TH1: ${(2x - y + 1)^2} + 4{(y + 1)^2} = 0 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x - y + 1 = 0\\y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = - 1\\y = - 1\end{array} \right.$ .

TH2: ${(2x - y + 1)^2} + 4{(y + 1)^2} = 1 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}2x - y + 1 = 0\\4{(y + 1)^2} = 1\end{array} \right.\,\,(vn)\\\left\{ \begin{array}{l}{(2x - y + 1)^2} = 1\\y + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}{(2x + 2)^2} = 1\\y = - 1\end{array} \right.\,\,(vn).\end{array} \right.$

Vậy có đúng một cặp số thỏa mãn (x; y) = (-1; -1).

$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c} = 0 \Leftrightarrow ab + bc + ca = 0$

Ta có : ${a^2} + 2bc = {a^2} + bc + ( - ab - ca) = (a - b)(a - c).$

Tương tự có : ${b^2} + 2ca = (b - c)(b - a);\,\,\,{c^2} + 2ab = (c - a)(c - b).\,\,\,$

$\frac{1}{{{a^2} + 2bc}} + \frac{1}{{{b^2} + 2ca}} + \frac{1}{{{c^2} + 2ab}} = \frac{1}{{(a - b)(a - c)}} + \frac{1}{{(b - c)(b - a)}} + \frac{1}{{(c - a)(c - b)}}$

$ = \frac{1}{{(a - b)(a - c)}} - \frac{1}{{(b - c)(a - b)}} + \frac{1}{{(a - c)(b - c)}} = \frac{{b - c - (a - c) + a - b}}{{(a - b)(b - c)(a - c)}} = 0$

Câu 2

a) Giải hệ phương trình $\left\{ \begin{array}{l}(x + 2)(2 - y) = 8\\\sqrt {11 - 4(x - y)} + {x^2}{y^2} + 1 = 3xy.\end{array} \right.$

b) Giải phương trình $\sqrt {{x^2} + 3x + 11} - \sqrt {x + 2} = 2x - 2.$

Xem đáp án

Lời giải

ĐK: $11 - 4(x - y) \ge 0$

$(x + 2)(2 - y) = 8 \Leftrightarrow 2\left( {x - y} \right) - xy = 4 \Rightarrow 2\left( {x - y} \right) = 4 + xy$

Thế vào phương trình (2) ta có:

$\sqrt {11 - 2(4 + xy)} + {x^2}{y^2} - 3xy + 1 = 0 \Leftrightarrow \sqrt {3 - 2xy} + {x^2}{y^2} - 3xy + 1 = 0$

$ \Leftrightarrow \left( {\sqrt {3 - 2xy} - 1} \right) + {x^2}{y^2} - 3xy + 2 = 0$

$ \Leftrightarrow \frac{{2(1 - xy)}}{{\sqrt {3 - 2xy} + 1}} + (1 - xy)(2 - xy) = 0$$ \Leftrightarrow \left( {1 - xy} \right)\left( {\frac{2}{{\sqrt {3 - 2xy} + 1}} + 2 - xy} \right) = 0$

$ \Leftrightarrow xy = 1$ (Do $\frac{2}{{\sqrt {3 - 2xy} + 1}} + 2 - xy > 0,\,\,\,\forall xy \le \frac{3}{2}$)

Ta có: $\left\{ \begin{array}{l}xy = 1\\2\left( {x - y} \right) = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{x}\\2\left( {x - \frac{1}{x}} \right) = 5\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{x}\\2{x^2} - 5x - 2 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = \frac{1}{x}\\x = \frac{{5 \pm \sqrt {41} }}{4}\end{array} \right.$

Vậy hệ phương trình có nghiệm là:

$\left( {x;\,\,y} \right) = \left( {\frac{{5 + \sqrt {41} }}{4};\frac{{ - 5 + \sqrt {41} }}{4}} \right)$ và $\left( {\frac{{5 - \sqrt {41} }}{4};\frac{{ - 5 - \sqrt {41} }}{4}} \right)$

ĐK: $\left\{ \begin{array}{l}{x^2} + 3x + 11 \ge 0\\x + 2 \ge 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x \ge - 2$

$\sqrt {{x^2} + 3x + 11} - \sqrt {x + 2} = 2x - 2 \Leftrightarrow \sqrt {{{(x - 1)}^2} + 5(x + 2)} - \sqrt {x + 2} = 2(x - 1)$

Xét \[x = - 2\] (không phải là nghiệm)

Xét \[x > - 2\] Chia hai vế phương trình cho\[\sqrt {x + 2} \] ta được:$\sqrt {\frac{{{{(x - 1)}^2}}}{{x + 2}} + 5} - 1 = \frac{{2(x - 1)}}{{\sqrt {x + 2} }}.$ Đặt \[t = \frac{{x - 1}}{{\sqrt {x + 2} }}\] ta được phương trình:$\sqrt {{t^2} + 5} - 1 = 2t$

$ \Leftrightarrow \sqrt {{t^2} + 5} = 2t + 1 \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2t + 1 \ge 0\\{t^2} + 5 = {(2t + 1)^2}\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ge - \frac{1}{2}\\3{t^2} + 4t - 4 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}t \ge - \frac{1}{2}\\t = - 2;\,\,t = \frac{2}{3}\end{array} \right. \Leftrightarrow t = \frac{2}{3}$

Khi \[t = \frac{2}{3}\] ta được phương trình:\[\frac{{x - 1}}{{\sqrt {x + 2} }} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow 2\sqrt {x + 2} = 3(x - 1) \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x - 1 \ge 0\\4(x + 2) = 9{(x - 1)^2}\end{array} \right.\]

\[ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\9{x^2} - 22x + 1 = 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x \ge 1\\x = \frac{{11 \pm 4\sqrt 7 }}{9}\end{array} \right. \Leftrightarrow x = \frac{{11 + 4\sqrt 7 }}{9}.\]

Vậy phương trình có đúng 1 nghiệm \[x = \frac{{11 + 4\sqrt 7 }}{9}\]

Chú ý: Học sinh có thể giải theo cách: Đặt $\left\{ \begin{array}{l}a = x - 1\\b = \sqrt {x + 2} \ge 0.\end{array} \right.$

Câu 3

a) Tìm tất cả các số thực $x$ để $p = \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}}$ là số nguyên.

b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên $n$ lớn hơn 1 thì $A = {n^{2024}} + {n^{2023}} + {n^4} - n + 1$ không phải là số nguyên tố.

Xem đáp án

Lời giải

Ta có $p = \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = \frac{5}{{{{\left( {\sqrt x - \frac{1}{2}} \right)}^2} + \frac{7}{4}}}$

$ \Rightarrow 0 < p \le \frac{5}{{\frac{7}{4}}} = \frac{{20}}{7} \Rightarrow p = 1;\,\,2$

TH1: $p = 1 \Leftrightarrow \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = 1 \Leftrightarrow x - \sqrt x - 3 = 0 \Rightarrow \sqrt x = \frac{{1 + \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2}.$

TH2: $p = 2 \Leftrightarrow \frac{5}{{x - \sqrt x + 2}} = 2 \Leftrightarrow 2x - 2\sqrt x - 1 = 0 \Rightarrow \sqrt x = \frac{{1 + \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow x = \frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}.$

Vậy có hai giá trị cần tìm là $x = \frac{{7 + \sqrt {13} }}{2};\,\,\frac{{2 + \sqrt 3 }}{2}.$

Ta có $A = {n^{2024}} + {n^{2023}} + {n^4} - n + 1 = \left( {{n^{2024}} - {n^2}} \right) + \left( {{n^{2023}} - n} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right)$

$ = {n^2}\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + n\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right) = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^{2022}} - 1} \right) + \left( {{n^4} + {n^2} + 1} \right)$

Ta có $\left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^{2022}} - 1} \right) = \left( {{n^2} + n} \right)\left[ {{{\left( {{n^3}} \right)}^{674}} - 1} \right]$

$ = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {{n^3} - 1} \right).B = \left( {{n^2} + n} \right)\left( {n - 1} \right)\left( {{n^2} + n + 1} \right).B$ chia hết cho ${n^2} + n + 1$

Lại có ${n^4} + {n^2} + 1 = {n^4} + 2{n^2} + 1 - {n^2} = {\left( {{n^2} + 1} \right)^2} - {n^2}$

$ = \left( {{n^2} + n + 1} \right)\left( {{n^2} - n + 1} \right)$ chia hết cho ${n^2} + n + 1$

Vậy $A = {n^{2024}} + {n^{2023}} + {n^4} - n + 1$ chia hết cho ${n^2} + n + 1$ với mọi số tự nhiên $n$ lớn hơn 1 nên $A$ không phải là số nguyên tố.

