^2}} \]
\[ = (\frac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b}}+\frac{a-b}{\sqrt{(a-b)(a+b)}-(a-b)}) \frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{(a-b)(a+b)}} \]
\[ = (\frac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b}}+\frac{\sqrt{a-b}}{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}) \frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{(a-b)(a+b)}} \]
\[ = (\frac{1}{\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b}}+\frac{1}{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b}}) \frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{a+b}} \]
Quy đồng bên trong ngoặc ta được:
\[A= \frac{\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b} +\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b}}{(\sqrt{a-b}+\sqrt{a+b})(\sqrt{a+b}-\sqrt{a-b})} \frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{a+b}} \]
\[ = \frac{2\sqrt{a+b}}{a+b-(a-b)} \frac{a^{2}+b^{2}}{\sqrt{a+b}} = \frac{2(a^{2}+b^{2})}{2b} = \frac{(a^{2}+b^{2})}{b} \]
Bài 2
(2 điểm)
Cho \(a, b\) là các số thực dương phân biệt thóa mãn:
\[\frac{8 b^8}{a^8-b^8}+\frac{4 b^4}{a^4+b^4}+\frac{2 b^2}{a^2+b^2}+\frac{b}{a+b}=4\]
và
\[a^2=2025+b^2\]
Tính giá trị biểu thức: \(P=(a-b-10)^2+2000\).
Bài 3
(2 điểm)
Giải hệ phương trình: \(\left\{\begin{array}{l}13 \sqrt{x-1}+9 \sqrt{y+2}=16 x \\ \left(x^2+x\right) \sqrt{x-y+3}=2 x^2+x+y+1\end{array}\right.\)
Bài 4
(2 điểm)
Cho các chữ số \(0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9\). Gọi \(X\) là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau viết được từ các chữ số nói trên. Lấy ngẫu nhiên một số từ tập hợp \(X\). Tính xác suất của biến cố \(A\) : "Số lấy ra là số lớn hơn 59000"
Bài 5
(2 điểm)
Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:
\[(2 x-y-2)^2=7\left(x-2 y-y^2-1\right) \]
Bài 6
(2 điểm)
Cho số tự nhiên \(n \geq 2\) và số nguyên tố \(p\). Chứng minh rằng nếu \(p-1\) chia hết cho \(n\) và \(n^6-1\) chia hết cho \(p\) thì ít nhất một trong hai số \(p-n\) và \(p+n\) là số chính phương.
Cách giải 1:
Theo đề bài \(p-1 \vdots n\) nên đặt \(p-1=nk \rightarrow p = nk + 1\) với k nguyên dương. Do p là số nguyên tố nên p lẻ (do \(n \geq 2\)) và \(n \lt q\).
Ta có: \(n^6-1=(n-1)(n+1)(n^2+n+1)(n^2-n+1) \vdots p\)
Do \(n \lt p \rightarrow 0 \lt n-1 \lt p\) vậy \(n - 1\) không chia hết cho p. Ta xét các khả năng sau:
+) Trường hợp 1: \((n+1) \vdots p\) Ta có \(n+1 \geq p = nk + 1\) do đó \(k=1\) vậy \(p=n+1\) nên \(p-n = 1\) là số chính phương.
+) Trường hợp 2: \((n^2+n+1) \vdots p\) Ta có \((n^2+n+1) \vdots nk+1\), khi đó \(k(n^2+n+1) - n(nk+1) = [(k-1)n+k] \vdots (nk+1)\). Suy ra:
\[n k+1-(k-1) n+k=[(n+1)-k] \vdots (n k+1)\]
- Nếu \((n+1)-k \lt 0 \rightarrow (n+1)-k \geq nk + 1 \rightarrow n \geq nk+k \gt n\) Vô lý
- Nếu \((n+1)-k=0 \rightarrow k=n+1 \rightarrow p+n = (n+1)n + 1 + n = (n+1)^2\) là số chính phương.
- Nếu \((n+1)-k \lt 0 \rightarrow [k - (n+1)] \vdots (nk+1) \rightarrow k-(n+1) \geq nk+1 \rightarrow k \geq (n+1) +nk + 1 \lt k\). Vô lý.
+) Trường hợp 3: \((n^2-n+1) \vdots p \rightarrow (n^2-n+1) \vdots (nk+1) \rightarrow n(nk+1) - k(n^2-n+1) = [nk+1+(n-k-1)] \vdots (nk+1)\). Khi đó ta có: \((n-k-1) \vdots (nk+1) \)
- Nếu \(n-k-1=0 \rightarrow n = k+ 1 \rightarrow p - n = n(n-1) + 1 - n = (n-1)^2\) là số chính phương.
- Nếu \(n-k-1 \gt 0 \rightarrow n \gt k+1 \rightarrow n-k-1 \geq nk+1 \rightarrow n \geq nk+k + 2\). Vô lý
- Nếu \(n-k-1 \lt 0 \rightarrow (k+1-n) \vdots (nk+1) \rightarrow k+1-n \geq nk+1 \rightarrow k \geq n(k+1) \gt k\). Vô lý
Vậy trong mọi trường hợp ta đều có : \(p-n\) hoặc \(p+n\) là số chính phương.
Bài 7
(1.5 điểm)
Có hai chiếc cọc cao 10 m và 30 m đặt vuông góc với mặt đất tại hai vị trí \(A\) và \(B\). Biết khoảng cách giữa hai cọc bằng 24 m . Người ta đặt một cái chốt ở vị trí \(M\) trên mặt đất, nằm giữa hai chân cọc để giăng dây nối đến hai đỉnh \(C\) và \(D\) của hai cọc (như hình vẽ). Hỏi người ta phải đặt chốt ở vị trí cách \(A\) một khoảng bằng bao nhiêu trên mặt đất để tổng độ dài của hai sợi dây đó là ngắn nhất?
Bài 8
(3.5 điểm)
Cho tam giác nhọn \(A B C\) nội tiếp đường tròn \((O)\), ba đường cao \(A D, B F, C E\) cắt nhau tại \(H\), vẽ \(O K \perp B C(K \in B C)\). Gọi \(I\) là trung điểm của \(A H\), gọi \(J\) là giao điểm của \(A H\) và \(E F\), kẻ đường kính \(A P\) của đường tròn \((O)\).
a. Chứng minh: \(O K=\frac{1}{2} A H\) và \(I K\) đi qua trung điểm của \(E F\).
b. Đường thẳng qua \(B\) song song với \(A C\) cắt đường thẳng \(C E\) tại \(S\). Chứng minh: \(I F^2=I J . I D\) và \(K S / / C J\).
Bài 9
(1.5 điểm)
Cho tam giác \(A B C\) có ba cạnh tiếp xúc với đường tròn \((I)\). Gọi \(E, F\) lần lượt là tiếp điểm của đường tròn \((I)\) với \(A C\) và \(A B\). Gọi \(M, N\) lần lượt là trung điềm của \(B C\) và \(A C\). Chứng minh ba đường thẳng \(B I, M N, E F\) đồng quy.
Bài 10
(1.5 điểm)
Cho \(x, y, z\) là các số thực dương thỏa mãn: \(x y z(x+y+z)=3\). Chứng minh rằng:
\[ x^2+y^2+z^2 \leq \frac{1}{243}\left(x^5-2 x+4\right)^2\left(y^5-2 y+4\right)^2\left(z^5-2 z+4\right)^2 \]
Cách giải 1:
Ta có:
\[ 3(x^2+y^2+z^2) = xyz(x+y+z)(x^2+y^2+z^2) \leq \frac{1}{3}(xy+yz+zx)^2(x^2+y^2+z^2)\]
\[ \leq \frac{1}{3} . \frac{1}{27} [(xy+yz+zx)+(xy+yz+zx)+x^2+y^2+z^2]^3 \]
Nên \(x^2+y^2+y^2 \leq \dfrac{1}{243}(x+y+z)^6 \tag{*} \)
Lại có:
\[ (x^5-2x+4) -(x^3+2) = (x-1)^2(x^3+2x^2+2x+2) \geq 0 \]
Nên
\[ (x^5-2x+4)(y^5-2y+4)(z^5-2z+4) \geq (x^3+2)(y^3+2)(z^3+2) \]
Ta có bổ đề: Với \(a,b,c \gt 0\) thì
\[ (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \geq 3(a+b+c)^2 \]
Áp dụng bổ đề ta có:
\[ (x^3+2)(y^3+2)(z^3+2) \geq 3(x\sqrt{x} + y\sqrt{y} + z\sqrt{z})^2) \]
Mà \(3(x\sqrt{x} + y\sqrt{y} + z\sqrt{z})^2) \geq (x+y+z)^3 \)
Nên \((x^3+2)(y^3+2)(z^3+2) \geq (x+y+z)^3\). Vậy nên ta có:
\[ \frac{1}{243}(x^5-2x+4)(y^5-2y+4)(z^5-2z+4) \geq \frac{1}{243}(x+y+z)^6 \tag{**}\]
Từ (*) và (**) ta có điều phải chứng minh. Dấu = xảy ra khi \(x=y=z=1\)
Chứng minh bổ đề:
Ta có:
\[ (a+b+c)^2 = [a.1+\sqrt{2}.(\frac{b+c}{\sqrt{2}})^2] \leq (a^2+2)[1^2+\frac{(b+c)^2}{2}] \]
Suy ra:
\[ 3(a+b+c)^2 \leq 3(a^2+2)[1^2+\frac{(b+c)^2}{2}] \]
Ta đi chứng minh:
\[ 3(a^2+2)[1^2+\frac{(b+c)^2}{2}] \leq (a^2+2)(b^2+2)(c^2+2) \leftrightarrow 3[1^2+\frac{(b+c)^2}{2}] \leq (b^2+2)(c^2+2)\]
Khai triển và rút gọn ta được:
\[\frac{b^2+c^2}{2}+b^2c^2-3bc+1\geq 0 \leftrightarrow b^2c^2 - 2bc + 1 \geq 0 \leftrightarrow (bc-1)^2 \geq \]
Do \(\dfrac{b^2+c^2}{2} \geq bc\).