Câu 1 (2,0 điểm):
a) Tìm tất cả các bộ ba số thực $x$, $y$, $z$ thỏa mãn $2025^{x^2-3y+z}+2025^{y^2-3z+x}+2025^{z^2-3x+y}=\frac{3}{2025}$.
b) Cho đa thức bậc hai $f(x)=x^2+bx+c$ với $b$, $c$ là hai số nguyên. Chứng minh luôn tồn tại số nguyên $a$ thỏa mãn $f(a)=f(2024).f(2025)$.

(AI giải đề cho tôi)
Câu 1a) Đặt $A=x^2-3y+z$, $B=y^2-3z+x$, $C=z^2-3x+y$. Theo AM–GM: $2025^A+2025^B+2025^C\ge 3\cdot 2025^{(A+B+C)/3}$. Dấu bằng xảy ra khi $A=B=C$. Vì vế phải $=\frac{3}{2025}=3\cdot 2025^{-1}$ nên cần $\frac{A+B+C}{3}=-1$, tức $A=B=C=-1$.
Tổng: $A+B+C=x^2+y^2+z^2-2(x+y+z)=-1\cdot 3$, tức $x^2+y^2+z^2=2(x+y+z)-3$.
Từ $x^2-3y+z=-1$ ta có $x^2=3y-z-1$; tương tự $y^2=3z-x-1$, $z^2=3x-y-1$. Đặt $u=x-1,v=y-1,w=z-1$. Phương trình thứ nhất thành $(u+1{)}^2=3(v+1)-(w+1)-1=3v-w+1$, tức $u^2+2u=3v-w$. Tương tự $v^2+2v=3w-u$, $w^2+2w=3u-v$. Cộng ba đẳng thức: $u^2+v^2+w^2+2(u+v+w)=2(u+v+w)$, suy ra $u^2+v^2+w^2=0$, vậy $u=v=w=0$, tức $x=y=z=1$.
Thử lại: với $(1,1,1)$ mỗi số mũ bằng $1-3+1=-1$, tổng $=3\cdot 2025^{-1}=\frac{3}{2025}$ đúng. Vậy bộ ba duy nhất là $(x,y,z)=(1;1;1)$.

Câu 1b) Ta có $f(u)-f(v)=(u-v)(u+v+b)$. Chọn $a=f(2024)+2024$ (số nguyên vì $f(2024)$ nguyên). Khi đó:
$f(a)=f(2024)+(a-2024)(a+2024+b)=f(2024)+f(2024)\cdot (f(2024)+4048+b)$.
Mặt khác $f(2025)-f(2024)=(2025-2024)(2025+2024+b)=4049+b$, nên $f(2024)+4048+b=f(2025)-1$.
Do đó $f(a)=f(2024)(1+f(2025)-1)=f(2024)\cdot f(2025)$. Vậy luôn tồn tại số nguyên $a=f(2024)+2024$ thỏa mãn yêu cầu.