Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi đại số lớp 9 cực hay, muốn giải cao phải có

GIÁO ÁN DẠY BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI ĐẠI SỐ - LỚP BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ HÀM SỐ BẬC NHẤT, BẬC HỆ BẬC NHẤT HAI ẨN GIẢI BÀI TỐN BẰNG CÁCH ẬP PHƯƠNG TRÌNH PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO, PT PHÂN THỨC PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỶ HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẤT ĐẲNG THỨC 10 ĐỀ ƠN TẬP MƠN TỐN VÀO LỚP 10 CHUẨN Chủ đề 1: BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ Chương 1: Căn thức 1.1 CĂN THỨC BẬC Kiến thức cần nhớ:  Căn bậc hai số thực a số thực x cho x  a  Cho số thực a không âm Căn bậc hai số học a kí hiệu số thực khơng âm x mà bình phương a :  x  a     x  a  ax  Với hai số thực khơng âm a, b ta có:  Khi biến đổi biểu thức liên quan đến thức bậc ta cần lưu ý: A0 A + A2  A   A0  A + a a  b  a b A2 B  A B  A B với A, B  ; A2 B  A B   A B với A  0; B  + + A  B A.B  B2 A.B với AB  0, B  B M M A với A  ;(Đây gọi phép khử thức mẫu)  A A   M A B M  với A, B  0, A  B (Đây gọi phép A B A B trục thức mẫu) + 1.2 CĂN THỨC BẬC 3, CĂN BẬC n 1.2.1 CĂN THỨC BẬC Kiến thức cần nhớ: http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word  Căn bậc số a kí hiệu  Cho a  R; a  x  x3   Mỗi số thực a có bậc  Nếu a  a   Nếu a  a 0  Nếu a  a   a  a 3a với b   b 3b  ab  a b với a, b  ab a  b  A B  A3 B   A  B A  B 3 3 a số x cho x3  a a AB với B  B A B3 A2 AB  B với A   B  A B A3 B http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word   1.2.2 CĂN THỨC BẬC n Cho số a  R, n  N ; n  Căn bậc n số a số mà lũy thừa bậc n a  Trường hợp n số lẻ: n  2k  1, k  N Mọi số thực a có bậc lẻ nhất: k 1 a  x  x2 k 1  a , a  k 1 a  , a  a  , a  k 1 a  Trường hợp n số chẵn: n  2k , k  N k 1  Mọi số thực a  có hai bậc chẵn đối Căn bậc chẵn dương kí hiệu 2k a (gọi bậc 2k số học a ) Căn bậc http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word chẵn âm kí hiệu 2k a , 2k a  x  x  x 2k  a ; 2k a  x  x  x 2k  a Mọi số thực a  khơng có bậc chẵn Một số ví dụ: Ví dụ 1: Phân tích biểu thức sau thành tích: a) P  x4  b) P  8x3  3 c) P  x4  x2  Lời giải:    x  a) P   x   x    x  x   x   b) P   x       2x    3x  c) P   x  1  x   x  x  1 x  x  1 Ví dụ 2: Rút gọn biểu thức: a) A  x  x  x  x  b) B  x  x   x  x  x  c) C     10  Lời giải: 1  a) A  x  x  x   x   x    x  2  x http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word + Nếu x 1  x  + Nếu x 1   x  x 1  x   A 2 x 1  x   A2 x  2 b) B  x  x   x  x   x 1  x 1   x 1  x 1  Hay B      4x 1 1   4x 1   4x 1 1  4x 1  4x 1 1  4x 1  + Nếu 4x 1 1   4x 1   x  x    x   suy B  x  + Nếu 4x 1 1   4x 1   1  x  4 x     x   suy B  http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word  c) Để ý rằng:      74  2 Suy C     10(2  3)    28 10  9 5 5   Hay C    5(5  3)   25     http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word Ví dụ 3) Chứng minh: a) A     số nguyên 84 84 số nguyên ( Trích đề TS vào lớp  1 9 10 chuyên Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội 2006) b) B   