LumiseEdireKRN

Mình nghĩ là bài 6 có vấn đề rồi, vì theo cách của bạn superpower thì phương trình $(4x-1)(4y-1)=4z^2+1$ sẽ không có nghiệm nguyên.

Vì $x$, $y$ nguyên dương nên $(4x-1)(4y-1)$ mới phân tích ra các thừa số nguyên tố một cách bình thường được để tồn tại một ước có dạng $4k+3$. Nếu $(4x-1)(4y-1)$ nguyên âm thì nó phân tích ra các thừa số nguyên tố nhưng phải thêm vào dấu trừ, khi đó $-(4k+3)=-4k-3=-4k-4+1=4(-k-1)+4=4t+1$ chia $4$ dư $1$ rồi!

Đề thi ngày thứ nhất:

Thời gian: 180 phút.

Bài 1 (5 điểm).

Cho $a$, $b$, $c$ là các số thực không âm. Chứng minh rằng:

$\left (\frac{a+b+c}{3}  \right )^3 \geq \left (\frac{ab+bc+ca}{3}  \right )\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$.

Bài 2 (5 điểm).

Cho dãy số $(u_n)$ được xác định bởi:

$u_1 \epsilon (0;1)$, $u_n= \frac{1}{3}\left (u_{n-1}+\sqrt{3u_{n-1}^2+1}  \right )$, $\forall n \geq 2$.

Chứng minh rằng dãy số $(u_n)$ có giới hạn hữu hạn và tính giới hạn đó.

Bài 3 (5 điểm).

Cho tam giác $ABC$ có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn tâm $O$. Điểm $M$ thuộc cung $BC$ (không chứa $A$). Gọi $D$, $H$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $M$ lên các đường thẳng $AC$, $AB$. Xác định điểm $M$ để độ dài $DH$ lớn nhất.

Bài 4 (5 điểm).

Cho $P_0(x)$, $P_1(x)$, ..., $P_9(x)$ là các đa thức thỏa mãn:

$P_0(x^{10})+xP_1(x^{10})+...+x^8P_8(x^{10})=(x^9+x^8+...+x+1)P_9(x)$, $\forall x \epsilon R$.

Chứng minh $P_k(1)=0$ với $k=\overline{1,9}$.

_______________________________________________________________________________

Đề thi ngày thứ hai:

Thời gian: 180 phút.

Bài 5 (6 điểm).

Tìm tất cả các hàm số $f:R \rightarrow R$ thỏa mãn:

$f(x-f(y))=1-x-y$, $\forall x,y \epsilon R$.

Bài 6 (7 điểm).

Chứng minh rằng phương trình $(4x-1)(4y-1)=4z^2+1$ không có nghiệm nguyên dương nhưng có vô số nghiệm nguyên.

Bài 7 (7 điểm).

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$, đường cao $AH$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC$ tại điểm $D$. Đường tròn đường kính $AI$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $M$ và cắt đường thẳng $AH$ tại điểm $N$ ($M$, $N$ khác $A$).

a) Chứng minh rằng đường thẳng $MN$ đi qua trung điểm $T$ của cung $BC$ (không chứa $A$).

b) Chứng minh rằng ba điểm $M$, $N$, $D$ thẳng hàng.

_______________________________________________________________________________

Đề này cũng tạm được, mình làm được khoảng 30 điểm nếu không sai sót.

Đề thi ngày thứ nhất:

Thời gian: 180 phút.

Bài 1 (4 điểm).

Cho hàm số $y=\frac{2}{3}x^3+(m+1)x^2+(m^2+4m+3)x+1$ (1), với $m$ là tham số thực.

1) Tìm $m$ để hàm số (1) luôn đồng biến trên tập xác định của nó.

2) Tìm $m$ để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị với hoành độ $x_1$, $x_2$ thoả mãn $2x_1x_2-(x_1+x_2)+2=0$.

Bài 2 (4 điểm).

Giải phương trình $1+2cos^2\left (\frac{x}{2}+\frac{\pi}{2}  \right )=cos^2\left (\frac{x}{3}+\frac{\pi}{6}  \right )$.

Bài 3 (4 điểm).

Trong mặt phẳng toạ độ $Oxy$, cho điểm $A(4;-2)$ và đường tròn (C) có phương trình: $(x-3)^2+(y-2)^2=5$.

1) Tìm các điểm có toạ độ nguyên thuộc đường tròn (C).

2) Tìm trên đường tròn (C) điểm B sao cho tam giác $OAB$ vuông tại $O$ ($O$ là gốc toạ độ).

Bài 4 (4 điểm).

Cho tứ diện $SABC$ có ba cạnh $SA$, $SB$, $SC$ đôi một vuông góc và $AC=2SB$, $BC=2SA$. Gọi $E$, $F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm $S$ lên các đường thẳng $AC$, $BC$ và $I$ là trung điểm đoạn $AB$. Chứng minh rằng:

1) Đường thẳng $SC$ vuông góc với đường thẳng $EF$.

2) $tan^2(\alpha )+tan^2(\beta )+\frac{EF}{AB}=\frac{5}{4}$. Với $\alpha=\widehat{SCI}$ và $\beta=\widehat{SCA}$.

Bài 5 (4 điểm).

Cho $x$, $y$, $z$ là các số thực dương thoả mãn $x+y+z=1$. Chứng minh rằng:

$\sum \frac{x^3-2x^2+x}{\sqrt{x}(y+z)} \leq \frac{2\sqrt{3}}{3}$.

________________________________________________________________________________________________________

Đề thi ngày thứ hai:

Thời gian: 180 phút.

Bài 1 (5 điểm).

Giải hệ phương trình:$\left\{\begin{matrix} x+y+z=6 & & & \\ xy+yz-zx=7 & & & \\ x^2+y^2+z^2=14 & & & \end{matrix}\right.$

Chứng minh rằng nếu a, b, c > 0 thì

$\frac{a+b+c}{ab+bc+ca} \geq {}\sum \frac{a}{a^{2}+bc+b^{2}}$

MSS19
$8x^{2}+12y^{2}-20xy=0 \Leftrightarrow 2x^{2}+3y^{2}-5xy=0 \Leftrightarrow 2x^{2}-2xy-3xy+3y^{2}=0 \Leftrightarrow 2x(x-y)-3y(x-y)=0 \Leftrightarrow (2x-3y)(x-y)=0 \Rightarrow 2x-3y=0$
hoặc $x-y=0$
Nếu $x-y=0$ thì $x=y$ mà $4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y \Rightarrow 4x^{2}-6x+1=x^{2}-3x \Leftrightarrow 3x^{2}-3x+1=0 \Leftrightarrow 3x^{2}-3x+ \frac{3}{4} + \frac{1}{4} =0 \Leftrightarrow 3(x^{2}-x+ \frac{1}{4}) + \frac{1}{4} =0 \Leftrightarrow 3(x- \frac{1}{2})^{2} + \frac{1}{4} = 0 \geq \frac{1}{4} \Rightarrow$

vô lý
Nếu $2x-3y=0$ thì $x= \frac{3y}{2}$ mà $4x^{2}-6x+1=y^{2}-3y \Rightarrow 4.( \frac{3y}{2})^{2}-6. \frac{3y}{2}+1=y^{2}-3y \Leftrightarrow 9y^{2}-9y+1=y^{2}-3y \Leftrightarrow 8y^{2}-6y+1 =0 \Leftrightarrow 8y^{2}-4y-2y+1=0 \Leftrightarrow 4y(2y-1)-(2y-1)=0 \Leftrightarrow (4y-1)(2y-1)=0 \Rightarrow 4y-1=0$ hoặc $2y-1=0 \Rightarrow y= \frac{1}{4}$
hoặc $y= \frac{1}{2}$

mà $x= \frac{3y}{2} \Rightarrow$

Với $y= \frac{1}{4}$

thì $x= \frac{3}{8}$

Với $y= \frac{1}{2}$

thì $x= \frac{3}{4}$

Vậy nghiệm của hệ phương trình là $x= \frac{3}{8};y= \frac{1}{4}$

và $x= \frac{3}{4};y= \frac{1}{2}$
_______________________
Kết luận sai

$d = 8$

$S = 40$

MSS19

Giải

$m,n,N,k$ là các số nguyên không âm, ta có $m,n,N,k \epsilon N$ 

Giả sử $m=1$ thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{1}=N \geq (0^{2}+1)^{2^{0}}(44.0^{3}+11.0^{2}+10.0+2)=2$

là số nguyên không âm (thoả mãn)

Giả sử $m=0$ thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}(44n^{3}+11n^{2}+10n+2)=N^{m}=N^{0}=1 \geq 2$ (vô lý)

Giả sử $m>1$

Nếu $n$ chẵn thì $n \vdots 2 \Rightarrow n(n+1) \vdots 2$ (1)

Nếu $n$ lẻ thì $n+1 \vdots 2 \Rightarrow n(n+1) \vdots 2$ (2)

(1), (2) $\Rightarrow n(n+1) \vdots 2 \Rightarrow 2n(n+1) \vdots 4$

$4n \vdots 4 \Rightarrow 4n(11n^{2}+2n+2) \vdots 4$ $\Rightarrow Q=44n^{3}+11n^{2}+10n+2=(44n^{3}+8n^{2}+8n)+(2n^{2}+2n)+(n^{2}+2)=4n(11n^{2}+2n+2)+2n(n+1)+(n^{2}+2) \equiv n^{2}+2 (mod 4)$

Với $n$ chẵn thì $n^{2} \vdots 4 \Rightarrow Q \equiv n^{2}+2 \equiv 2 (mod 4) \Rightarrow n^{2}+1 \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}} \equiv 1 (mod 4)$ $\Rightarrow N^{m}=(n^{2}+1)^{2^{k}}Q \equiv 2 (mod 4)$ (3)

Nếu $N$ chẵn thì $m>1 \Rightarrow N^{m} \vdots 4$ mà (3) $\Rightarrow$ vô lý (4)

Nếu $N$ lẻ thì $N \equiv \pm 1 (mod 4) \Rightarrow N^{m} \equiv \pm 1 (mod 4)$ mà (3) $\Rightarrow$ vô lý (5)

Với $n$ lẻ thì $n \equiv \pm 1 (mod 4) \Rightarrow n^{2} \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow n^{2}+1 \equiv 2 (mod 4) \Rightarrow n^{2}+2 \equiv 3 (mod 4)$

Trường hợp $k=0$ thì $(n^{2}+1)^{2^{k}}=(n^{2}+1)^{2^{0}}=(n^{2}+1)^{1}=n^{2}+1 \equiv 2 (mod 4)$ mà $Q \equiv n^{2}+2 \equiv 3 (mod 4) \Rightarrow N^{m}=(n^{2}+1)^{2^{k}}Q=(n^{2}+1)Q \equiv 6 \equiv 2 (mod 4)$ mà (3), (4), (5) $\Rightarrow$ vô lý

Trường hợp $k \geq 1$ thì $2^{k} \geq 2^{1}=2 \Rightarrow 2^{k} \vdots 2 \Rightarrow 2^{k}=2r$ $(r \epsilon N^{*})$ (6)

$n^{2}+1 \equiv 2(mod 4) \Rightarrow n^{2}+1=2p$ $(p \epsilon N, p>0, p$ lẻ $)$ $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}=2^{2^{k}}p^{2^{k}}$ mà (6) $\Rightarrow (n^{2}+1)^{2^{k}}=2^{2^{k}}p^{2r}$ (9)

Cho số tự nhiên $a$, nếu $a \vdots 2$ thì $a^{2} \vdots 4$, nếu $a \equiv \pm 1 (mod 4)$ thì $a^{2} \equiv 1 (mod 4) \Rightarrow$ một số chính phương chia $4$ có số dư là $0$ hoặc $1$ mà $Q \equiv 3 (mod 4) \Rightarrow Q$ lẻ và $Q$ không phải là số chính phương

$\Rightarrow Q=q^{2v+1} \geq 2$ ($q,v \epsilon N$, $q \geq 2$, $q$ lẻ và không phải là số chính phương)

Thử cho $p^{2r}Q$ là số chính phương thì $p^{2r}Q=p^{2r}q^{2v+1}=p^{2r}q^{2v}q=b^{2}$ $(b\epsilon N^{*})$ $\Rightarrow p,q,b>0$ $\Rightarrow \sqrt{p^{2r}q^{2v}q}= \sqrt{b^{2}} \Rightarrow p^{r}q^{v} \sqrt{q}=b \Rightarrow \sqrt{q}= \frac{b}{p^{r}q^{v}}$ là thương của các số hữu tỷ

$\Rightarrow \sqrt{q}$ là số hữu tỷ mà $q$ không phải là số chính phương $\Rightarrow \sqrt{q}$ không phải là số hữu tỷ $\Rightarrow$ vô lý

$\Rightarrow p^{2r}q^{2v+1}=p^{2r}Q$ không phải là số chính phương $\Rightarrow p^{2r}q^{2v+1}=u^{2s+1} \geq 2$ $(u,s \epsilon N$, $u \geq 2$ và không phải là số chính phương$)$ (7)

$Q$ lẻ và $p$ lẻ $\Rightarrow p^{2r}Q$ lẻ mà (7) $\Rightarrow u$ lẻ (12)

(6), (7), (9) $\Rightarrow N^{m}=(n^{2}+1)^{2^{k}}Q=2^{2^{k}}p^{2r}q^{2v+1}=2^{2r}u^{2s+1}$ tương tự như trên $\Rightarrow N^{m}=2^{2r}u^{2s+1}$ cũng không phải là số chính phương $\Rightarrow m$ lẻ, $N \geq 2$ và không phải là số chính phương (8)

Cho các số tự nhiên $x,y,z,h,l,k$ thoả mãn $h,l>0;x,y,z,k>1$, $(x^{h},y^{l})=1$, $x^{h} \neq y^{l}$ và $x^{h}y^{l}=z^{k}$ thì

$\sqrt[k]{x^{h}y^{l}}=\sqrt[k]{z^{k}} \Rightarrow x^{\frac{h}{k}}y^{\frac{l}{k}}=z $ là số tự nhiên $\Rightarrow \frac{h}{k}; \frac{l}{k}$ là số tự nhiên $\Rightarrow k|h; k|l$

$Q$ lẻ  $\Rightarrow (Q;2^{2^{k}})=1$ và $Q \neq 2^{2^{k}}$ mà $N^{m}=2^{2^{k}}Q \Rightarrow m|2^{k}$ (theo bổ đề trên) mà $m>1 \Rightarrow m$ chẵn mà (8) $\Rightarrow$ vô lý

Từ những điều trên $\Rightarrow m>1$ không thoả mãn

Từ tất cả những điều trên $\Rightarrow$ bài Toán được giải quyết hoàn toàn

Mở rộng: Chứng minh rằng nếu tồn tại các số nguyên không âm $m,n,N,k,t,p_{0},p_{1},p_{2},...,p_{t}$ $(t>2)$ thoả mãn

$(4p_{0}n^{t}+4p_{1}n^{t-1}+4p_{2}n^{t-2}+...+4p_{t-3}n^{3}+n^{2}+1)^{2^{k}}[4p_{0}n^{t}+4p_{1}n^{t-1}+4p_{2}n^{t-2}+...+4p_{t-3}n^{3}+(4p_{t-2}+3)n^{2}+(4p_{t-1}+2)n+(4p_{t}+2)]=N^{m}$ 

thì $m=1$

Điểm bài: 10

Điểm thảo luận:1

S = 0.3 + 3*10 +1= 31.3

$$ ab+ac-b^{2}-bc+1=a(b+c)-b(b+c)+1=(a-b)(b+c)+1=0 \Rightarrow (a-b)(b+c)=-1 =1.(-1)=-1.1 $$

Xét từng trường hợp là ra

Tìm n nguyên dương để n³⁰²+n³⁰¹+1 là hợp số

Với n = 1 thì $$n^{302}+n^{301}+1=3$$ là số nguyên tố

Với n > 1 thì $$n^{302}+n^{301}+1=n^{302}-n^{2}+n^{301}-n+n^{2}+n+1=n^{2}(n^{300}-1)+n(n^{300}-1)+(n^{2}+n+1)$$

$$n^{3} \equiv 1 (mod n^{3}-1) \Rightarrow (n^{3})^{100}=n^{300} \equiv 1 (mod n^{3}-1) \Rightarrow n^{300}-1 \vdots n^{3}-1$$

mà $$n^{3}-1=(n-1)(n^{2}+n+1) \vdots n^{2}+n+1 \Rightarrow n^{300}-1 \vdots n^{2}+n+1$$

$$ \Rightarrow n^{302}+n^{301}+1$$

$$=n^{2}(n^{300}-1)+n(n^{300}-1)+(n^{2}+n+1) \vdots n^{2}+n+1$$ là hợp số

Vậy n > 1 thoả mãn