Câu 6b:

Phản chứng. Giả sử $a,b,c$ đồng thời là các số nguyên tố (đường nhiên khác nhau)

Theo bài ra ta có:

\(\left\{\begin{matrix} a+b+ab\vdots c\\ b+c+bc\vdots a\\ c+a+ac\vdots b\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} a+b+c+ab+bc+ac\vdots c\\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots a\\ a+b+c+ab+bc+ac\vdots b\end{matrix}\right.\)

Vì $a,b,c$ là các số nguyên tố khác nhau nên $(a,b,c)$ đôi một nguyên tố cùng nhau

Do đó:

\(a+b+c+ab+bc+ac\vdots abc\)

Đặt \(a+b+c+ab+bc+ac=kabc\) (\(k\in\mathbb{N}^*)\)

\(\Rightarrow k=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{ab}+\frac{1}{bc}+\frac{1}{ac}(*)\)

Giả sử \(a=\min (a,b,c)\) Nếu $a=2$ thì $b,c$ sẽ là snt lẻ. Theo đề bài thì:\( b+c+bc\vdots 2\) (hoàn toàn vô lý do \(b+c+bc\) lẻ với $b,c$ lẻ)

Do đó \(\min (a,b,c)>2(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow k\leq \frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\frac{1}{7}+\frac{1}{3.5}+\frac{1}{5.7}+\frac{1}{3.7}< 1\) (vl vì $k$ là số nguyên dương)

Vậy điều giả sử hoàn toàn vl

Tức là $a,b,c$ không thể đồng thời là các số nguyên tố (đpcm)

P/s: Đây là đề tỉnh nào đây bạn? Bạn làm bài tốt chứ :)

Đây là đề tỉnh Điện Biên ạ!
Còn phần bài thi thì em làm hết khả năng rồi, mặc dù em nghĩ ko ổn mấy đâu ạ!
Em cảm ơn thầy ( cô ) ạ!

Câu 1:

1.

a) \(5(x+1)=3x+7\)

\(\Leftrightarrow 2x=2\Leftrightarrow x=1\)

b) \(x^4-x^2-12=0\)

\(\Leftrightarrow 4x^4-4x^2-48=0\)

\(\Leftrightarrow (2x^2-1)^2-7^2=0\)

\(\Leftrightarrow (2x^2-8)(2x^2+6)=0\Leftrightarrow 2x^2=8\Leftrightarrow x^2=4\)

\(\Leftrightarrow x=\pm 2\)

2. 

a) \(\left\{\begin{matrix} 3x-y=2m-1\\ x+2y=3m+2\end{matrix}\right.\). Khi $m=1$ thì hpt trở thành:

\(\left\{\begin{matrix} 3x-y=1\\ x+2y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 6x-2y=2\\ x+2y=5\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow 7x=2+5=7\Rightarrow x=1\)

Thay vào: \(y=3x-1=3.1-1=2\)

Vậy \((x,y)=(1,2)\)

b) \(\left\{\begin{matrix} 3x-y=2m-1\\ x+2y=3m+2\end{matrix}\right.\Rightarrow \left\{\begin{matrix} 6x-2y=4m-2\\ x+2y=3m+2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow 6x+x=4m-2+3m+2\Leftrightarrow 7x=7m\Rightarrow x=m\)

\(y=3x-(2m-1)=3m-(2m-1)=m+1\)

Do đó:

\(x^2+y^2=10\)

\(\Leftrightarrow m^2+(m+1)^2=10\)

\(\Leftrightarrow 2m^2+2m-9=0\)

\(\Leftrightarrow m=\frac{-1\pm \sqrt{19}}{2}\)

Câu 2:

a) \(A=\left(\frac{1}{x-\sqrt{x}}+\frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}\right):\frac{\sqrt{x}+1}{(\sqrt{x}-1)^2}\)

\(A=\frac{1+\sqrt{x}}{x-\sqrt{x}}:\frac{1+\sqrt{x}}{(\sqrt{x}-1)^2}\)

\(A=\frac{1+\sqrt{x}}{\sqrt{x}(\sqrt{x}-1)}.\frac{(\sqrt{x}-1)^2}{\sqrt{x}+1}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}\)

b)

\(P=A-9\sqrt{x}=\frac{\sqrt{x}-1}{\sqrt{x}}-9\sqrt{x}=1-(\frac{1}{\sqrt{x}}+9\sqrt{x})\)

Áp dụng BĐT Cô-si: \(9\sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}}\geq 2\sqrt{9\sqrt{x}.\frac{1}{\sqrt{x}}}=6\)

Do đó: \(P\leq 1-6=-5\Leftrightarrow P_{\max}=-5\)

Dấu bằng xảy ra khi \(9\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt{x}}\Leftrightarrow x=\frac{1}{9}\)

Câu 3:

Gọi vận tốc thực của thuyền là $a$ (km/h)

Suy ra vt thuyền xuôi dòng là $a+4$ và vận tốc thuyền ngược dòng là $a-4$

Vận tốc dòng nước cũng chính là vận tốc chiếc bè đi xuôi dòng.

Vậy khoảng thời gian bè đi từ $A-C$ là: \(t=\frac{AC}{v_b}=\frac{8}{4}=2\) (giờ)

Trong 2 giờ trên thì thuyền đi được quãng đường $AB$ và $BC$

\(\Rightarrow 2=\frac{AB}{a+4}+\frac{BC}{a-4}\)

\(\Leftrightarrow 2=\frac{24}{a+4}+\frac{24-8}{a-4}\)

\(\Rightarrow 2a^2=40a\Rightarrow a=20\) do \(a>0\)

Vậy vt thực của thuyền là $20$ (km/h)

Câu 4:

a)

PT hoành độ giao điểm:

\(x^2-(m-1)x-(m^2-2m+3)=0(*)\)

Có: \(\Delta=(m-1)^2+4(m^2-2m+3)\)

\(=5m^2-10m+13=5(m-1)^2+8\geq 8>0, \forall m\in\mathbb{R}\)

Do đó PT $(*)$ có 2 nghiệm pb hay 2 đths cắt nhau tại 2 điểm phân biệt

với mọi giá trị của $m$

b) Theo định lý Viete ta có: \(\left\{\begin{matrix} x_A+x_B=m-1\\ x_Ax_B=-(m^2-2m+3)\end{matrix}\right.(*)\)

Để OAB cân tại $O$ thì \(OA=OB\Leftrightarrow OA^2=OB^2\)

\(\Leftrightarrow x_A^2+y_A^2=x_B^2+y_B^2\)

\(\Leftrightarrow x_A^2+x_A^4=x_B^2+x_B^4\) (do $A,B$ thuộc đồ thị $y=x^2$)

\(\Leftrightarrow (x_A^2-x_B^2)(1+x_A^2+x_B^2)=0\)

\(\Rightarrow x_A^2-x_B^2=0\Rightarrow x_A=-x_B\) (do $x_A,x_B$ phân biệt nên $x_A\neq x_B$)

Khi đó. Từ $(*)$:

\(m-1=x_A+x_B=0\Rightarrow m=1\)

\(-x_A^2=x_Ax_B=-(m^2-2m+3)=-2\Rightarrow x_A=\pm \sqrt{2}\Rightarrow x_B=\mp \sqrt{2}\)

Không mất tổng quát, cho \(x_A=\sqrt{2}; x_B=-\sqrt{2}\Rightarrow A(\sqrt{2};2); B(-\sqrt{2}; 2)\)

\(\Rightarrow AB=\sqrt{(\sqrt{2}--\sqrt{2})^2+(2-2)^2}=2\sqrt{2}\)

\(OA=\sqrt{(\sqrt{2})^2+2^2}=\sqrt{6}\)

Gọi $OH$ là đcao của OAB. Vì $OAB$ cân tại $O$ nên $OH$ cũng đồng thời là trung tuyến.

Áp dụng đl Pitago: \(OH=\sqrt{OA^2-AH^2}=\sqrt{OA^2-(\frac{AB}{2})^2}=2\)

Do đó: \(S_{OAB}=\frac{OH.AB}{2}=\frac{2.2\sqrt{2}}{2}=2\sqrt{2}\)

Câu 5:

a)

Theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau ($CM-CA$ với $DM-DB$) thì $OC$ là phân giác góc \(\widehat{AOM}\) và $OD$ và phân giác góc $BOM$)

\(\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \widehat{AOC}=\widehat{COM}\\ \widehat{BOD}=\widehat{DOM}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow \widehat{AOC}+\widehat{BOD}=\widehat{COD}\)

Mà \(\widehat{AOC}+\widehat{BOD}+\widehat{COD}=180^0\Rightarrow \widehat{COD}=90^0\)

b)

\(\widehat{AMB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn đường kính) suy ra \(\widehat{KMA}=180^0-\widehat{AMB}=90^0\)

Ta có:

\(\widehat{KMO}=\widehat{KMA}+\widehat{AMO}=90^0+\widehat{AMO}\)

\(\widehat{AMD}=\widehat{AMO}+\widehat{OMD}=\widehat{AMO}+90^0\)

Do đó: \(\widehat{KMO}=\widehat{AMD}(*)\)

Lại có:

Vì \(Ax\parallel By\Rightarrow \)\(\widehat{AKM}=\widehat{MBD}\) (so le trong)

Mà: \(\widehat{MBD}=\widehat{DOM}\) (do tứ giác DMOB nội tiếp-dễ cm)

\(\Rightarrow \widehat{AKM}=\widehat{DOM}\)

Do đó tam giác vuông $AKM$ đồng dạng với tam giác vuông $DOM$

\(\Rightarrow \frac{AM}{DM}=\frac{KM}{OM}(**)\)

Từ \((*);(**)\Rightarrow \triangle KMO\sim \triangle AMD(c.g.c)\)

Câu 5:

Hình vẽ:

c) Qua $C$ kẻ \(CT\parallel AB\)

Khi đó $CT$ vuông góc với $Bx$. Ta có $CTBA$ là tứ giác có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật

Do đó: \(CT=AB\)

Sử dụng bổ đề quen thuộc: Diện tích tam giác $ABC$ thì bằng một phần hai tích của 2 cạnh kề nhau nhân với sin của góc tạo bởi 2 cạnh đó

Khi ấy:

\(S_{ACM}+S_{BDM}=\frac{AC.CM\sin \widehat{ACM}}{2}+\frac{BD.DM\sin \widehat{BDM}}{2}\)

Mà:

\(AC=CM; BD=DM; \widehat{ACM}=180^0-\widehat{BDM}\rightarrow \sin \widehat{ACM}=\sin \widehat{BDM}\)

Do đó:

\(S_{ACM}+S_{BDM}=\frac{1}{2}\sin \widehat{BDM}(CM^2+DM^2)\)

Áp dụng BĐT AM-GM:

\(CM^2+DM^2\geq 2CM.DM\Rightarrow 2(CM^2+DM^2)\geq (CM+DM)^2=CD^2\)

\(\Rightarrow \frac{CM^2+DM^2}{2}\geq \frac{CD^2}{4}\)

\(\sin \widehat{BDM}=\sin \widehat{TDC}=\frac{CT}{CD}=\frac{AB}{CD}\)

Do đó: \(S_{ACM}+S_{BDM}=\frac{AB.CD}{4}\geq \frac{AB.AB}{4}=\frac{AB^2}{4}\)

Hay \(S_{ACM+BDM}(min)=\frac{AB^2}{4}\)

Dấu bằng xảy ra khi $M$ là điểm chính giữa cung $AB$

Câu 6a

\(f(x)+3f\left(\frac{1}{x}\right)=x^2(1)\)

Thay \(x\mapsto \frac{1}{x}\Rightarrow f\left(\frac{1}{x}\right)+3f(x)=\frac{1}{x^2}\)

\(\Rightarrow 3f\left(\frac{1}{x}\right)+9f(x)=\frac{3}{x^2}(2)\)

Lấy \((1)-(2)\Rightarrow -8f(x)=x^2-\frac{3}{x^2}\)

Thay \(x=2\Rightarrow -8f(2)=\frac{13}{4}\)

\(\Rightarrow f(2)=\frac{-13}{32}\)