Bài 1: (3 điểm) a) Phân tích đa thức thành nhân tử (1đ) n 3 – 7n + 6 b) Cho B = 5 4 3 2 n n 7n 5n n 120 12 24 12 5 + + + + Chứng minh rằng B luôn là số tự nhiên với mọi số tự nhiên n. (2đ) Bài 2: (1,5 điểm) Cho a, b, c, d là bốn số nguyên dương bất kỳ. Chứng minh rằng: + + + + + + + + + + + < < a b c d a b c a b d b c d a c d 1 2 Bài 3: (2 điểm). Cho biểu thức : A = x 2 x 1 x 8 6 x 1− − + + − − a) Tìm điều kiện của x để A xác đònh. b) Tìm x để A đạt giá trò nhỏ nhất và tìm giá trò nhỏ nhất đó. Bài 4: (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD có AB//CD và AB<CD. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo AC và BD. a) Chứng minh rằng: DC – AB < AD + BC b) Cho S AOB = a 2 và S DOC = b 2 . Tính S ABCD ? c) Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng: 1 1 2 MN AB CD + = Bài 1: a/ n 3 – 7n + 6 = n 3 – n – 6n + 6= n( n 2 – 1 ) – 6( n – 1 ) = ( n – 1 )[n( n + 1 ) – 6] = ( n – 1 )( n 2 + n – 6 ) = ( n – 1 )( n – 2 )( n + 3 ) b/ 5 4 3 2 n(n 1)(n 2)(n 3)(n 4) n 10n 35n 50n 24n B 120 120 + + + + + + + + = = B là số tự nhiên ⇔ n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) 120 ( với n ∈ N). Thật vậy: n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) là tích của 5 số tự nhiên liên tiếp. Trong 5 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại 1 số chia hết cho 3 và 1 số chia hết cho 5 ⇒ n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) 15 Trong 5 số tự nhiên liên tiếp luôn tồn tại một số chia hết cho 2 và 1 số chia hết cho 4 ⇒ n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) 8 mà (15; 8) = 1 nên n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) 120 ⇒ B là 1 số tự nhiên với mọi số tự nhiên n Bài 2: Ta có: < + + + < + + + < + + + < + + + a a a b c a b b b a b d a b c c b c d c d d d a c d c d Mặt khác: > + + + + + > + + + + + > + + + + + > + + + + + a a a b c a b c d b b a b d a b c d c c b c d a b c d d d a c d a b c d Vế cộng theo vế, suy ra đpcm Bài 3: a) A xác đònh ( ) ( ) 2 2 1 1 0 1 2 1 0 1 2 1 1 0 1 1 0 1 8 6 1 0 1 6 1 9 0 1 3 0 Vậy A xác đònh 1 ≥ − ≥ ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − − − + ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ ≥ + − − ≥ + − − + ≥ − − ≥ ⇔ ≥ x x x x x x x x x x x x x x x b) Tìm x để A đạt giá trò nhỏ nhất và tìm giá trò nhỏ nhất đó ( ) ( ) 2 2 A x 1 1 x 1 3 x 1 1 x 1 3 x 1 1 3 x 1 x 1 1 3 x 1 2 (áp dụng A A dấu "=" xảy ra A 0) = − − + − − = − − + − − = − − + − − ≥ − − + − − = ≥ ⇔ ≥ Ta có : A 2 x 1 1 0 x 1 1 dấu "=" xảy ra 3 x 1 0 x 1 3 1 x 1 3 1 x 1 9 2 x 10 Vậy khi 2 x 10 thì A đạt giá trò nhỏ nhất và giá trò nhỏ nhất đó là 2 ≥ − − ≥ − ≥ ⇔ ⇔ − − ≥ − ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤ Bài 4 : a) Qua B vẽ đường thẳng BE // AD, E∈ DC ⇒ AB = DE ; AD = BE Do đó EC = DC – DE = DC – AB Xét ∆ BEC có EC < BE + BC ⇒ DC – AB < AD + BC b) Ta có ∆ AOB và ∆ AOD có cùng đường cao kẻ từ A AOB AOD OB OD S S ⇒ = Tương tự : BOC AOB BOC COD AOD COD OB . Do đó OD S S S S S S ⇒ = = ⇒ S AOD . S BOC = a 2 . b 2 (1) Mặt khác vì AB // CD ⇒ S ADC = S BDC ⇒ S ADC – S ODC = S BDC – S ODC ⇒ S AOD = S BOC (2) N M O A B D C E Töø (1) vaø (2) ⇒ S AOD = S BOC = ab Ta coù S ABCD = S AOB + S ODC + S OAD + S OBC = a 2 + b 2 + ab + ab = ( a + b ) 2 c) ù OM // AB Maø ù ON // AB ù OM // AB ù ON // CD Xeùt ADB ta co Xeùt ACB ta co Xeùt ADB ta co Xeùt DBC ta co OM DM DM CN OM ON AB DA OM ON ON CN DA CB AB AB AB CB OM OD OM AB DB ON OB A CD DB ⇒ = = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ ⇒ = ∆ ∆ ∆ ∆ 1 1 1 1 vì OM = ON 1 1 1 1 vì OM = MN 2 1 1 2 (ñpcm) ON OD OB BD B CD BD BD OM AB CD AB CD OM AB CD MN + + = = = ⇒ + = ÷ ⇒ + = ⇒ + = . vế, suy ra đpcm Bài 3: a) A xác đònh ( ) ( ) 2 2 1 1 0 1 2 1 0 1 2 1 1 0 1 1 0 1 8 6 1 0 1 6 1 9 0 1 3 0 Vậy A xác đònh 1 ≥ − ≥ ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ − − − + ≥ ⇔ − − ≥ ⇔ ≥ + −. + − − = ≥ ⇔ ≥ Ta có : A 2 x 1 1 0 x 1 1 dấu "=" xảy ra 3 x 1 0 x 1 3 1 x 1 3 1 x 1 9 2 x 10 Vậy khi 2 x 10 thì A đạt giá trò nhỏ nhất và giá trò nhỏ nhất đó là 2 ≥ − − ≥ − ≥ ⇔ ⇔ −