Câu 4

Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$ cố định, $C$ là một điểm chạy trên đường tròn $\left( O \right)$ không trùng với $A$ và $B.$ Các tiếp tuyến của đường tròn $\left( O \right)$ tại $A$ và $C$ cắt nhau tại điểm $M.$ Đường thẳng $MB$ cắt $AC$ tại $F$ và cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại $E$ ($E$ khác $B$).

a) Gọi $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $AC.$ Chứng minh tam giác $OEM$đồng dạng với tam giác $BHM.$

b) Gọi $K$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên đường thẳng $AB.$ Hai đường thẳng $MB$ và $CK$ cắt nhau tại $I.$ Tính tỷ số $\frac{{FI}}{{AB}}$ khi tổng diện tích hai tam giác $IAC$ và $IBC$ lớn nhất.

c) Chứng minh rằng $\frac{1}{{BM}} + \frac{1}{{BF}} = \frac{2}{{BE}}.$

Xem đáp án

Lời giải

$Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$ cố định, $C$ là một điểm chạy trên đường tròn (ảnh 1)$

a) Ta có $ME.MB = M{A^2}$ do $\Delta MAB$ vuông tại A có đường cao AE.

Lại có $MH.MO = M{A^2}$ do $\Delta MAO$ vuông tại A có đường cao AH.

$ \Rightarrow ME.MB = MH.MO$

$ \Rightarrow \frac{{ME}}{{MH}} = \frac{{MO}}{{MB}}$\[ \Rightarrow \Delta OME \sim \Delta BMH\]

$Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$ cố định, $C$ là một điểm chạy trên đường tròn (ảnh 2)$

b) Ta có$MA = MC,\,\,OA = OC$ suy ra đường thẳng $MO$là trung trực đoạn thẳng $AC$nên $MO \bot AC$. Kéo dài $BC$ cắt $AM$ tại $P$ nên $MO//PB$$ \Rightarrow M$ trung điểm $AP.$

Ta có $\frac{{IC}}{{MP}} = \frac{{BI}}{{BM}}$ và $\frac{{IK}}{{MA}} = \frac{{BI}}{{BM}}$$ \Rightarrow \frac{{IC}}{{MP}} = \frac{{IK}}{{MA}} \Rightarrow IC = IK$

Suy ra $I$ trung điểm của đoạn thẳng $CK$.

$ \Rightarrow {S_{\Delta ACI}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ACK}};{S_{\Delta BCI}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta BCK}}\,\, \Rightarrow {S_{\Delta AIC}} + {S_{\Delta BCI}} = \frac{1}{2}{S_{\Delta ABC}}\, = \frac{1}{4}CK.AB$

Do đoạn thẳng $AB$không đổi nên tổng diện tích hai tam giác $IAC$ và $IBC$lớn nhất. lớn nhất khi $C$ điểm chính giữa hay $K$ trùng tâm $O.$

Khi đó tứ giác$AOCM$ là hình vuông.

$ \Rightarrow \frac{{FI}}{{FM}} = \frac{{IC}}{{AM}} = \frac{1}{2} \Rightarrow FI = \frac{1}{3}IM = \frac{1}{6}BM.$ Lại có $B{M^2} = A{B^2} + M{A^2} = \frac{{5A{B^2}}}{4}$

$ \Rightarrow BM = \frac{{AB\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow \frac{{FI}}{{AB}} = \frac{1}{6}.\frac{{\frac{{AB\sqrt 5 }}{2}}}{{AB}} = \frac{{\sqrt 5 }}{{12}}.$

$Cho đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $AB$ cố định, $C$ là một điểm chạy trên đường tròn (ảnh 3)$

.c) Ta có

\[\Delta MEC \sim \Delta MCB \Rightarrow \frac{{ME}}{{MC}} = \frac{{CE}}{{CB}}\]

\[\Delta MEA \sim \Delta MAB \Rightarrow \frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{EA}}{{AB}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{ME}}{{MC}}.\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{CE}}{{CB}}.\frac{{EA}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{ME}}{{MB}} = \frac{{CE}}{{CB}}.\frac{{AE}}{{AB}}\,\,(1).\]

.Mặt khác

\[\Delta FEC \sim \Delta FAB \Rightarrow \frac{{FE}}{{FA}} = \frac{{CE}}{{AB}}\]

\[\Delta FAE \sim \Delta FBC \Rightarrow \frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{AE}}{{BC}}\]

\[ \Rightarrow \frac{{FE}}{{FA}}.\frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{CE}}{{AB}}.\frac{{EA}}{{CB}} \Rightarrow \frac{{FE}}{{FB}} = \frac{{CE}}{{CB}}.\frac{{AE}}{{AB}}\,\,(2).\]

Từ (1) và (2) \[ \Rightarrow \frac{{ME}}{{MB}} = \frac{{FE}}{{FB}}\,\,\]

\[ \Rightarrow \frac{{MB - EB}}{{MB}} = \frac{{EB - FB}}{{FB}}\,\, \Rightarrow 1 - \frac{{EB}}{{MB}} = \frac{{EB}}{{FB}} - 1 \Rightarrow 2 = \,\frac{{EB}}{{MB}} + \frac{{EB}}{{FB}}\]

\[ \Rightarrow 2 = EB\left( {\frac{1}{{MB}} + \frac{1}{{FB}}} \right) \Rightarrow \frac{1}{{BM}} + \frac{1}{{BF}} = \frac{2}{{BE}}\] (ĐPCM).

Câu 5

Cho các số thực \[a,\,\,b,\,\,c\] thỏa mãn $a > b > c;\,\,ab + bc + ca > 0$ và $a + b + c = 1$.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức $P = \frac{1}{{a - b}} + \frac{1}{{b - c}} + \frac{1}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}$.

Xem đáp án

Lời giải

Ta sử dụng các bất đẳng thức $\frac{1}{m} + \frac{1}{n} \ge \frac{4}{{m + n}} \ge \frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{m^2} + {n^2}} }}$ với $m > 0;n > 0$

Dấu bằng xảy ra khi $m = n$

$P = \frac{1}{{a - b}} + \frac{1}{{b - c}} + \frac{1}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}$

$P \ge \frac{4}{{a - c}} + \frac{1}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }} = \frac{5}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }}$

Lại có: $\frac{5}{{a - c}} + \frac{5}{{2\sqrt {ab + bc + ca} }} \ge 5\frac{{2\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{(a - c)}^2} + 4(ab + bc + ca)} }} = \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {{{(a + c)}^2} + 4b(a + c)} }}$

$ \Rightarrow P \ge \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {(a + c)(a + c + 4b)} }} = \frac{{10\sqrt 2 }}{{\sqrt {(1 - b)(1 + 3b)} }}\,\,\,\,\left( {do\,\,a + c = 1 - b} \right)$

$ \Rightarrow P \ge \frac{{10\sqrt 6 }}{{\sqrt {\left( {3 - 3b} \right)\left( {1 + 3b} \right)} }} \ge \frac{{10\sqrt 6 }}{{\frac{{3 - 3b + 1 + 3b}}{2}}} = 5\sqrt 6 $

Giá trị nhỏ nhất của P bằng $5\sqrt 6 $ khi

$\left\{ \begin{array}{l}a > b > c\\a + b + c = 1\\a - b = b - c\\a - c = 2\sqrt {b(a + c) + ca} \\3 - 3b = 1 + 3b\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > b > c\\b = \frac{1}{3}\\a + c = \frac{2}{3}\\a - c = 2\sqrt {\frac{2}{9} + ca} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = \frac{{2 + \sqrt 6 }}{6}\\b = \frac{1}{3}\\c = \frac{{2 - \sqrt 6 }}{6}\end{array} \right.$

Câu 6

Cho $x,\,\,y,\,\,z$ là các số chính phương. Chứng minh rằng $\left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right)\left( {z + 1} \right)$ luôn viết được dưới dạng tổng của hai số chính phương.

Xem đáp án

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Nâng cấp VIP

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Tiếng Anh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

ĐHQG Hồ Chí Minh

ĐH Bách Khoa

ĐHQG Hà Nội

Bộ Công an

ĐHSP Hà Nội

Bằng lái xe

English Test

IT Test

Đại học

Viên chức

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Global success

iLearn Smart World

Friends Global

Explore new worlds

Bright

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý