HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1: (1,5 điểm)
Cho biểu thức
31 1 1 3
:
2
1 11
xx x xx
Px
xx x x x





với
0
x
và
1x
.
Rút gọn biểu thức
P
và tìm tất cả các số tự nhiên
x
để giá trị biểu thức
23
2
xP
P
là số nguyên tố.
Lời giải:
Điều kiện xác định :
0
x
và
1x
.
Ta có:

13
22
.31
11
xx xx
Px xx
x xx




.
Thay
2
1
x
Pxx

vào biểu thức
23
2
xP
P
ta được:
23
2 3. 1
23 2
11
2
22
2
2. 1
1
x
x
xP x x
xx xx
Px
xx
xx


 



.
Do biểu thức
23
2
xP
P
là số nguyên tố nên
2
2
xx
cũng là số nguyên tố
Ta đặt:
2
2
xx p

(
p
là số nguyên tố)
1 22xx p

.
Để ý:
21xx
.
Do đó sẽ có hai khả năng:
11 0, 1
22
xxp
xp



hoặc
12 0, (2, ) 1, 2
2
xx pp
xp



.
Khả năng 1:
11 4
2
22
xx
p
xp




(nhận).
Khả năng 2:
12 4
5
2
xx
p
xp




(nhận).
Vậy
2
1
x
Pxx

và khi
4x
và
9x
thì
23
2
xP
P
là số nguyên tố.
Câu 2: (1,5 điểm)
a) Cho phương trình
2
(5 ) ( 3 ) 5 0mx n mx m 
, với
m
và
n
là các tham số. Tìm tất cả các cặp số
nguyên
(;)mn
sao cho phương trình đã cho có nghiệm kép.
b) Trong mặt phải tọa độ
Oxy
, cho parabol
2
2
( ): 3
Py x
, với
O
là gốc tọa độ. Tìm tọa độ hai điểm
,AB
trên
P
sao cho tam giác
OAB
vuông tại
O
và khoảng cách từ
O
đến
AB
lớn nhất.
Lời giải:
Điều kiện xác định:
5m
Ta có:
22
( 3 ) 4(25 )n m mm
.
Để phương trình có nghiệm kép thì:
0
22
( 3 ) 4(25 ) 0nm m
22
( 3 ) 4(25 )nm m
(*)
2
25 m
là số chính phương.
Đặt
22
25 ( )m aa
Xét
0a
thì
5 và 15
5 và 15
mn
mn

 
.
Xét
1a
thì
2
24m
mà 24 không phải là số chính phương nên vô lí.
Xét
2
4a
thì
221m
mà 21 không là số chính phương nên vô lí.
Xét
2
9a
thì
2
16m
nên
4 và 12
4 và 12
mn
mn

 
.
Xét
216a
thì
29m
nên
3 và 9
3 và 9
mn
mn

 
.
Xét
2
25a
thì
20m
nên
0 và 0
mn
.
Vậy để các cặp số nguyên
,mn
thỏa đề là:
( ; ) (3;9) ( 3; 9) (4;12) ( 1; 12) (0;0)
mn  
.
Câu 3: (2 điểm)
a) Giải phương trình
2
10 11 4 2 1 0xx x 
.
b) Giải hệ phương trình
4 3 22
2 22 2
2 14 31 90 66 0
2 2 ( 1)( 2) 0
x x y y xy
xy x y y y y

 
.
Lời giải:
a)
2
10 11 4 2 1 0xx x 
.
Điều kiện:
1
2
x
.
Phương trình (*) tương đương với:
2
2
( 4) 2 1 2xx 
2
2
20
( 2) 2 1
4 212 2 21 3 6
60
4 212 6 21 714
(6 ) 2 1
x
xx
xx xx x
x
x x xx x
xx



  




  



.
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm:
3 6; 7 14S
.
b) Giải hệ phương trình
4 3 22
2 22 2
2 14 31 90 66 0 (1)
2 2 ( 1)( 2) 0. (2)
x x y y xy
xy x y y y y

 
Xét phương trình (2) ta có:
2 22 2
2 2 ( 1)( 2) 0xy x y y y y  
2 2 23
2 2 1 10xy x y y y 
22
( 2) ( 2) 2 0xyyyy  
22
( 1)( 2) 0xy y

Vì
22
10 2xy y 
Thay vào (1) ta được:
4 3 22
2 14 31 90 66 0x x y x y xy 
43 2
2 28 124 180 66 0xx x x 
43 2
14 62 90 33 0xx xx
 
43 2
14 62 90 33
xx xx
43 23 2 2
8 11 6 48 66 3 24 33 0x x x x x xx x
 
22 2 2
( 8 11) 6 ( 8 11) 3( 8 11) 0xxx xxx xx   
22
( 8 11)( 6 3) 0xx xx 
2
2
8 11 0
6 30
xx
xx


.
Tự giải phương trình bậc hai ra được các cặp số
,xy
thỏa đề là :
(; ) 4 5;2,4 5;2,3 6;2,3 6;2xy
Câu 4: (2 điểm)
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên
(;)ab
thỏa mãn
32
( )5a b ab
.
b) Cho phương trình
22
2 3 90x xk k 
, với
k
là tham số. Khi phương trình đã cho có hai nghiệm
1, 2
xx
hãy tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
22
1 21 2 2
10 2 1Q x xxk x x 
.
Lời giải:
a) Tìm tất cả các cặp số nguyên
(;)ab
thỏa mãn
32
( )5
a b ab

.
Ta có:
32
( )5
a b ab
33
5a b ab

(*)
22
( )( ) 5
a b a ab b ab
.
Trường hợp 1:
ab

2 2 22
55ab a ab b a b


 
 
2, 1 (laáy)
1; 2 (loaïi)
1; 2 (laáy)
2; 2 (loaïi)
ab
ab
ab
ab
.
Trường hợp 2:
ab
Gọi
(,)d ab
thì ta có:
1
12 2 1
2
( , ) 1 và
a dm mm m m
b dm

.
Thay vào (*) ta được:
33 33 2
1 2 12
5dm dm dmm
23 3
1 2 12
( )5dmmmmm 
2
33
1 2 12
1
(5
d
mmmm

.
Từ đây ta sẽ có được:
33
1 2 12 5m m mm
Nếu
12 0mm
thì
33
12
mm
(Vô lí)
Do đó
12 0
mm
hay
0a
và
0b
Ta lại có:
32
( )5a b ab
VT < 0 mà VP > 0 do đó trường hợp này không có cặp số nguyên
(;)
ab
thỏa để
Vậy cặp số nguyên
(;)ab
thỏa để là
(;)(2;1)(1;2)ab 
b)
22
1 ( 3 9) 0 3 10 0
kk kk

( 5)( 2) 0 2 5
kk k 
.
Theo định lí Vi-ét:
12 2 2
2
12
22
39
xx x x
xx k k


Thay
Q
vào ta được:
22
22
(2 ) (2 ) 10 ( 1)xx xk x 
22
22 2
2 1 11 ( 1) 11 2 3xx k x 
.
Vậy
min
3
Q
khi
12
2 và 1k xx
.
Ta xét:
22
1 21 1 1 1 2
10 2 ( ) 10
x xxk x x xx k  
Vì
1
x
là nghiệm của phương trình
22
11
2 93
x x kk 
Thế vào trên
22
9 3 2 10 4 21kk k k k 
Xét
2
22
21xx
tương tự như thế
2
x
cũng là nghiệm của phương trình
22 2
22
2 1 10 3x x kk 
22
4 21 3 10Q k k kk 
(5 )( 2) (7 )( 3) (5 3)( 2 7 ) 6 2kk kk k k k k  
62Q
Vậy
max 62Q
khi
29
17
k
.
Câu 5: (1,5 điểm)
Cho đường tròn
()O
bán kính
R
và điểm
A
nằm trên đường tròn. Đường tròn
(; )AR
cắt đường tròn
()O
tại hai điểm
B
và
C
. Gọi
M
là trung điểm của
AB
, tia
MO
cắt
()O
tại điểm
D
. Tia
BO
cắt
AD
tại
E
và
()O
tại điểm thứ hai là
F
. Tính độ dài đoạn thẳng
DE
và diện tích tứ giác
ACFE
theo
R
.
Lời giải:
Ta có:
AO AC OC AOC
đều mà
2 2.60 120AOF ABF COF 

đều
AOFC
là hình
thoi,
AF
cắt
OC
thì
I
là trung điểm
AF
.
Ta có:
3
cos . sin 60 . 3
2
AI AOI AO R R AF R 
2
13
.
22
AOFC
S OC AF R

Ta có:
11
..
22
AOE ABE ABO
S S S BH AE OM AB
11
.sin 75 . ( ) sin 60 . .
22
AB AH HE OB AB 

22
13
.sin 75 . (cos75 . sin 75 . )
24
R AB AB R


22
13
.sin 75 . (cos75 sin 75 )
24
RR 

22
33 1
sin 75 (cos75 sin 75 )
42
AEFC AFOC AOE
SSS R R 

.
Ta có:
2
.EOD EDB ED EO EB ∽
.
Ta có:
OA OB AB OAB
đều nên
60 30BOA BDA

180 30
180 180 60 45
2
BEA OBA DAB
 


Kẻ
BH AE BHE
⊥
vuông cân
.2BE BH
Ta có:
180 30
sin sin sin 75 sin 75 . sin 75 .
2
BH
BAH BH AB R
AB



2 sin 75 . 2 sin 75 1BE R EO BE R R 

2
2 sin 75 ( 2 sin 75 1)ED R

.
Câu 6: (1,5 điểm)
Cho tam giác
ABC
chọn
AB AC
, trực tâm
H
và nội tiếp đường tròn
()O
. Gọi
M
là trung điểm của
BC
và
K
là hình chiếu của
H
trên
AM
. Tia
AM
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
BKC
tại điểm thứ hai là
N
. Chứng minh rằng tứ giác
ABNC
là hình bình hành.
Lời giải: