THI THỬ LẦN 1 - CHUYÊN SƯ PHẠM (Có đáp án)
- Giải phương trình $\sqrt{9 - 2x^2} + \sqrt{x^2 + 4} = 3$.
- Cho $x, y, z$ là các số thực dương thỏa mãn $4x^2 + y^2 = 32z^2$. Chứng minh rằng $\dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{y} - \dfrac{1}{z} \ge 0$.
- Điều kiện xác định $-\dfrac{3\sqrt{2}}{2} \leq x \leq \dfrac{3\sqrt{2}}{2}$.
- Theo đề bài, $4\dfrac{x^2}{z^2} + \dfrac{y^2}{z^2} = 32$. Đặt $\dfrac{x}{z} = t$ ($t > 0$).
Đặt $\sqrt{9 - 2x^2} = a$, $\sqrt[3]{x^2 + 4} = b$ ($a \geq 0$, $b > 0$).
Từ phương trình đã cho ta có $\begin{cases} a + b = 3 (1) \\ a^2 + 2b^3 = 17 (2) \end{cases}$
Từ $(1) \Leftrightarrow a = 3 - b$. Thay vào $(2)$ ta được $2b^3 + (3 - b)^2 = 17 \Leftrightarrow 2b^3 + b^2 - 6b + 9 = 17 \Leftrightarrow 2b^3 + b^2 - 6b - 8 = 0$.
Phương trình này tương đương với $(b - 2)(2b^2 + 5b + 4) = 0$. Do đó $b = 2$.
Ta có $\sqrt[3]{x^2 + 4} = 2$. Suy ra $x^2 + 4 = 2^3 = 8 \Leftrightarrow x^2 = 4 \Leftrightarrow x = 2$ hoặc $x = -2$. Thử lại cả hai giá trị đều thỏa mãn.
Vậy phương trình đã cho tập nghiệm $S = \{-2; 2\}$.
Khi đó $\dfrac{y}{z} = \sqrt{32 - 4\dfrac{x^2}{z^2}} = \sqrt{32 - 4t^2} = 2\sqrt{8 - t^2}$.
Ta có: $z\left(\dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{y}\right) = \dfrac{z}{x} + \dfrac{2z}{y} = \dfrac{1}{t} + \dfrac{2}{2\sqrt{8 - t^2}} = \dfrac{1}{t} + \dfrac{1}{\sqrt{8 - t^2}}$.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ta có
$\dfrac{1}{t} + \dfrac{1}{\sqrt{8 - t^2}} \geq \dfrac{(1+1)^2}{t + \sqrt{8 - t^2}} = \dfrac{4}{t + \sqrt{8 - t^2}} (1)$
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được
$(t + \sqrt{8 - t^2})^2 \leq (1^2 + 1^2)(t^2 + 8 - t^2) = 2 \cdot 8 = 16.$
Suy ra $t + \sqrt{8 - t^2} \leq 4$. Kết hợp với $(1)$, ta được $\dfrac{1}{t} + \dfrac{1}{\sqrt{8 - t^2}} \geq \dfrac{4}{4} = 1$.
Do đó $z\left(\dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{y}\right) \geq 1$. Vậy $\dfrac{1}{x} + \dfrac{2}{y} - \dfrac{z}{z} \geq 0$.
Dấu "=" xảy ra khi $t = \sqrt{8 - t^2} \Leftrightarrow t^2 = 8 - t^2 \Leftrightarrow 2t^2 = 8 \Leftrightarrow t^2 = 4 \Leftrightarrow t = 2$ (vì $t > 0$).
Khi đó $\dfrac{x}{z} = 2$, $\dfrac{y}{z} = 2\sqrt{8 - 2^2} = 2\sqrt{4} = 4$.
Tồn tại hay không một tập hợp $A$ khác rỗng, là tập con của tập các số tự nhiên và thỏa mãn đồng thời các điều kiện sau?
- Với hai số tự nhiên phân biệt bất kỳ mà có tổng là số chẵn thì ít nhất một trong hai số đó thuộc tập hợp $A$.
- Với hai số tự nhiên phân biệt bất kỳ mà có tổng là số lẻ thì ít nhất một trong hai số đó không thuộc tập hợp $A$.
Giả sử tồn tại tập hợp $A$ thỏa mãn điều kiện đề bài.
Với $x = 1, y = 3$, ta có $x + y = 4$ là số chẵn. Suy ra $1 \in A$ hoặc $3 \in A$. Xét hai trường hợp.
- Trường hợp 1: $1 \in A$.
- Trường hợp 2. $3 \in A$. Chứng minh tương tự.
Với $x = 1, y = 2$, ta có $x + y = 3$ là số lẻ. Suy ra $1 \notin A$ hoặc $2 \notin A$. Vì $1 \in A$ nên $2 \notin A$. Tương tự, $4 \notin A$.
Với $x = 2, y = 4$, ta có $x + y = 6$ là số chẵn. Suy ra $2 \in A$ hoặc $4 \in A$ (Mâu thuẫn).
Vậy điều giả sử là sai. Do đó không tồn tại tập hợp $A$ thỏa mãn điều kiện đề bài.
Một rô-bốt di chuyển trên một bảng gồm $7$ ô được đánh số từ $1$ đến $7$ như hình vẽ sau.
Ban đầu, rô-bốt đứng ở ô số $4$. Mỗi bước, nó có thể nhảy sang trái hoặc sang phải, mỗi hướng có xác suất bằng nhau, và mỗi lần nhảy chỉ di chuyển đúng một ô. Tại ô số $1$ và ô số $7$ có đặt kẹo, và khi rô-bốt đến một trong hai ô này, nó lấy kẹo và dừng lại. Tính xác suất để rô-bốt lấy kẹo sau đúng $3$ bước.
Ở mỗi ô, rô-bốt có hai sự lựa chọn để di chuyển với xác suất như nhau. Do đó số cách di chuyển sau ba bước là $2 \cdot 2 \cdot 2 = 8$.
Số phần tử của không gian mẫu là $8$.
Có hai khả năng thuận lợi cho biến cố: "rô-bốt lấy kẹo sau đúng $3$ bước" là $4 \rightarrow 3 \rightarrow 2 \rightarrow 1$ và $4 \rightarrow 5 \rightarrow 6 \rightarrow 7$.
Xác suất cần tìm là $\dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}$.
- Cho $a, b$ là hai số nguyên trái dấu. Biết rằng phương trình $x^2 + ax + b = 0$ không có nghiệm nguyên và phương trình $x^2 + bx + a = 0$ không có nghiệm nguyên. Chứng minh rằng $a + b = -1$.
- Tìm số nguyên $z$ và các số hữu tỷ $x, y$ thỏa mãn điều kiện $\dfrac{3}{\sqrt{2x} - 1} = 1 - \sqrt{3} = \dfrac{z}{x+y}$.
- Không mất tính tổng quát, giả sử $a > 0 > b$.
- Ta có $\sqrt{2x} = \dfrac{3(x + y)}{x + y + z}$ và $\sqrt{3y} = \dfrac{3(x + y)}{x + y - z}$. Suy ra $\sqrt{2x}, \sqrt{3y} \in \mathbb{Q}$.
Ký hiệu $x^2 + ax + b = 0$ (1) và $x^2 + bx + a = 0$ (2).
Nếu $a > -b$ thì $(a + 2)^2 > a^2 + 4a > \Delta_1 = a^2 - 4b > a^2$.
Do đó $\Delta_1 = (a + 1)^2$. Suy ra $a^2 - 4b = (a + 1)^2 \Leftrightarrow -4b = 2a + 1$ (vô lý).
Vậy $a \leq -b$.
Nếu $a = -b$ thì $\Delta_1 = a^2 + 4a = k^2$ ($k \in \mathbb{N}^*$). Suy ra $(a + 2 - k)(a + 2 + k) = 4$.
Do đó $a = 0$ hoặc $a = -4$ (loại).
Nếu $a = -b - 1$ thì (1) có các nghiệm là $1, b$ và (2) có các nghiệm là $1, a$ (thỏa mãn).
Nếu $a \leq -b - 2$ thì $-a \geq b + 2$. Khi đó $\Delta_2 = b^2 - 4a \geq b^2 + 4(b + 2) > (b + 2)^2$.
Vì $a > 0$ nên $\Delta_2 = b^2 - 4a \lt b^2$. Suy ra $b^2 > \Delta_2 > (b + 2)^2$. Do đó $\Delta_2 = (b + 1)^2$.
Ta có $\Delta_2 = b^2 - 4a = (b + 1)^2 \Leftrightarrow -4a = 2b + 1$ (vô lý).
Vậy $a + b = -1$.
Đặt $\sqrt{2x} = \dfrac{m}{n}$, $\sqrt{3y} = \dfrac{p}{q}$ với $m, n, p, q \in \mathbb{N}^*$, $(m, n) = 1$, $(p, q) = 1$.
Khi đó $\dfrac{m(3q^2 m^2 + 2p^2 n^2 + 6zn^2 q^2)}{n(3q^2 m^2 + 2p^2 n^2)} = 3$. Do đó $m(3q^2 m^2 + 2p^2 n^2 + 6zn^2 q^2) \,\vdots\, n$.
Mặt khác, $(m, n) = 1$, ta suy ra $3q^2 m^2 + 2p^2 n^2 + 6zn^2 q^2 \,\vdots\, n$.
Do đó $3q^2 m^2 \,\vdots\, n \Rightarrow n(3q^2 m^2 + 2p^2 n^2) \,\vdots\, n^2$. Suy ra $m(3q^2 m^2 + 2p^2 n^2 + 6zn^2 q^2) \,\vdots\, n^2$.
Vậy $3q^2 m^2 + 2p^2 n^2 + 6zn^2 q^2 \,\vdots\, n^2$ và $3q^2 m^2 \,\vdots\, n^2$. Suy ra $q \,\vdots\, n$.
Tương tự, $n \,\vdots\, q$. Do đó $n = q$.
Khi đó $\dfrac{m(3n^2 + 2p^2 + 6zn^2)}{n(3n^2 + 2p^2)} = 3$.
Ta có: $3n^2 + 2p^2 + 6zn^2 \vdots n \Rightarrow 3m^2 + 2p^2 \,\vdots\, n \Rightarrow n(3m^2 + 2p^2) \,\vdots\, n^2$.
Do đó $3m^2 + 2p^2 + 6zn^2 \,\vdots\, n^2$. Vậy $3m^2 + 2p^2 \,\vdots\, n^2$. Ta thấy $n$ là lẻ vì nếu $n$ chẵn thì $3m^2$ là số chẵn, kéo theo $3m^2$ là số chẵn, kéo theo $m$ là số chẵn, mâu thuẫn với $(m, n) = 1$.
Đặt $3m^2 + 2p^2 = k \cdot n^2$, $6z = t$ với $k \geq 1$. Khi đó $\dfrac{m(k \cdot n^2 + tn^2)}{n(k \cdot n^2)} = 3 \Leftrightarrow \dfrac{m(k + t)}{nk} = 3$.
Suy ra $k + t \,\vdots\, n$ và $k - t \,\vdots\, n$. Do đó $2k \,\vdots\, n$, $2t \,\vdots\, n$. Vì $n$ lẻ nên $k \,\vdots\, n$, $t \,\vdots\, n$.
Đặt $k = k_1 \cdot n$, $t = t_1 \cdot n$ ($k_1, t_1 \in \mathbb{N}^*$). Tương tự, $k_1, t_1 \,\vdots\, n$.
Suy ra $k, t \vdots n^s$ với mọi $s \in \mathbb{N}$. Vì $k \neq 0$ nên $n = 1$. Khi đó $mk + mt = pk - pt = 3k$.
Với $t = 0$ thì $z = 0$. Suy ra $\sqrt{2x} = \sqrt{3y} = 3$. Do đó $x = \dfrac{9}{2}, y = 3$. Thử lại thấy thỏa mãn.
Với $t > 0$ thì $mk \lt 3k \Rightarrow m \lt 3$. Vậy $m = 1$ hoặc $m = 2$. Nếu $m = 1$ thì $t = 2k$, kéo theo $-pk = 3k$ (vô lý). Nếu $m = 2$ thì $t = \dfrac{k}{2}$, kéo theo $p = 6$. Khi đó $x = 2, y = 12, z = 7$. Thử lại thấy thỏa mãn.
Với $t \lt 0$ thì $pk \lt 3k \Rightarrow p \lt 3$. Vậy $p = 1$ hoặc $p = 2$. Nếu $p = 1$ thì $t = -2k$. Khi đó $-mk = 3k$ (vô lý). Nếu $p = 2$ thì $t = -\dfrac{k}{2}$, $m = 6$. Khi đó $x = 18, y = \dfrac{4}{3}, z = -\dfrac{29}{3}$ (loại vì $z \in \mathbb{Z}$).
Vậy bộ $(x, y, z)$ thỏa mãn là $\left(\dfrac{9}{2}, 3, 0\right); (2, 12, 7)$.
Cho tam giác nhọn, không cân $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, gọi $AH, AD$ lần lượt là đường cao và đường phân giác trong góc $A$ ($H, D \in BC$). Gọi $M$ là giao điểm của $AO$ và $BC$. Đường trung trực của đoạn thẳng $AD$ cắt $(O)$ tại $E, F$. Chứng minh rằng:
- Trực tâm của tam giác $DEF$ thuộc $(O)$.
- Bốn điểm $H, E, F, M$ cùng thuộc một đường tròn.
- Gọi $L$ là giao điểm của $AD$ và $EF$, $K$ là giao điểm thứ hai (khác $A$) của $AD$ và $(O)$.
- Gọi $S$ là giao điểm của $EF$ và $BC$.
Vì $EF$ là trung trực của đoạn thẳng $AD$ nên $LD \perp EF$ và $LA = LD$.
Ta có: $LE \cdot LF = LA \cdot LK = LD \cdot LK$. Suy ra $\dfrac{LE}{LD} = \dfrac{LK}{LF}$.
Do đó $\triangle ELD \backsim \triangle KLF$ (c.g.c).
Suy ra $\angle LED + \angle LKF = \angle LKF + \angle LFK = 90^\circ$.
Vậy $DE \perp KF$. Suy ra $K$ là trực tâm của $\triangle DEF$.
Ta có: $\angle SAD = \angle SDA = \angle DAC + \angle ACD = \angle BCK + \angle ACB = \angle ACK$.
Suy ra $SA$ là tiếp tuyến của $(O)$. Do đó $SE \cdot SF = SA^2$. (1)
Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông $SAM$ với đường cao $AH$, ta có: $SA^2 = SH \cdot SM$. (2)
Từ (1) và (2) ta có: $SH \cdot SM = SE \cdot SF$. Suy ra bốn điểm $H, M, E, F$ cùng thuộc một đường tròn.
