Bài 1:(4 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:

A=

2 10 + 30 − 2 2 − 6
2
:
2 10 − 2 2
3 −1

x 2 − yz y 2 − zx z 2 − xy
=
=
2) Cho các số thực dương a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn .
a
b
c
2
2
2
a − bc b − ca c − ab
=
=
y
z
Chứng minh rằng x

Câu 2: (4,0 điểm).
1.Cho phương trình x 2 + 2( m − 2) x + m 2 − 2m + 4 = 0 . Tìm m để phương trình
2

1

1

có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 thỏa mãn x 2 + x 2 − x x = 15m .
1 2
1
2
x + y + z = 1

2. Giải hệ phương trình 

4
4
4
 x + y + z = xyz

.

Câu 3:(4,0 điểm).
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương (a; b) sao cho (a + b2) chia hết cho (a2b – 1).
2. Tìm x, y, z ∈ N thỏa mãn x + 2 3 = y + z .
Câu 4: (6,0 điểm).
Cho ba đường tròn ( O1 ) , ( O2 ) và ( O ) (kí hiệu ( X ) chỉ đường tròn có tâm là điểm X). Giả sử

( O1 ) , ( O2 ) tiếp xúc ngoài với nhau tại điểm I và ( O1 ) , ( O2 ) lần lượt tiếp xúc trong với ( O ) tại
M 1 , M 2 . Tiếp tuyến của đường tròn ( O1 ) tại điểm I cắt đường tròn ( O ) lần lượt tại các điểm
A, A ' . Đường thẳng AM 1 cắt lại đường tròn ( O1 ) tại điểm N1 , đường thẳng AM 2 cắt lại đường


tròn ( O2 ) tại điểm N 2 .
1. Chứng minh rằng tứ giác M 1 N1 N 2 M 2 nội tiếp và đường thẳng OA vuông góc với đường
thẳng N1 N 2 .
2. Kẻ đường kính PQ của đường tròn ( O ) sao cho PQ vuông góc với AI (điểm P nằm trên
AM 1 không chứa điểm M 2 ). Chứng minh rằng nếu PM 1 , QM 2 không song song thì các
cung ¼

đường thẳng AI , PM 1 và QM 2 đồng quy.
Câu 5( 2,0 điểm)
Cho a,b,c là các số thực dương. CMR:
;

ab
bc
ca
a+b+c
+
+
≤
a + 3b + 2c b + 3c + 2a c + 3a + 2b
6


Câu2.1

2 10 + 30 − 2 2 − 6
2
:
=
2 10 − 2 2

3 −1

2 2 ( 5 − 1) + 6 ( 5 − 1) 3 − 1
2 + 3 3 −1
4 + 2 3 3 −1
3 +1 3 −1 1
.
=
.
=
.
=
.
=
2
2
2
4
2
2
2
2
2 2 ( 5 − 1)
x 2 − yz y 2 − zx z 2 − xy
=
=
2
a
b
c

⇔

a
b
c
a2
bc
a 2 − bc
=
=
⇔
=
=
(1)
x 2 − yz y 2 − xz z 2 − xy
x 4 − 2 x 2 yz + y 2 z 2 y 2 z 2 − xy 3 − xz 3 + x 2 yz x( x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz)

Tuongtu :

b2
ac
b 2 − ac
=
=
(2)
y 4 − 2 y 2 xz + x 2 z 2 x 2 z 2 − x 3 y − yz 3 + xy 2 z y ( x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz )

Tuongtu :

c2

ab
c 2 − ab
=
=
(3)
Z 4 − 2 xyz 2 + x 2 y 2 x 2 y 2 − x 3 z − y 3 z + xyz 2 z ( x 3 + y 3 + z 3 − 3 xyz)

(1) (2) (3) ta co ĐPCM
Câu 2:
1. PT đã cho có hai nghiệm phân biệt có điều kiện:
∆ '> 0 ⇔ ( m − 2 ) 2 − ( m 2 − 2m + 4) > 0 ⇔ m < 0 (*)

 x1 + x2 = 4 − 2m
Với m < 0 theo Vi-et ta có: 
2
 x1 .x2 = m − 2m + 4
2
1
1
2
1
1
−
=
⇔
−
=
2
2
x + x2 x1 x2 15m

( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 x1 x2 15m (1)

Ta có
⇔
⇔

2
1

1
1
1
− 2
=
m − 6m + 4 m − 2m + 4 15m
2

1
1
1
−
=
4
4
4
. Đặt m + = t do m < 0 ⇒ t < 0
m + − 6 m + − 2 15
m
m
m


Ta có(1) trở thành

t = −4
1
1
1
−
= ⇔
⇒ t = −4 ( do t < 0 )
t − 6 t − 2 15
t = 12

Với t = −4 ta có m +

4
= −4 ⇔ m = −2 thỏa mãn (*)
m

2. Ta có:
x4 + y4 y4 + z 4 z 4 + x4
x +y +z =
+
+
≥ x2 y2 + y 2 z 2 + z 2 x2 =
2
2
2
4


4

4

Từ


x2 y 2 + y 2 z 2 y 2 z 2 + z 2 x2 z 2 x2 + x2 y 2
+
+
≥ xyyz + yzzx + zxxy =
2
2
2
= xyz (x + y + z) = xyz ( vì x + y + z = 1).
=

x = y = z
1
⇔x= y=z=
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
3
x + y + z = 1
1
1
1

Vậy nghiệm của hệ phương trình là:  x = ; y = ; z = ÷
3
3

3


Câu 3:
1.Giả sử (a + b2) Μ (a2b – 1), tức là: a + b2 = k(a2b – 1), với k ∈ Ν* ⇔
⇔ a + k = b(ka2 – b) ⇔ a + k = mb
(1)
2
2
Ở đó m ∈ Ζ mà: m = ka – b ⇔ m + b = ka
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: (m – 1)(b – 1) = mb – b – m + 1 ⇔
⇔ (m – 1)(b – 1) = (a + 1)(k + 1 – ka)
(3)
Do m > 0 (điều này suy ra từ (1) do a, k, b > 0) nên m ≥ 1 (vì m ∈ Ζ).
Do b > 0 nên b – 1 ≥ 0 (do b ∈ Ζ) ⇒ (m – 1)(b – 1) ≥ 0.
Vì thế từ (3) suy ra: (a + 1)(k + 1 – ka) ≥ 0.
Lại do a > 0 nên suy ra: k + 1 – ka ≥ 0 ⇒ k + 1 ≥ ka ⇒ 1 ≥ k(a – 1)

(4)

a = 1
 k(a − 1) = 0

Vì a – 1 ≥ 0 (do a ∈ Ζ, a > 0) và k ∈ Ζ, k > 0 nên từ (4) có:  k(a − 1) = 1 ⇔  a = 2

 k = 1
 m − 1 = 2

 b − 1 = 1 ⇔  b = 2

- Với a = 1. Thay vào (3) ta được: (m – 1)(b – 1) = 2 ⇔ 
b = 3
m − 1 = 1


 b − 1 = 2

Vậy, trường hợp này ta có: a = 1, b = 2 hoặc a = 1, b = 3.
b = 1

- Với a = 2 (vì k = 1). Thay vào (3) ta có: (m – 1)(b – 1) = 0 ⇔  m = 1 .

Khi b = 1, ta được: a = 2, b = 1.
Khi m = 1: Từ (1) suy ra a + k = b ⇒ b = 3. Lúc này được: a = 2, b = 3.
Tóm lại, có 4 cặp số (a; b) thỏa mãn bài toán là: (1; 2), (1; 3), (2; 3), (2; 1
2. Ta có x + 2 3 = y + z ⇔ x + 2 3 = y + z + 2 yz
⇔ ( x − y − z ) + 2 3 = 2 yz ⇒ ( x − y − z ) + 4 3 ( x − y − z ) + 12 = 4 yz (1)
2

TH1. Nếu x − y − z ≠ 0 Ta có

4 yz − ( x − y − z ) − 12
3=
(2) vô lý
4( x − y − z )
2

( do x, y, z ∈ N nên vế phải của (2) là số hữu tỷ ).



x − y − z = 0
(3)
 yz = 3

TH2. x − y − z = 0 khi đó (1) ⇔ 

x = 4
x = 4


Giải (3) ra ta được  y = 1 hoặc  y = 3 thử lại thỏa mãn
z = 3
z = 1



Câu 4:

P
A
N1
O
M1

O1
I

A'

O2


N2
Q

M2

S

+) Ta có AM 1. AN1 = AM 2 . AN 2 = AI 2 ⇒ ∆AN1 N 2 đồng dạng với ∆AM 2 M 1
+) Ta có AM 1. AN1 = AM 2 . AN 2 = AI 2 ⇒ ∆AN1 N 2 đồng dạng với ∆AM 2 M 1
· N N + ·AM M = 1800 hay tứ giác M 1 N1 N 2 M 2 nội tiếp.
suy ra ·AN1 N 2 = ·AM 2 M 1 ⇒ M
1 1 2
2
1
0
·
1
· AO = 180 − AOM 1
+) Ta có ·AN1 N 2 = ·AM 2 M 1 = ·AOM 1 và tam giác AOM1 cân tại O nên M
1

2
·
·
Do đó ta được AN1 N 2 + M 1 AO = 900 ⇒ OA ⊥ N1 N 2 .
Gọi S là giao điểm của PM 1 và QM 2 .

2


· M = POM
·
Ta có O, O2 , M 2 thẳng hàng và O2 I song song với OP ⇒ IO
2
2
2
(1). Mặt khác tam giác O2 IM 2 cân tại O2 , tam giác OPM 2 cân tại O và kết hợp với (1) ta được
· IM = OPM
·
P, I , M 2 thẳng hàng.
O
2
2
2 suy ra


Tương tự ta có Q, I , M1 thẳng hàng. Do PQ là đường kính của đường tròn ( O ) suy ra
· Q = PM
· Q = 900
PM
1
2

⇒ I là trực tâm của tam giác SPQ suy ra AI đi qua S hay ba đường thẳng AI , PM 1 , QM 2 đồng

quy.
Câu 5
Cho a,b c>0 .Chứng minh rằng:
ab
bc

ca
a+b+c
+
+
≤
a + 3b + 2c 2a + b + 3c 3a + 2b + c
6

Dự đoán a=b=c tách mẫu để a+c=b+c=2b
1

1

1

1

11

1

1

≤  + + 
Tacó áp dụng BĐT ( x + y + z ) + +  ≥ 9 ⇔
x + y + z 9  x y z 
x y z

ab
ab

ab  1
1
1  1  ab
ab a 
=
≤
+
+
=
+
+ ÷(1) Tương

÷

a + 3b + 2c (a + c) + (b + c ) + 2b 9  a + c b + c 2b  9  a + c b + c 2 
tự

bc
bc
bc  1
1
1  1  bc
bc
b
=
≤ 
+
+ ÷= 
+
+ ÷(2)

2a + b + 3c (a + b) + (a + c) + 2c 9  a + c b + c 2b  9  a + b b + c 2 
ac
ac
ac  1
1
1  1  ac
ac
c
=
≤ 
+
+
+
+ ÷(2)
÷= 
3a + 2b + c (a + b) + (b + c ) + 2a 9  a + b b + c 2a  9  a + b b + c 2 
Từ (1) (2) (3)
1  ac + bc ab + ac bc + ab a + b + c  a + b + c
P≤ 
+
+
+
=
9 a+b
b+c
a+c
2
6