c) Chứng minh rằng: x  a  a a  8a  a  8a   a với 3 3 số tự nhiên  d) Tính x  y biết x  x  2015  y   y  2015  2015 Lời giải: a) Dễ thấy A  0, Tacó A2   72  72          14  2.5  Suy A  2 b) Áp dụng đẳng thức:  u  v   u  v3  3uv  u  v  Ta có: 3   84 84  84 84 84 84    1  B3     1 1  3  1   9  9 9       84 84   1  Hay  1  9     84  84  84 3 1 B3   3 1   B  B   B  B3   B  B3  B      9 81    http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word 1    B  1  B  B    mà B  B    B     suy B  2  Vậy B số nguyên 2 c) Áp dụng đẳng thức:  u  v   u  v3  3uv  u  v  Ta có x3  2a  1  2a  x  x3   2a  1 x  2a    x  1  x  x  2a   Xét đa thức bậc hai x2  x  2a với    8a  + Khi a  1 ta có x    8 + Khi a  , ta có    8a âm nên đa thức (1) có nghiệm x  Vậy với a  a  8a  a  8a  1  a  ta có: x  a  3 3 số tự nhiên d) Nhận xét:  x  2015  x   x  2015  x  x  2015  x  2015 Kết hợp với giả thiết ta suy x  2015  x  y  2015  y  y  2015  y  x2  2015  x  x2  2015  x  y  2015  y  x  y  Ví dụ 4) a) Cho x   10    10  Tính giá trị biểu thức: x  x3  x  x  12 P x  x  12 http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word b) Cho x   Tính giá trị biểu thức B  x4  x4  x3  3x2  1942 (Trích đề thi vào lớp 10 Trường PTC Ngoại Ngữ - ĐHQG Hà Nội năm 2015-2016) c) Cho x    Tính giá trị biểu thức: P  x5  x4  x3  x2  x  2015 Giải: a) Ta có:   x    10    10      10   10     x2        1 82   1      1  x   Từ ta suy  x  1   x  x  x Ta biến đổi: P   x    x  x   12 x  x  12  42  3.4  12   12 b) Ta có x     x  1   x3  3x  3x   Ta biến đổi biểu thức P thành: P  x2 ( x3  3x2  3x  3)  x  x3  3x  3x  3   x3  3x  3x  3  1945  1945 c) Để ý rằng: x  22   ta nhân thêm vế với  để tận dụng đẳng thức: a  b   a  b   a  ab  b  Khi ta có: 3   1    1    1 x   x  x   x  1 x  3 3 2 3   x  1  x3  3x  3x   Ta biến đổi: P  x5  x4  x3  x2  x  2015   x2  x  1 x3  3x2  3x  1  2016  2016 Ví dụ 5) Cho x, y, z  xy  yz  zx  http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word a) Tính giá trị biểu thức: 1  y 1  z   y 1  z 1  x   z 1  x 1  y  Px 2  x2 b) Chứng minh rằng: 2 1 y2 1 z2 x y z    2 1 x 1 y 1 z2 xy 1  x 1  y 1  z  2 Lời giải: a) Để ý rằng:  x2  x2  xy  yz  zx  ( x  y)( x  z ) Tương tự  y ;1  z ta có: 1  y 1  z   x  y  x  y  z  z  x  z  y   x y  z   x  x2  x  y  x  z  Suy P  x  y  z   y  z  x   z  x  y    xy  yz  zx   b) Tương tự câu a) Ta có: x y z x y z      2 1 x 1 y 1 z  x  y  x  z   x  y  y  z   z  y  z  x   x  y  z   y  z  x  z  x  y xy    x  y  y  z  z  x   x  y  y  z  z  x  xy 1  x 1  y 1  z  Ví dụ 6) a) Tìm x1 , x2 , , xn thỏa mãn: x12  12  x2  22   n xn  n2   x1  x22   xn2  4n  4n  với n nguyên dương Tính 2n   2n  f (1)  f (2)   f (40) b) Cho f (n)  http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word 2 Lời giải: a) Đẳng thức tương đương với:    x12  12    x2  22     xn  n  n  0 Hay x1  2, x2  2.22 , , xn  2.n2  x  y  4n  b) Đặt x  2n  1, y  2n    xy  4n   x2  y   Suy  x  xy  y x3  y 3 f ( n)     x  y3    2n  1  x y x y 2 Áp dụng vào tốn ta có: f 1  f     f  40    33  13  53  33     813  13  364        2n  1    813  793   Ví dụ 7) 1     Đề thi 1 3 79  80 a) Chứng minh rằng: chuyên ĐHSP 2011 b) Chứng minh rằng: 1 1        1   2 3 n n 1 n 1   1 1       n  với n số nguyên dương n  c) Chứng minh: n   Lời giải: http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word x     x   x   x   Vậy phương trình cho có hai nghiệm x   17 , x  Câu 2) Lời giải: Đặt x  a , y  b , z  c x2  y  z  x  y  z  Suy  xy  yz  zx    x  y  z    x  y  z   22   2  xy  yz  zx  Do đó:  a  xy  yz  zx  x   x  y  x  z  ;  b  xy  yz  zx  y   y  z  y  x  ;  c  xy  yz  zx  z   z  x  z  y  Vì a b c x y z       a  b  c  x  y x  z  y  z y  x  z  x z  y   x  y  z   y  z  x   z x  y  xy  yz  zx    x  y  y  z  z  x  x  y y z z x  1  a 1  b 1  c   n n    n   n   3   3  Câu 3) Ta có an                 2 2          n n  1   1  Xét dãy Sn       , ta chứng minh bn số nguyên     http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word Xét x1  1 1 ta có , x2  2  x1  x2  suy x1 , x2 hai nghiệm   x1.x2  phương trình: x2  x   Ta có Sn1  x1n1  x2 n1   x1n  x2n   x1  x2   x1 x2  x1n1  x2 n1  hay Sn1  Sn  Sn1 Ta có S1  1, S2   x1  x2   x1 x2  3, S3  S2  S1  Từ phép quy nạp ta dễ dàng chứng minh S n số nguyên Suy an   Sn  A số phương P Câu 4) Q a) Ta có AEF  OAE   G F  ABC  1800  AOC  900 Suy OA EF b) Việc chứng minh trực tiếp AK qua trung điểm DE E H O M N B C D L K tương đối khó Để ý đến chi tiết CH cắt đường tròn (O) điểm G ta thấy G, H đối xứng qua AB , hay F trung điểm GH Như ta cần tìm mối quan hệ điểm F điểm M thông qua tam giác đồng dạng Xét tam giác DFH tam giác DAE : Ta thấy DFH  DBH  DAE , Ta có AED  1800  ABD  FHD suy HF HD 2HF 2HD HG 2HD      DFH ” DAE  hay EA ED EA ED EA ED http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word HG HD Từ suy HGD” EAM   EA EM EAM  HGD  CAK  AM  AK c) Giả sử BH cắt đường tròn (O) điểm P khác B Tương tự câu a ta có: P đối xứng với H qua AC Suy AG  AH  AP GP  OA  EF suy EF / / MN / /GP , giả sử AL cắt GP Q Ta có: MNA  AQP  AGQ  QAG  APG  QAG  AKG  GKL  AKL suy tứ giác MKNL nội tiếp Câu 5) Để ý rằng: 2xy  x2  y Ta lại có:  2bc  a   b  c   ;  2ca  b2   c  a   0; 2  2ab  c   a  b   Nên a2 b2 c2 a2 b2 c2       2bc  2ca  2ab  b2  c  c  a  a  b a2 b2 c2 1       3     2 2 2  1 a  b  c  2a 2b 2c  Sử dụng bất đẳng thức Cauchy- Schwarz ta thu được: 1 9     Từ suy ra: 2 2 2 2a 2b 2c 6a b c 2 a b c    3   Chứng minh hoàn tất đẳng thức  2bc  2ca  2ab 5 xảy a  b  c   http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word Câu 6) Vì số nguyên dương m lẻ không vượt 2015 , ta xây dựng tập Am gồm số dạng 2k m , k  2k.m  2016 Kí hiệu Am  2k.m | k  , 2k.m  2016 Với cách xây dựng trên, m  1009 Am có phần tử m Vì có 1008 số lẻ khơng vượt 2016 nên có 1008 tập Am Nhận thấy với n nguyên dương bất kỳ,  n  2016 , ta viết n  2k.m với m số nguyên lẻ, điều cho thấy số nguyên từ đến 2016 thuộc vào 1008 tập Am Nhưng tập M có 1009 phần tử, chắn có hai phần tử M giả sử a, b  a  b  thuộc tập Am Khi a  p.m b  2q.m với p  q , suy b  2q  p hay b bội a a ĐỀ SỐ Câu 1) Viết lại phương trình cho thành: x  x  1  x  x  17  Đặt t  x2  x  17  Ta có x2  x   t  16 phương trình cho viết thành:  t  16   t     t    t   t    1  Phương trình   t   có nghiệm t  hay x2  x    x  1 Phương trình  t  4 t  4   vô nghiệm t  Vậy phương tình có nghiệm x  1 Câu 2) Ta có 62015  (5  1)2015  1(mod5)  62015  5k  với k  Z  Suy A  265m1  26  265  Mặt khác để ý rằng: m  a  b  a5  5a 4b  10a3b2  10a 2b3  5ab4  b5 Nếu a 25   a  b   b5 (mod125) suy 265  1(mod125)  A  26(mod125)  A  125m  26 Dễ thấy A suy http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word 125m  26  m chẵn  m  2r  A  250r  26  248r  24  2(r  1)  r chia cho dư  r  p  Hay A  250  p  3  26  1000 p  776 Vậy chữ số tận A 776 Câu 3) a) Ta viết lại phương trình thành:  x  y   3xy( x  y)  xy  x  y  a (a, b  Z ) Ta có a3  3ab  b   a3   b(3a  1) Đặt  xy  b   a3  (3a  1)  27  a3  8 3a    27a3  1  215 3a   215 3a 1 Mặt khác ta có 215  5.43 suy 3a   1; 5; 43; 215 Cuối ta thay trường hợp để tìm a, b  x  2; y  x  0; y  2 b) Ta có  26  15    26  15         Do     Đặt a   3 80   80 ta có: a3  18  3a  a3  3a 18   a3  27  3a     a  3  a  3a     a  (vì a  3a   ) Vậy 2016   80   80  Suy x  Khi P   3x3  x  1 Câu 4) Phân tích định hướng giải: S A A T L K Q P O O F M B H C B E N C http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word D T R Ta dễ chứng minh tính chất sau: Tam giác ABC nội tiếp (O) , tiếp tuyến B C cắt T , AT cắt (O) D , OT cắt BC H Khi AHC  ABD BAT  HAC (Xem thêm phần tính chất cát tuyến, tiếp tuyến) Trở lại toán: + Áp dụng kết tốn ta có: ABK # EBC + Từ kết ABK # EBC ý rằng: KP, CM trung tuyến tam giác ABK , EBC nên suy BCM  BKP (1) , tương tự CBN  CLQ (2) + Ta có PLK  QBC  PQB (do KLBC nội tiếp PQ / / BC ) Từ suy tứ giác PQKL nội tiếp nên ta có: BKP  CLQ (3) Từ (1), (2), (3) ta có: BCM  CBN Câu 5) a) Ta có: x12  x22  x23   xn2  n3   2n  1 x1  x2   xn   n2   xn2   2n  1 xn  n2  n    x22   2n  1 x2  n2  n     xn2   2n  1 xn  n2  n    x1  n  x1  n  1   x2  n  x2  n  1    xn  n  xn1  n  1  Mặt khác  xk  n   xk   n  1 tích hai số ngun liên tiếp nên khơng âm, xk  n xk  n  Do n  nên xk số nguyên dương b) Vì xk n; n  1 nên n  n  1  x1  x2   xn  n2 http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word Do n2   n2   n  x1  x2   xn  n2  n    n  1 Suy x1  x2   xn   n nằm hai số phương liên tiếp nên khơng số phương ĐỀ SỐ Câu 1) Điều kiện x  Phương trình tương đương với: x9  x 2x 9x  2x    0 x 1 x 1 x 1 x 1  2x  8x 2x        1  x 1 x 1  x 1   2x   x  x   x  (thỏa mãn) x 1 Câu 2) Ta có: x3  y  y  11   x3  3  y  1   8  x  2 (1) x2  y  x  3  y    x  y  1   y  1  y  x2   2y   2  x  (2) Từ (1) (2) suy x  2 , y2 1 y  Do x3  y  7 Câu 3) Giả sử số tự nhiên n thỏa mãn đề Khi tồn số nguyên dương k cho http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word 22012  22015  2n  k  9.22012  2n  k   k  3.21006  k  3.21006   2n k  3.21006  2a  Suy k  3.21006  2b  2a  2b  3.21007 hay 2b1  2a b  1  3.21006  a, b  , a  b  n  b   1006 b  1007   n  2016 Suy  a b a  1009 2   Câu 4) A O G F I E T C M B D a) Ta có : Tứ giác AOMT nội tiếp nên : AOT  AMT suy EOD AMC (cùng bù với góc nhau) b) Ta thấy rằng: AMC# EOD ( g g) suy AC MC 2MC BC    ED OD 2OD AD suy EAD# ABC nên EAD ABC , tam giác ABC nhọn suy O nằm tam giác suy ABC  ADC (cùng chắn cung AC ) Từ suy EAD ADC suy AE / /CD suy AE  AC http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word c) Từ chứng minh ta có: FAE  T AC  900  DAC Suy FGT  FAE  DAC  DBC  FBT hay tứ giác FGBT nội tiếp nên TGB  TFB  EGA suy GO phân giác góc AGB Gọi I giao điểm GO với (O) Ta có OA  OB nên AGBO nội tiếp Mặt khác OA  OB  OI nên I tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABG Chú ý: Trong phần chứng minh ta sử dụng bổ đề sau: „‟Cho tam giác ABC nội tiếp (O) , ngoại tiếp ( I ) Đường thẳng AI cắt (O) D DI DB  DC ‟‟ Phần chứng minh dành cho em học sinh http://topdoc – File sác h tham khảo, giáo án dạy thêm, file word Câu 5) Nhận xét tập hợp X có 34 phần tử, phần tử có dạng 3n  với n  0,1, 2, ,33 Trước hết, ta tìm cặp hai phần tử phân biệt X 3n  1,3m  cho 3n   3m   104  m  n  34 Với n  m  34  33 Với n  17 m  17 suy hai phần tử Loại trừ hai phần tử trên, 32 phần tử lại cho ta 16 cặp hai phần tử phân biệt 3n  1,3m  thỏa mãn n  m  34  4;100 ,  7;97  , 10;94 , ,  49;55 (*) Nếu ta lấy 19 số từ tập X xảy trường hợp “xấu” 16 số mà số thuộc vào 16 cặp (*) thỏa mãn n  m  34 Vì tập A có 19 phần tử nên thỏa mãn toán (đpcm) ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ Câu 1) Ta có x2   y 2 y   3z ; y   z  y  3z  ; 2 3z   x z 15  3x  3z  x  Suy x 1 y2  http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word  x  y  y  z  z 15  3x  x   y 2 y   3z 3z   x    Điều tương đương với 2  1 y2  x 1  y  x    hệ:   3z  y  2  z  y Cộng theo vế ba đẳng thức ta  5  x  3z 2    x  3z P  x  y  3z  Câu 2) Trước hết ta có nhận xét: Với số nguyên n  2   Áp dụng vào tốn ta có: n  n 1 n n 1  n   1 1 2      A 3 20162  20162    2  1 1 2    2 20162   20162  1  n   n từ suy có: n  n 1    A Mặt khác ta   20162    20162    1 1 2      1 3 20142  20162    2   1 1 2      1 2 20162   20162   1 Do    20162    A      20162   4030  A  4031  A  4030 Câu 3) http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word  a) Từ phương trình ( 2) ta có: x  3xy  3x  y     x  y  x  y  1 Hay x3  3xy  x  y  x  y     x  y  x  y  1  8x3  y3  xy  x  y   x3  y3  3xy  x  y    x  y  1 x  y     x  y    x  y  1  x  y  x  y   x  Thay vào phương 3 trình đầu tìm nghiệm hệ là:  x; y   1;1 , 1; 4  a  dx  b) Giả sử  a, b   d  b  dy  x, y    ab  a  b  xy  x  y  d  Z   Z Mặt khác ta dễ a  ab  b2 x  xy  y dàng chứng minh được: Theo giả thiết ta có: x  xy  y , x   1;  x  xy  y , y   1;  x  xy  y , x  y   1;  y , x   suy d x2  xy  y  d  x  xy  y  a  b  d x  y  d 3  d  x2  xy  y   d xy  ab hay a  b  ab A Câu 4) Phân tích định hướng giải a) Từ giả thiết P PC QC PC QC    PA QP PA  PC QP  QC Q S B  R C PC QC   PC  CA.CQ AC PC T Mặt khác tứ giác AQRB nội http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word D tiếp nên CACQ  CR.CB Từ suy PC  CR.CB Hay PC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác PBR b) Từ chứng minh ta suy APB  PRB ,Ta có ABP  1800  BAP  APB  BRQ  BRP  PRQ ASP  ABP  PRQ  PSQ nên SP phân giác góc ASQ Dựng đường thẳng qua SP cắt AC T ST phân giác ngồi góc ASQ Ta có TQ PQ CQ PQ  CQ CP TQ  CQ TC       suy TA PA CP PA  CP AC TA  CP CT  AP CP  CT  AP   CT AC  CT ( AP  PC )  CP AP  CT AP  CP  CT hay C trung điểm PT Vậy tam giác CSP cân C c) Ta có CS  CP2  CQ.CA  CR.CB suy SRC  BSC  BSD  DSC  BAP  APS  1800  BDS Hay BDS  1800  SRC  SRB Vậy tứ giác BSRD nội tiếp Suy điều phải chứng minh Câu 6) Với k  * , ta có  n  k  n  k  1  n2  n  k  k  n  n  1 Lấy tích từ k  đến m ta  n  m !  