Tiêu đề Đề số 4.docx ✅

Đề số 4 Câu 1. (6,0 điểm). 1) Giải phương trình: 224202831520xxxx . 2) Cho ba số thực thỏa mãn điều kiện 0xyz . Chứng minh rằng: 333 3xyzxyz 3) Cho các số nguyên ;;abc thoả mãn điều kiện: 333()()()378abbcca . Tính giá trị của biểu thức ||||||Aabbcca . Câu 2. (3,0 điểm). 1) Cho ,,abc là các số nguyên thỏa mãn điều kiện: abc chia hết cho 12 . Chứng minh: ) ()-5 (()Pabbccaabc chia hết cho 12 . 2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên ,,xyz thỏa mãn điều kiện: 333 2020xyzxyz . Câu 3. ( 3,0 điểm). 1) Cho ,xy là hai số thực dương. Chứng minh rằng: 22 22 33 40xyxy yxyx . 2) Cho số thực x thỏa mãn 02x . Tìm GTNN của biểu thức: 4100 2021 2A xx  . Câu 4. (7,0 điểm).Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE cắt nhau tại H . 1) Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CHCE= 2BC . 2) Chứng minh BHAC .cot ABC . 3) Gọi M là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MPMQ . Câu 5. (1,0 điểm).Trên bảng, người ta viết các số tự nhiên liên tiếp từ 1 đến 100 sau đó thực hiện trò chơi như sau: Mỗi lần xóa hai số a, b bất kỳ trên bảng và viết một số mới bằng 2ab lên bảng. Việc làm này thực hiện liên tục, hỏi sau 99 bước số cuối cùng còn lại trên bảng là bao nhiêu? Tại sao? HẾT Câu 1. (6,0 điểm). 1) Giải phương trình: 224202831520xxxx . 2) Cho ba số thực ,,xyz thỏa mãn điều kiện 0xyz . Chứng minh rằng: 333 3xyzxyz . 3) Cho các số nguyên ,,abc thoả mãn điều kiện: 333()()()378abbcca .
Tính giá trị của biểu thức ||||||Aabbcca . Lời giải 1) Giải phương trình: 224202831520xxxx . Đặt 22257,(0)57.txxtxxt ĐKXD: xℝ . Phương trình trờ thành: 2231tt . 2 1 3210(1)(31)01 3 t tttt t       Ta có 1 :0 3t  (loại) hoặc 1t (thỏa mãn).  Với 1,t ta có : 22 5715602xxxxx hoặc 3x Vậy phương trình có tập nghiệm là {2;3}S . 2) Cho ba số thực ,,xyz thỏa mãn điều kiện 0xyz . Chứng minh rằng: 333 3xyzxyz . Ta có :0()xyzzxy 333333333223 ()33VTxyzxyxyxyxxyxyy 3()3VTxyxyxyzVP 3) Cho các số nguyên abc thoả mãn điều kiện: 333()()()378abbcca . Tính giá trị của biểu thức ||||||Aabbcca . Đặt ;;0abxbcycazxyz Ta có: 3333783378126xyzxyzxyz Do ,,xyz là số nguyên có tồng bằng 0 và 126(2)(7).9xyzxyz nên 227799 79;2;9;72. 979227 xxxxxx yyyyyy zzzzzz          Suy ra: ||||||18Aabbcca . Câu 2. (3,0 điểm). 1) Cho ,,abc là các số nguyên thỏa mãn điều kiện: abc chia hết cho 12 . Chứng minh: ) ()-5 (()Pabbccaabc chia hết cho 12 . 2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên ,,xyz thỏa mãn điều kiện: 333 2020xyzxyz . Lời giải 1) Cho ,,abc là các số nguyên thỏa mãn điều kiện: abc chia hết cho 12 . Chứng minh: ) ()-5 (()Pabbccaabc chia hết cho 12 .
Ta có: ()()()5 ()()6(*) do ()()()()() Pabbccaabc abcabbccaabc abbccaabcabbccaabc    Giả sử ,,abc đều chia 2 dư 1 abc chia 2 dư 1 (2) Mà :122abcabc⋮ (theo giả thiết) (2) Do đó (1) và (2) mâu thuẫn  Điều già sử là sai.  Trong ba số ,,abc ít nhất có một số chia hết cho 2 6:12(**)abc Từ (*) và (**) suy ra 12P⋮ . 2) Có tồn tại hay không 3 số nguyên ,,xyz thỏa mãn điều kiện: 333 2020xyzxyz . Ta có: 321(1)(1):3xxxxxxx Tưng tự ta có: 33:3;3yyzz⋮ 333:3xxyyzz Biến đổi phương trình thành: 3332020xxyyzz . Mà 20203⋮ . Vậy không tồn tại ba số nguyên ,,xyz thỏa mãn điều kiện: 333 2020xyzxyz . Câu 3. ( 3,0 điểm). 1) Cho ,xy là hai số thực dương. Chứng minh rằng: 22 22 33 40xyxy yxyx . 2) Cho số thực x thỏa mãn 02x . Tìm GTNN của biểu thức: 4100 2021 2A xx  . Lời giải 1) Cho ,xy là hai số thực dương. Chứng minh rằng: 22 22 33 40xyxy yxyx . Ta có: 222 2() 20xyxyxyxy yxxyxy   với mọi ,0xy . 20;10xyxy yxyx     . 210xyxy yxyx     . 22 22 33 40xyxy yxyx . 2) Cho số thực x thỏa mãn 02x . Tìm GTNN của biểu thức: 4100 2021 2A xx  . Ta có 41004100 :202136(2)361949 22Axx xxxx     .
Mà 02x suy ra : 20x . Áp dụng BĐT : 2abab với ,0,ab dấu bằng xảy ra khi ab ta có: 100 36120x x     dấu bằng xảy ra khi 5 . 3x 4 36(2)24 2x x     dấu bằng xày ra khi 5 . 3x Suy ra 41004100 202136(2)3619492093 22Axx xxxx     . Vậy MinA =2093 khi và chi khi 5 3x . Câu 4. (7,0 điểm).Cho tam giác ABC cóba góc nhọn, ba đường cao AK , BD , CE cắt nhau tại H . 1) Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CH.CE= 2BC . 2) Chứng minh BHAC .cot ABC . 3) Gọi . M . là trung điểm của BC . Đường thẳng qua A vuông góc với AM cắt đường thẳng BD , CE lần lượt tại Q và P . Chứng minh rằng: MPMQ . Lời giải 1) Chứng minh: BH . BD = BC . BK và BH . BD + CH.CE= 2BC . Xét tam giác: BHK đông dạng BCD có: KBH chung  .90BKHBDC BHK đồng dạng (g.g)BCD nên BHBK BCBD BHBDBCBK Tương tự: CHK đồng dạng CBE nên CHKC CHCEBCKC BCCE Cộng vế với vế hai đằng thức ta được: .BHBDCHCEBCBKBCKC hay 2()BHBDCHCEBCBKKCBC 2) Chứng minh BHAC .cot ABC . Chứng minh:BEH đồng dạng ()BHBE CEAgg CACE Xét BEC vuông tại cotBE EABC CE cotcotBHBE ABCBHACABC CACE