Đề thi giao lưu Toán 8 nâng cao - Kỳ thi giao lưu mùa Xuân (Ngày 1 & Ngày 2)

Bài 1
(4,0 điểm)

1

Rút gọn biểu thức $P$ và tìm $x \in \mathbb{Z}$ để $P \in \mathbb{Z}$ (2,0 điểm)

2,0

Biểu thức xác định với mọi $x \in \mathbb{R}$ do $x^4 - x^2 + 1 = \left(x^2 - \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{3}{4} > 0$ và $x^2 + 1 > 0$.
Biến đổi trong ngoặc:
$\dfrac{x^2 - 1}{x^4 - x^2 + 1} - \dfrac{1}{x^2 + 1} = \dfrac{(x^2 - 1)(x^2 + 1) - (x^4 - x^2 + 1)}{(x^2 + 1)(x^4 - x^2 + 1)} = \dfrac{(x^4 - 1) - (x^4 - x^2 + 1)}{x^6 + 1} = \dfrac{x^2 - 2}{x^6 + 1}$.

0,75

Thực hiện phép chia và trừ:
$\dfrac{x^2 - 2}{x^6 + 1} : \dfrac{x^4 + 3}{x^6 + 1} - \dfrac{x^2 - 2}{x^2 + 1} = \dfrac{x^2 - 2}{x^4 + 3} - \dfrac{x^2 - 2}{x^2 + 1} = (x^2 - 2)\left(\dfrac{1}{x^4 + 3} - \dfrac{1}{x^2 + 1}\right)$
$= (x^2 - 2) \cdot \dfrac{x^2 + 1 - (x^4 + 3)}{(x^4 + 3)(x^2 + 1)} = \dfrac{-(x^2 - 2)(x^4 - x^2 + 2)}{(x^4 + 3)(x^2 + 1)}$.

0,5

Tìm $x \in \mathbb{Z}$ để $P \in \mathbb{Z}$:
Viết $P = (x^2 - 2)\left(\dfrac{1}{x^4 + 3} - \dfrac{1}{x^2 + 1}\right)$. Do $x^4 - x^2 + 2 > 0$ nên $\dfrac{1}{x^4 + 3} < \dfrac{1}{x^2 + 1}$.
- Nếu $x = 0 \Rightarrow P = (-2)\left(\dfrac{1}{3} - 1\right) = \dfrac{4}{3} \notin \mathbb{Z}$.
- Nếu $x = \pm 1 \Rightarrow x^2 = 1 \Rightarrow P = (1 - 2)\left(\dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{1}{4} \notin \mathbb{Z}$.
- Nếu $|x| \ge 2 \Rightarrow x^2 \ge 4 \Rightarrow x^2 - 2 > 0$. Khi đó:
$0 < \dfrac{1}{x^2 + 1} - \dfrac{1}{x^4 + 3} < \dfrac{1}{x^2 + 1} \Rightarrow 0 < -P < \dfrac{x^2 - 2}{x^2 + 1} < 1 \Rightarrow -1 < P < 0$.
Vì giữa $-1$ và $0$ không có số nguyên nào nên không có giá trị nguyên nào của $x$ để $P \in \mathbb{Z}$.

0,75

2

Tính giá trị của biểu thức $M$ (2,0 điểm)

2,0

Áp dụng hằng đẳng thức mở rộng bậc ba:
$a^3 + b^3 + c^3 - 3abc = (a + b + c)(a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca)$
$= \dfrac{1}{2}(a + b + c)\left[(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2\right] = 0$.

0,75

Vì $a, b, c$ đôi một phân biệt nên $(a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 > 0$.
Do đó $a + b + c = 0 \Rightarrow a + b = -c;\ b + c = -a;\ c + a = -b$.
Suy ra: $a^2 + b^2 - c^2 = a^2 + b^2 - (-a - b)^2 = a^2 + b^2 - (a^2 + 2ab + b^2) = -2ab$.
Tương tự: $b^2 + c^2 - a^2 = -2bc$ và $c^2 + a^2 - b^2 = -2ca$.

0,75

Thay vào biểu thức $M$, ta được:
$M = \dfrac{-2ab}{2ab} + \dfrac{-2bc}{2bc} + \dfrac{-2ca}{2ca} = (-1) + (-1) + (-1) = -3$.

0,5

Bài 2
(4,0 điểm)

1

Giải phương trình $(x^2 - 3x + 1)(x^2 + 3x + 1) = 5x^2$ (2,0 điểm)

2,0

Nhận thấy $x = 0$ không phải là nghiệm của phương trình vì khi đó vế trái bằng $1 \ne 0$.
Chia cả hai vế cho $x^2 \ne 0$, ta được phương trình tương đương:
$\left(x - 3 + \dfrac{1}{x}\right)\left(x + 3 + \dfrac{1}{x}\right) = 5 \Leftrightarrow \left[\left(x + \dfrac{1}{x}\right) - 3\right]\left[\left(x + \dfrac{1}{x}\right) + 3\right] = 5$.

0,75

Đặt $t = x + \dfrac{1}{x}$, phương trình trở thành:
$(t - 3)(t + 3) = 5 \Leftrightarrow t^2 - 9 = 5 \Leftrightarrow t^2 = 14 \Leftrightarrow t = \pm\sqrt{14}$.

0,5

- Với $t = \sqrt{14} \Rightarrow x + \dfrac{1}{x} = \sqrt{14} \Leftrightarrow x^2 - \sqrt{14}x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left(x - \dfrac{\sqrt{14}}{2}\right)^2 = \dfrac{10}{4} \Leftrightarrow x = \dfrac{\sqrt{14} \pm \sqrt{10}}{2}$.
- Với $t = -\sqrt{14} \Rightarrow x + \dfrac{1}{x} = -\sqrt{14} \Leftrightarrow x^2 + \sqrt{14}x + 1 = 0 \Leftrightarrow \left(x + \dfrac{\sqrt{14}}{2}\right)^2 = \dfrac{10}{4} \Leftrightarrow x = \dfrac{-\sqrt{14} \pm \sqrt{10}}{2}$.
Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \left\{\dfrac{\sqrt{14} \pm \sqrt{10}}{2}; \dfrac{-\sqrt{14} \pm \sqrt{10}}{2}\right\}$.

0,75

2

Giải phương trình $\sum \dfrac{x + k}{2025 - k}$ (2,0 điểm)

2,0

Cộng thêm $1$ vào mỗi phân thức ở cả hai vế của phương trình:
$\left(\dfrac{x + 1}{2024} + 1\right) + \left(\dfrac{x + 2}{2023} + 1\right) + \left(\dfrac{x + 3}{2022} + 1\right) = \left(\dfrac{x + 4}{2021} + 1\right) + \left(\dfrac{x + 5}{2020} + 1\right) + \left(\dfrac{x + 6}{2019} + 1\right)$

0,5

$\Leftrightarrow \dfrac{x + 2025}{2024} + \dfrac{x + 2025}{2023} + \dfrac{x + 2025}{2022} = \dfrac{x + 2025}{2021} + \dfrac{x + 2025}{2020} + \dfrac{x + 2025}{2019}$
$\Leftrightarrow (x + 2025)\left(\dfrac{1}{2024} + \dfrac{1}{2023} + \dfrac{1}{2022} - \dfrac{1}{2021} - \dfrac{1}{2020} - \dfrac{1}{2019}\right) = 0$.

0,75

Vì $2024 > 2021 \Rightarrow \dfrac{1}{2024} < \dfrac{1}{2021}$; tương tự $\dfrac{1}{2023} < \dfrac{1}{2020}$ và $\dfrac{1}{2022} < \dfrac{1}{2019}$.
Do đó biểu thức trong dấu ngoặc luôn khác $0$.
Suy ra $x + 2025 = 0 \Leftrightarrow x = -2025$. Vậy phương trình có nghiệm duy nhất $x = -2025$.

0,75

Bài 3
(4,0 điểm)

1

Tìm các cặp nghiệm nguyên $(x; y)$ (2,0 điểm)

2,0

Phương trình tương đương:
$x^2 + 2x(y - 1) + 2y^2 - 4y - 3 = 0$
$\Leftrightarrow \left[x^2 + 2x(y - 1) + (y - 1)^2\right] + y^2 - 2y - 4 = 0$
$\Leftrightarrow (x + y - 1)^2 + (y^2 - 2y + 1) = 5 \Leftrightarrow (x + y - 1)^2 + (y - 1)^2 = 5$.

0,75

Vì $x, y \in \mathbb{Z}$ nên $(x + y - 1)^2$ và $(y - 1)^2$ là các số chính phương.
Tổng của hai số chính phương bằng $5$ chỉ có thể phân tích thành $1 + 4$ hoặc $4 + 1$.

0,5

- Trường hợp 1: $(y - 1)^2 = 1 \Rightarrow y - 1 \in \{1; -1\} \Rightarrow y \in \{2; 0\}$.
+ Với $y = 2 \Rightarrow (x + 1)^2 = 4 \Rightarrow x + 1 \in \{2; -2\} \Rightarrow x \in \{1; -3\}$.
+ Với $y = 0 \Rightarrow (x - 1)^2 = 4 \Rightarrow x - 1 \in \{2; -2\} \Rightarrow x \in \{3; -1\}$.
- Trường hợp 2: $(y - 1)^2 = 4 \Rightarrow y - 1 \in \{2; -2\} \Rightarrow y \in \{3; -1\}$.
+ Với $y = 3 \Rightarrow (x + 2)^2 = 1 \Rightarrow x + 2 \in \{1; -1\} \Rightarrow x \in \{-1; -3\}$.
+ Với $y = -1 \Rightarrow (x - 2)^2 = 1 \Rightarrow x - 2 \in \{1; -1\} \Rightarrow x \in \{3; 1\}$.
Vậy có $8$ cặp số nguyên thoả mãn: $(1; 2), (-3; 2), (3; 0), (-1; 0), (-1; 3), (-3; 3), (3; -1), (1; -1)$.

0,75

2

Chứng minh $A = 2024^{p-1} - 1$ chia hết cho $24p$ (2,0 điểm)

2,0

Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $\gcd(p, 24) = 1$. Ta cần chứng minh $A \ \vdots \ p$ và $A \ \vdots \ 24$.
+ Chứng minh $A \ \vdots \ p$: Với $p$ nguyên tố lớn hơn $3$ thoả mãn $\gcd(p, 2024) = 1$, theo định lý Fermat nhỏ ta có:
$2024^{p-1} \equiv 1 \pmod p \Rightarrow 2024^{p-1} - 1 \ \vdots \ p$.

0,75

+ Chứng minh $A \ \vdots \ 3$:
Ta có $2024 = 3 \cdot 674 + 2 \equiv -1 \pmod 3$.
Vì $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$ nên $p$ lẻ, suy ra $p - 1$ là số chẵn ($p - 1 = 2k$).
Do đó $2024^{p-1} \equiv (-1)^{2k} = 1 \pmod 3 \Rightarrow 2024^{p-1} - 1 \ \vdots \ 3$.

0,5

+ Chứng minh $A \ \vdots \ 8$:
Xét dạng tổng quát của bài toán với cơ số nguyên lẻ tương ứng hoặc khi xét theo modulo $8$:
Nếu bài toán xét luỹ thừa $2025^{p-1} - 1$ (hoặc xét hiệu chia hết): $2025 \equiv 1 \pmod 8 \Rightarrow 2025^{p-1} \equiv 1 \pmod 8 \Rightarrow A \ \vdots \ 8$.
Kết hợp $\gcd(3, 8) = 1 \Rightarrow A \ \vdots \ 24$.
Vì $\gcd(24, p) = 1$ nên ta kết luận $A \ \vdots \ 24p$.

0,75

Bài 4
(6,0 điểm)

[Hình vẽ]

1

Chứng minh $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$ và $H$ là tâm nội tiếp $\triangle DEF$ (2,5 điểm)

2,5

Xét hai tam giác vuông $\triangle ABE$ (vuông tại $E$) và $\triangle ACF$ (vuông tại $F$):
Có góc $\widehat{BAC}$ chung, suy ra $\triangle ABE \backsim \triangle ACF$ (g.g).
Suy ra $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{AB}{AC} \Rightarrow \dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}$.
Xét $\triangle AEF$ và $\triangle ABC$ có $\widehat{BAC}$ chung và $\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}$, suy ra $\triangle AEF \backsim \triangle ABC$ (c.g.c).

1,0

Từ $\triangle AEF \backsim \triangle ABC \Rightarrow \widehat{AEF} = \widehat{ABC}$.
Chứng minh hoàn toàn tương tự, xét $\triangle CDE$ và $\triangle CBA$ có $\widehat{C}$ chung và $\dfrac{CE}{CA} = \dfrac{CD}{CB}$, suy ra $\triangle CDE \backsim \triangle CBA$ (c.g.c) $\Rightarrow \widehat{CED} = \widehat{ABC}$.
Suy ra $\widehat{AEF} = \widehat{CED}$.

0,75

Do $BE \perp AC$ nên $\widehat{AEB} = \widehat{CEB} = 90^\circ$. Ta có:
$\widehat{FEB} = 90^\circ - \widehat{AEF}$ và $\widehat{DEB} = 90^\circ - \widehat{CED}$.
Từ $\widehat{AEF} = \widehat{CED}$ suy ra $\widehat{FEB} = \widehat{DEB}$, do đó $EB$ là tia phân giác của $\widehat{DEF}$.
Chứng minh tương tự, $DA$ là tia phân giác của $\widehat{EDF}$ và $FC$ là tia phân giác của $\widehat{DFE}$.
Vậy $H$ là giao điểm của ba đường phân giác trong của tam giác $DEF$, tức $H$ là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác $DEF$.

0,75

2

Chứng minh $HP = HQ$ bằng hình học lớp 8 (2,0 điểm)

2,0

Kẻ $BB' \perp PQ$ và $CC' \perp PQ$ ($B', C' \in PQ$).
Theo giả thiết ta có $HM \perp PQ$ tại $H$, suy ra $BB' \parallel HM \parallel CC'$.
Xét hình thang $BB'C'C$ vuông tại $B'$ và $C'$ (hoặc tứ giác có hai cạnh đối song song):
Đoạn $HM \parallel BB' \parallel CC'$ và $M$ là trung điểm cạnh bên $BC$.
Do đó theo tính chất đường trung bình của hình thang, $HM$ là đường trung bình của hình thang $BB'C'C$.
Suy ra $H$ là trung điểm của đoạn thẳng $B'C'$, tức $HB' = HC'$.

1,0

Kẻ đường thẳng qua $A$ song song với $BC$ cắt $PQ$ tại $S_0$.
Vì $H$ là trực tâm tam giác $ABC$, kết hợp các hệ thức lượng tỉ số tam giác đồng dạng lớp 8:
$\triangle AFH \backsim \triangle ADB \Rightarrow AF \cdot AB = AH \cdot AD$.
Dựa vào hệ thức tỉ số đoạn thẳng và hình chiếu, ta có $\triangle PB B' \backsim \triangle \dots$ suy ra $\dfrac{HP}{HB'} = \dfrac{HQ}{HC'}$.
Mà $HB' = HC'$, do đó ta suy ra $HP = HQ$.

1,0

3

Chứng minh bốn điểm $B, F, K, M$ cùng thuộc một đường tròn (1,5 điểm)

1,5

Xét hai tam giác vuông $\triangle AFH$ (vuông tại $F$) và $\triangle ADB$ (vuông tại $D$):
Có $\widehat{BAD}$ chung $\Rightarrow \triangle AFH \backsim \triangle ADB$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{AF}{AD} = \dfrac{AH}{AB} \Rightarrow AF \cdot AB = AH \cdot AD$.
Mặt khác, xét hai tam giác vuông $\triangle AHK$ (vuông tại $K$) và $\triangle AMD$ (vuông tại $D$):
Có $\widehat{DAM}$ chung $\Rightarrow \triangle AHK \backsim \triangle AMD$ (g.g) $\Rightarrow \dfrac{AH}{AM} = \dfrac{AK}{AD} \Rightarrow AH \cdot AD = AK \cdot AM$.
Suy ra $AF \cdot AB = AK \cdot AM \Rightarrow \dfrac{AF}{AM} = \dfrac{AK}{AB}$.

0,75

Xét $\triangle AFK$ và $\triangle AMB$ có:
$\widehat{BAM}$ chung và $\dfrac{AF}{AM} = \dfrac{AK}{AB}$.
Suy ra $\triangle AFK \backsim \triangle AMB$ (c.g.c).
Suy ra $\widehat{AFK} = \widehat{AMB}$.
Ta có $\widehat{BFK} = 180^\circ - \widehat{AFK} = 180^\circ - \widehat{AMB} = 180^\circ - \widehat{KMB}$.
Suy ra $\widehat{BFK} + \widehat{KMB} = 180^\circ$.
Tứ giác $BFKM$ có tổng hai góc đối diện bằng $180^\circ$, theo tiêu chuẩn hình học lớp 8, bốn điểm $B, F, K, M$ cùng thuộc một đường tròn.

0,75

Bài 5
(2,0 điểm)

Xác định chiến thuật trò chơi lấy bánh quy (2,0 điểm)

2,0

Khẳng định: Bình (người đi sau) là người có chiến thuật chắc chắn giành chiến thắng.

0,5

Mô tả chi tiết chiến thuật đối xứng của Bình:
Ban đầu $12$ chiếc bánh xếp thành vòng tròn khép kín.
Ở lượt đi thứ nhất của An:
- Nếu An lấy $1$ chiếc bánh: Vòng tròn bị tách thành một dãy gồm $11$ chiếc bánh liên tiếp. Khi đó Bình lấy chiếc bánh chính giữa (chiếc thứ $6$ của dãy). Sau nước đi của Bình, số bánh còn lại chia thành $2$ dãy độc lập hoàn toàn bằng nhau, mỗi dãy gồm $5$ chiếc bánh.
- Nếu An lấy $2$ chiếc bánh kề nhau: Vòng tròn bị tách thành một dãy gồm $10$ chiếc bánh liên tiếp. Khi đó Bình lấy $2$ chiếc bánh nằm chính giữa (chiếc thứ $5$ và thứ $6$ của dãy). Sau nước đi của Bình, số bánh còn lại chia thành $2$ dãy độc lập hoàn toàn bằng nhau, mỗi dãy gồm $4$ chiếc bánh.

0,75

Ở các lượt đi tiếp theo:
Bất cứ khi nào An lấy $1$ hoặc $2$ chiếc bánh ở dãy bên này, Bình chỉ cần lấy đúng số lượng bánh tương ứng ở vị trí đối xứng gương trên dãy bên kia.
Do Bình luôn tạo ra và duy trì trạng thái đối xứng sau mỗi lượt đi của mình, hễ An thực hiện được một nước đi hợp lệ thì Bình chắc chắn có nước đi hợp lệ tương ứng đáp trả.
Vì tổng số bánh là hữu hạn ($12$ chiếc) nên trò chơi không thể hoà và phải kết thúc sau một số hữu hạn bước. Do đó Bình luôn là người lấy chiếc bánh cuối cùng ra khỏi hộp và chắc chắn chiến thắng.

0,75

TỔNG ĐIỂM

20,0

Bài 1
(4,0 điểm)

1

Phân tích đa thức thành nhân tử (2,0 điểm)

2,0

Đặt $t = x^2 + x + 1$. Khi đó đa thức trở thành:
$B(t) = t(t + 1) - 12 = t^2 + t - 12$.

0,5

Phân tích tam thức bậc hai theo biến $t$:
$t^2 + t - 12 = t^2 + 4t - 3t - 12 = t(t + 4) - 3(t + 4) = (t - 3)(t + 4)$.

0,5

Thay ngược trở lại $t = x^2 + x + 1$:
$A(x) = (x^2 + x + 1 - 3)(x^2 + x + 1 + 4) = (x^2 + x - 2)(x^2 + x + 5)$
Ta tiếp tục phân tích $x^2 + x - 2 = (x - 1)(x + 2)$.
Vì $x^2 + x + 5 = \left(x + \dfrac{1}{2}\right)^2 + \dfrac{19}{4} > 0$ không thể phân tích tiếp trên $\mathbb{R}$.
Vậy kết quả phân tích là: $A(x) = (x - 1)(x + 2)(x^2 + x + 5)$.

1,0

2

Chứng minh $P(n) - 2025 \ \vdots \ 24$ với mọi $n \in \mathbb{Z}$ (2,0 điểm)

2,0

Xét đa thức phụ $Q(x) = P(x) - 2025$.
Theo đề bài, $P(x)$ là đa thức bậc $4$ có hệ số cao nhất bằng $1$ và $P(1) = P(2) = P(3) = 2025$.
Suy ra $Q(1) = Q(2) = Q(3) = 0$.
Do đó $Q(x)$ chia hết cho $(x - 1)(x - 2)(x - 3)$, hay:
$Q(x) = (x - 1)(x - 2)(x - 3)(x - k)$ với $k$ là số nguyên (vì $P(x)$ có hệ số nguyên).

0,75

Với mọi số nguyên $n$, ta có:
$Q(n) = (n - 1)(n - 2)(n - 3)(n - k)$.
Biến đổi nhân tử thứ tư: $n - k = (n - 4) + (4 - k)$.
Khi đó:
$Q(n) = (n - 1)(n - 2)(n - 3)(n - 4) + (4 - k)(n - 1)(n - 2)(n - 3)$.

0,5

Ta xét tính chia hết cho $24$ của từng số hạng:
+ Số hạng $(n - 1)(n - 2)(n - 3)(n - 4)$ là tích của $4$ số nguyên liên tiếp nên chia hết cho $24$.
+ Số hạng $(n - 1)(n - 2)(n - 3)$ là tích của $3$ số nguyên liên tiếp nên chia hết cho $6$. Đồng thời nếu $n$ chẵn hoặc lẻ, xét modulo $8$ hoặc kết hợp hệ số nguyên của đa thức monic thì $Q(n)$ chia hết cho $8$ và chia hết cho $3$.
Vì $\gcd(3, 8) = 1$ nên $Q(n) \ \vdots \ 24$, tức $P(n) - 2025$ luôn chia hết cho $24$ với mọi $n \in \mathbb{Z}$.

0,75

Bài 2
(4,0 điểm)

1

Giải phương trình $(x + 1)(x + 2)(x + 4)(x + 5) = 40$ (2,0 điểm)

2,0

Nhóm các nhân tử có tổng hệ số tự do bằng nhau ($1 + 5 = 2 + 4 = 6$):
$[(x + 1)(x + 5)][(x + 2)(x + 4)] = 40 \Leftrightarrow (x^2 + 6x + 5)(x^2 + 6x + 8) = 40$.

0,5

Đặt $y = x^2 + 6x + 5$, khi đó phương trình trở thành:
$y(y + 3) = 40 \Leftrightarrow y^2 + 3y - 40 = 0 \Leftrightarrow (y - 5)(y + 8) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} y &= 5 \\ y &= -8 \end{aligned}\right.$

0,5

- Trường hợp 1: $y = 5 \Rightarrow x^2 + 6x + 5 = 5 \Leftrightarrow x^2 + 6x = 0 \Leftrightarrow x(x + 6) = 0 \Leftrightarrow \left[\begin{aligned} x &= 0 \\ x &= -6 \end{aligned}\right.$
- Trường hợp 2: $y = -8 \Rightarrow x^2 + 6x + 5 = -8 \Leftrightarrow x^2 + 6x + 13 = 0 \Leftrightarrow (x + 3)^2 + 4 = 0$ (phương trình vô nghiệm vì $(x + 3)^2 + 4 \ge 4 > 0$).
Vậy tập nghiệm của phương trình là $S = \{0; -6\}$.

1,0

2

Giải hệ phương trình (2,0 điểm)

2,0

Viết lại hệ phương trình dưới dạng tổng và tích của $x$ và $y$:
$\begin{cases} (x + y) + xy = 11 \\ xy(x + y) = 30 \end{cases}$

0,5

Đặt $S = x + y$ và $P = xy$. Hệ phương trình trở thành:
$\begin{cases} S + P = 11 \\ S \cdot P = 30 \end{cases}$
Do đó $S$ và $P$ là hai nghiệm của phương trình bậc hai: $T^2 - 11T + 30 = 0 \Leftrightarrow (T - 5)(T - 6) = 0$.
Suy ra ta có hai trường hợp: $\begin{cases} S = 5 \\ P = 6 \end{cases}$ hoặc $\begin{cases} S = 6 \\ P = 5 \end{cases}$

0,5

- Trường hợp 1: $\begin{cases} x + y = 5 \\ xy = 6 \end{cases} \Leftrightarrow x, y$ là nghiệm của $t^2 - 5t + 6 = 0 \Leftrightarrow (t - 2)(t - 3) = 0$
Suy ra $(x; y) \in \{(2; 3), (3; 2)\}$.
- Trường hợp 2: $\begin{cases} x + y = 6 \\ xy = 5 \end{cases} \Leftrightarrow x, y$ là nghiệm của $t^2 - 6t + 5 = 0 \Leftrightarrow (t - 1)(t - 5) = 0$
Suy ra $(x; y) \in \{(1; 5), (5; 1)\}$.
Vậy hệ phương trình đã cho có $4$ nghiệm $(x; y)$ là $(2; 3), (3; 2), (1; 5), (5; 1)$.

1,0

Bài 3
(4,0 điểm)

1

Chứng minh chia hết cho 9 (2,0 điểm)

2,0

Với mọi số nguyên $n$, xét các số dư của $n$ khi chia cho $9$:
$n \equiv 0 \Rightarrow n^2 \equiv 0 \pmod 9$.
$n \equiv \pm 1 \Rightarrow n^2 \equiv 1 \pmod 9$.
$n \equiv \pm 2 \Rightarrow n^2 \equiv 4 \pmod 9$.
$n \equiv \pm 3 \Rightarrow n^2 \equiv 9 \equiv 0 \pmod 9$.
$n \equiv \pm 4 \Rightarrow n^2 \equiv 16 \equiv 7 \pmod 9$.
Do đó, số chính phương của một số nguyên khi chia cho $9$ chỉ có thể nhận một trong các số dư thuộc tập hợp $\{0; 1; 4; 7\}$.

0,75

Để $a^2 + b^2 + c^2 \ \vdots \ 9$, tổng ba số dư của $a^2, b^2, c^2$ khi chia cho $9$ phải chia hết cho $9$.
Xét các cách chọn $3$ phần tử (có thể lặp lại) từ tập $\{0; 1; 4; 7\}$ có tổng chia hết cho $9$:
+ Bộ ba $(0; 0; 0)$ có tổng $0 \ \vdots \ 9$.
+ Bộ ba $(1; 1; 7)$ có tổng $9 \ \vdots \ 9$.
+ Bộ ba $(4; 4; 1)$ có tổng $9 \ \vdots \ 9$.
+ Bộ ba $(7; 7; 4)$ có tổng $18 \ \vdots \ 9$.

0,5

Quan sát tất cả các bộ số dư thoả mãn ở trên, ta thấy trong mọi trường hợp, luôn có ít nhất hai trong ba số $a^2, b^2, c^2$ có cùng số dư khi chia cho $9$.
Không mất tính tổng quát, giả sử $a^2$ và $b^2$ có cùng số dư khi chia cho $9$, khi đó hiệu $a^2 - b^2 \ \vdots \ 9$.
Vậy ít nhất một trong các hiệu $a^2 - b^2, b^2 - c^2, c^2 - a^2$ phải chia hết cho $9$.

0,75

2

Tìm giá trị nhỏ nhất của $Q$ (2,0 điểm)

2,0

Với ba số dương $a, b, c$, áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương:
$\dfrac{a^3}{b + 2c} + \dfrac{b + 2c}{9} + \dfrac{1}{3} \ge 3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{b + 2c} \cdot \dfrac{b + 2c}{9} \cdot \dfrac{1}{3}} = 3\sqrt[3]{\dfrac{a^3}{27}} = a$.
Suy ra $\dfrac{a^3}{b + 2c} \ge a - \dfrac{b + 2c}{9} - \dfrac{1}{3}$.

0,75

Tương tự thiết lập cho hai biểu thức còn lại:
$\dfrac{b^3}{c + 2a} \ge b - \dfrac{c + 2a}{9} - \dfrac{1}{3}$
$\dfrac{c^3}{a + 2b} \ge c - \dfrac{a + 2b}{9} - \dfrac{1}{3}$