n  m nm    n  m ! (1) Ta có n  k  2k , với k  1, 2, , m Lấy tích từ k  đến m , ta  n  m !  2m.m! n! Mặt khác n  m  nên n!   n  m ! suy Do  n  m !  2m.m  n  m !  n  m !   n  m ! n!  n  m ! (2) http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word Từ (1) (2) ta có đpcm ĐỀ SỐ 10 Câu 1) Đặt y  x  5, z  45  x ta có y  0, z   y  35  z Từ phương trình cho ta có hệ phương trình:  (*)  z  35  y Trừ vế hai phương trình hệ ta y  z  y  z  y  z   y  z  y  z      y  z Với y  z thay vào phương trình đầu hệ (*) ta được: y  y  y  35   y  1  36    y  7 Vì y  nên y  suy x  10 thỏa mãn phương trình cho Với y  z   z   y , thay vào phương trình đầu hệ (*) ta y  35   y   y  1  32  y   2 Vì y  nên y   suy z    Do hệ (*) vơ nghiệm Vậy phương trình có nghiệm x  10 n1 Câu 2) Để ý ta thấy: A  22 n1 A  22   22.4  ta có 4n  3k  nên suy ra: n   22.4   22(3k 1)   4.64k  n 64k   63  1  1 mod   A   mod  Mặt khác ta có: k n1 A  22.4   28   Suy A  22 n  hợp số Câu 3) Vì   A nên theo tính chất c) ta có:   2   A    A Mặt khác theo tính chất a) có  5  A nên  5     A http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word Khi      A  6   A    Ta có   A , suy 6       A Do  A (đpcm) 2 3  Câu 4) A E M L N G P O D F H B a) Ta có FCB  FEB  C BCD suy CF phân giác góc BCD CF  BD Nên HCD  HCB  HED nên tứ giác CHDE nội tiếp http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word b) Vì tứ giác CHDE nội tiếp nên HEB  HDC  HBC  O   C  cắt theo dây cung BE nên suy B, E đối xứng qua OC suy BDC  CBD  LEC suy tứ giác CELD nội tiếp nên điểm C, E, L, D, H nằm đường tròn ( x) Ta có: HLG  HEC CBE CFE suy HGLF nội tiếp đường tròn ( y ) c) Ta thấy điểm H trực tâm tam giác BCL LH trục đẳng phương hai đường tròn ( x), ( y) nên LH cắt EF P PG.PF PD.PE suy PG PD Mặt khác GM / / DN / / PL nên  PE PF LM PG PD LN suy MN / /EF nên tứ giác GM ND hình bình    LE PE PF LF hành Từ suy DN  MG Câu 5) Ta có  a  1 b  1 c  1   a  1 b  1  b  1 c  1  c  1 a  1  Suy ba số a  1, b  1, c  ln tồn hai số có tích khơng âm Khơng tính tổng quát, giả sử  b  1 c  1  , suy b  c   bc Do abc   bc  a  b  c   bc  a  bc  1 hay a  bc  Sử dụng BĐT Cauchy b2  c2  2bc a  bc  , ta có: a2  b2  c2  abc   a  2bc  abc    a  2 a  bc    Đẳng thức xảy a  b  c  HẾT http://topdoc.vn – File sách tham khảo, giáo án dạy thêm, file word ...Chủ đề 1: BIẾN ĐỔI ĐẠI SỐ Chương 1: Căn thức 1.1 CĂN THỨC BẬC Kiến thức cần nhớ:  Căn bậc hai số thực a số thực x cho x  a  Cho số thực a không âm Căn bậc hai số học a kí hiệu số thực...  193 6  2002  2025 Bất đẳng thức cuối nên ta có điều phải chứng minh 26 Giải: Để giải tốn ta cần có bổ đề sau: Bổ đề: với số thực dương x, y ta có: x y  y x  x x  y y Chứng minh: Sử dụng... ta có: 10 3n  3n  1  12 3n 3n  3 n  LỜI GIẢI BÀI TẬP RÈN LUYỆN CHỦ ĐỀ 1) Lời giải: 1) Với x  64 ta có A  B      64    64  x 1 x  x  x  x  x x  x Với x  , ta có: