BỘ 23 đề LUYỆN HSG

ĐỀ Câu Tìm số có chữ số: a1a a thỏa mãn điều kiện a b sau: a) a1a 2a = ( a a ) b) a 4a 5a a a = ( a a ) Câu Chứng minh rằng: ( xm + xn + ) chia hết cho x2 + x + ( mn – 2)  Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + Câu Giải phương trình:   1   + + + 2005.2006.2007   1.2.3 2.3.4 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + + 2006.2007) Câu Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD) Gọi O giao điểm AC BD; đường kẻ từ A B song song với BC AD cắt đường chéo BD AC tương ứng F E Chứng minh: EF // AB b) AB2 = EF.CD c) Gọi S1 , S2, S3 S4 theo thứ tự diện tích tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC Chứng minh: S1 S2 = S3 S4 Câu Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45 ĐÁP ÁN Câu Ta có a1a2a3 = (a7a8) (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2) Từ (1) (2) => 22 ≤ a7 a8 ≤ 31 => ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600  ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 25 a4a5a6 ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) số tự nhiên liên tiếp nên có khả năng: a) a7a8 = 24 => a1a2a3 a8 số 57613824 b) a7a8 – = 24 => a7a8 = 25 => số 62515625 c) a7a8 = 26 => không thoả mãn câu Đặt m = 3k + r với ≤ r ≤ n = 3t + s với ≤ s ≤  xm + xn + = x3k+r + x3t+s + = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + = xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1 ta thấy: ( x 3k – 1)  ( x2 + x + 1) ( x3t –1 )  ( x2 + x + 1) vậy: ( xm + xn + 1)  ( x2 + x + 1) ( xr + xs + 1)  ( x2 + x + 1) với ≤ r ; s ≤ r = s =1 => m = 3k + n = 3t + r = s = m = 3k + n = 3t + mn – = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t) mn – = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t) => (mn – 2)  Điều phải chứng minh áp dụng: m = 7; n = => mn – = 12   ( x7 + x2 + 1)  ( x2 + x + 1)  ( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + Câu Giải PT: 1   + +  +   x = (1.2 + 2.3 +  + 2006.2007 ) 2005.2006.2007   1.2.3 2.3.4 Nhân vế với ta được: 2   3 + ++  x = 2[ (1.2( − 0) + 2.3( − 1) +  + 2006.2007( 2008 − 2005) ) ] 2005.2006.2007   1`.2.3 2.3.4 1 1   3 − + − +− x 2006.2007   1.2 2.3 2.3 3.4 = (1.2.3 + 2.3.4 −1.2.3 +  + 2006.2007.2008 − 2005.2006.2007 ) 1003.1004.669   ⇔ 3 −  x = 2.2006.2007.2008 ⇔ x = 5.100.651  1.2 2006.2007  Câu a) Do AE// BC => BF// AD OE OA = OB OC O F OB = OA OD A B E MặT khác AB// CD ta lại có D OA OB = OC OD nên OE OF = OB OA O K H F A1B => EF // AB b) ABCA1 ABB1D hình bình hành => A1C = DB1 = AB EF AB = => AB = EF.CD AB DC 1 1 c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD 2 2 1 AH OB AH OD S1 S3 S1 AH S3 = = = = = AH CK => => ; => S1.S2 = S3.S4 1 S4 S2 S4 CK S CK OB CK OD 2 Vì EF // AB // CD nên Câu A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45 = x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ = ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + ≥ Giá trị nhỏ A = Khi: y- = => y=1 x- y- = x=7 C ĐỀ Câu 1: a Rút gọn biểu thức: A= (2+1)(22+1)(24+1) .( 2256 + 1) + b Nếu x2=y2 + z2 Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2 x y z + + = (1) a b c Câu 2: a Cho a b c + + = (2) x y z x2 y z Tính giá trị biểu thức A= + + = a b c ab bc ca b Tính : B = 2 + 2 + 2 a +b −c b +c −a c + a −b Câu 3: Tìm x , biết : x·−1 x − 10 x − 19 + + = (1) 2006 1997 1988 Câu 4: Cho hình vng ABCD, M ∈ đương chéo AC Gọi E,F theo thứ tự hình chiếu M AD, CD Chứng minh rằng: a.BM ⊥ EF b Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy Câu 5: Cho a,b, c, số dương Tìm giá trị nhỏ a b c P= (a+ b+ c) ( + + ) ĐÁP ÁN Câu 1: a ( 1,25 điểm) Ta có: A= (2-1) (2+1) (22+1) + = (22-1)(22+1) (2256+1) = (24-1) (24+ 1) (2256+1) = [(2256)2 –1] + = 2512 b, ( điểm) Ta có: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*) Vì x2=y2 + z2 ⇒ (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2 Câu 2: ( 1,25 điểm) a Từ (1) ⇒ bcx +acy + abz =0 Từ (2) ⇒  ab ac bc   abz + acy + bcx  x2 y z x2 y z    = + + + + + = ⇒ + + = − 2 2 2   a b c a b c xyz  xy xz yz    b ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = ⇒ a + b = - c ⇒ a2 + b2 –c2 = - 2ab Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac ⇒B= ab bc ca + + =− − 2ab − 2bc − 2ca Câu 3: ( 1,25 điểm) (1) ⇔ x·−2007 x − 2007 x − 2007 + + =0 2006 1997 1988 ⇒ x= 2007 A Câu 4: a ( 1,25 điểm) Gọi K giao điểm CB với EM; H giao điểm EF BM ⇒ ∆ EMB =∆BKM ( gcg) ⇒ Góc MFE =KMB ⇒ BH ⊥ EF E b ( 1,25 điểm) ∆ ADF = ∆BAE (cgc) ⇒AF ⊥ BE Tương tự: CE ⊥ BF ⇒ BM; AF; CE đường cao ∆BEF ⇒ đpcm Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D P=1+ B M K H F C a a b b c c a b a c  b c + + +1+ + + +1 = +  +  +  +  +  +  b c a c a b b a c a c b x y Mặt khác y + x ≥ với x, y dương ⇒ P / 3+2+2+2 =9 Vậy P = a=b=c ĐỀ Bài (3đ): 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x2 + 7x + 12 b) a10 + a5 + 2) Giải phương trình: x + x + x +6 x +8 + = + 98 96 94 92 Bài (2đ): Tìm giá trị nguyên x để biểu thức P = x + 3x + có giá trị nguyên 2x −1 Bài (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC ) 1) Kẻ đường cao BM; CN tam giác Chứng minh rằng: a) ∆ABM đồng dạng ∆ACN b) góc AMN góc ABC 2) Trên cạnh AB lấy điểm K cho BK = AC Gọi E trung điểm BC; F trung điểm AK Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax góc BAC Bài (1đ): Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= x − x + 2007 , ( x khác 0) 2007 x ĐÁP ÁN Bài (3đ): 1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ) b) a10 + a5 + = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + ) = (a2 + a + )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ ) (1đ) 2) x +2 x + x +6 x +8 + = + 98 96 94 92 x+2 x+4 x+6 x +8 ⇔( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) 98 96 94 92 1 1 ⇔ ( x + 100 )( + )=0 98 96 94 92 1 1 ≠ Vì: + 98 96 94 92 Do : x + 100 = ⇔ x = -100 (0,5đ) (0,25đ) Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ) Bài (2đ): x + x + (2 x − x) + (4 x − 2) + 5 = = x+2+ P= 2x − 2x − 2x − (0,5đ) x nguyên x + có giá trị nguyên để P có giá trị ngun => phải ngun hay 2x - ước nguyên (0,5đ) 2x − * 2x - = => x = * 2x - = -1 => x = * 2x - = => x = * 2x - = -5 => x = -2 (0,5đ) Vậy x = {1;0;3;−2} P có giá trị nguyên Khi giá trị nguyên P là: x = => P = x = => P = -3 x = => P = x = -2 => P = -1 (0,5đ) Bài (4đ): 1) a) chứng minh ∆ ABM đồng dạng ∆ CAN (1đ) b) Từ câu a suy ra: AB AM ⇒ ∆ AMN đồng = AC AN dạng ∆ ABC ⇒ ∠ AMN = ∠ ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ) 2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax H (0,25đ) ∠ BAH = ∠ CHA ( so le trong, AB // CH) mà ∠ CAH = ∠ BAH ( Ax tia phân giác) (0,5đ) Suy ra: ∠ CHA = ∠ CAH nên ∆ CAH cân C : CH = CA => CH = BK CH // BK (0,5đ) BK = CA Vậy tứ giác KCHB hình bình hành suy ra: E trung điểm KH Do F trung điểm AK nên EF đường trung bình tam giác KHA Do EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ) Bài (1đ): 2007 x − x.2007 + 2007 x − x.2007 + 2007 2006 x A= = + 2007 x 2007 x 2007 x ( x − 2007) 2006 2006 + ≥ = 2007 2007 2007 x 2006 A = x - 2007 = hay x = 2007 (0,5đ) 2007 ĐỀ SỐ Câu ( điểm ) Cho biểu thức A =  x2   10 − x    :  x − +  + + x +   x − x − 3x x +   a, Tìm điều kiện x để A xác định b, Rút gọn biểu thức A c, Tìm giá trị x để A > O Câu ( 1,5 điểm ) Giải phơng trình sau : x − 4x + x − 5x + +2=− x +1 2x + Câu ( 3,5 điểm): Cho hình vng ABCD Qua A kẽ hai đờng thẳng vng góc với lần lợt cắt BC tai P R, cắt CD Q S 1, Chứng minh ∆ AQR ∆ APS tam giác cân 2, QR cắt PS H; M, N trung điểm QR PS Chứng minh tứ giác AMHN hình chữ nhật 3, Chứng minh P trực tâm ∆ SQR 4, MN trung trực AC 5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng Câu ( điểm): x + 3x + Cho biểu thức A = 2x + Câu ( điểm) a, Chứng minh b, Cho Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên x + y + z = ( x + y ) − xy.( x + y ) + z 3 1 + + = x y z yz xz xy Tính A = x + y + z ĐÁP ÁN Câu a, x ≠ , x ≠ -2 , x ≠   x + + :  x −4 2− x x + 2 x + x − 2( x + ) + x − = ( x − 2)( x + 2) : x + b , A=  = −6 x+2 = ( x − 2)( x + 2) − x c, Để A > Câu PT ⇔ ĐKXĐ : >0 ⇔ 2−x >0 ⇔ x < 2−x x ≠ −1; x ≠ − x − 4x + x − 5x + x − 3x + x − 3x + +1+ +1 = ⇔ + =0 x +1 2x + x +1 2x + 1   ⇔ ( x − x + ) +  = ⇔ ( x − x + )( x + 2) = ⇔ ( x − 1)( x − )( x + ) = x + x +   ⇔ x =1 ; x = ; x = - 2/ Cả giá trị thỏa mãn ĐKXĐ 2  Vậy PT cho có tập nghiệm S = 1;2;−   3 Câu 3: 1, ∆ ADQ = ∆ ABR chúng hai tam giác vng (để ý góc có cạnh vng góc) DA=BD ( cạnh hình vng) Suy AQ=AR, nên ∆ AQR tam giác vuông cân Chứng minh tợng tự ta có: ∆ ARP= ∆ ADS AP = AS ∆ APS tam giác cân A 2, AM AN đờng trung tuyến tam giác vuông cân AQR APS nên AN ⊥ SP AM ⊥ RQ ∠PAN = ∠PAM = 450 nên góc MAN vng Vậy tứ giác AHMN có ba Mặt khác : góc vng, nên hình chữ nhật 3, Theo giả thiết: QA ⊥ RS, RC ⊥ SQ nên QA RC hai đờng cao ∆ SQR Vậy P trực tâm ∆ SQR 4, Trong tam giác vuông cân AQR MA trung điểm nên AM = QR Trong tam giác vng RCQ CM trung tuyến nên CM = QR ⇒ MA = MC, nghĩa M cách A C Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP tam giác vng SCP, ta có NA= NC, nghĩa N cách A C Hay MN trungtrực AC 5, Vì ABCD hình vng nên B D cách A C Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cách A C nên chúng phải nằm đờng trung trực AC, nghĩa chúng thẳng hàng Câu Ta có ĐKXĐ x ≠ -1/2 A = (x + 1) + 2x + x∈ Z nên để A nguyên nguyên 2x + Hay 2x+1 ớc Vậy : 2x+1 = ⇒ x=1/2 ( loại ) 2x+1 = ⇒ x = 2x+1 = -1 ⇒ x = -1 2x +1 = -2 ⇒ x = -3/2 ( loại ) KL : Với x = , x= -1 A nhận giá trị nguyên Câu a, , Chứng minh x + y + z = ( x + y ) − 3xy.( x + y ) + z Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh b, Ta có a + b + c = a + b + c = ( a + b ) − 3ab( a + b ) + c = −c − 3ab( − c ) + c = 3abc (vì a + b + c = nên a + b = −c ) 1 1 Theo giả thiết x + y + z = ⇒ x + y + z = xyz A =  yz xz xy xyz xyz xyz 1    = xyz × + + = + + = xyz + + =3 2 3 3 3   xyz x y z x y z x y z   ===================== ĐỀ Bài : (2 điểm) Cho biểu thức :  x2 −1   − M =   x − x + x + 1  1− x4  x + 1+ x2     a) Rút gọn b) Tìm giá trị bé M Bài : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên x − x + x − 83 A= x −3 Bài : điểm Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = b) x − + x − + x − = Bài : (3đ) Cho hình vuông ABCD Gọi E điểm cạnh BC Qua E kẻ tia Ax vng góc với AE Ax cắt CD F Trung tuyến AI tam giác AEF cắt CD K Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI G Chứng minh : a) AE = AF tứ giác EGKF hình thoi b) ∆ AEF ~ ∆ CAF AF2 = FK.FC c) Khi E thay đổi BC chứng minh : EK = BE + DK chu vi tam giác EKC không đổi Bài : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120 chia hết cho 24 ĐÁP ÁN Bài : a) M ( x − 1)( x + 1) − x + x − x −1 − x + x −1 x − 2 ( = = x +1-x ) = ( x − x + 1)( x + 1) x +1 x +1 b) Biến đổi : M = - 3 M bé lớn ⇔ x2+1 bé ⇔ x2 x +1 x +1 = ⇔ x = ⇒ M bé = -2 Bài : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + 4 ⇔ A ∈Z ⇔ ∈ Z ⇔ x-3 ước x −3 x −3 ⇔ x-3 = ± ; ± ; ± ⇔ x = -1; 1; 2; ; ; Bài : a) Phân tích vế trái (x-2006)(x+1) = ⇔ (x-2006)(x+1) = ⇒ x1 = -1 ; x2 = 2006 c) Xét pt với khoảng sau : x< ; ≤ x < ; ≤ x < ; x ≥ Rồi suy nghiệm phương trình : x = ; x = 5,5 Bài : a) ∆ ABE = ∆ ADF (c.g.c) ⇒ AE = AF ∆ AEF vuông cân tại A nên AI ⊥ EF ∆ IEG = ∆ IEK (g.c.g) ⇒ IG = IK Tứ giác EGFK có đường chéo cắt trung điểm đường vng góc nên hình EGFK hình thoi b) Ta có : KAF = ACF = 450 , góc F chung AF KF = ⇒ AF = KF CF CF AF d) Tứ giác EGFK hình thoi ⇒ KE = KF = KD+ DF = KD + BE ∆ AKI ~ ∆ CAF (g.g) ⇒ Chu vi tam giác EKC KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) Bài : Biến đổi : B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120 Suy B  24 ================================ ĐỀ Câu 1: ( điểm ) Cho biểu thức: x −  x − 36  6x + +  2  x − x x + x  12 x + 12 A=  ( Với x ≠ ; x ≠ ± ) 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị biểu thức A với x= 9+4 Câu 2: ( điểm ) a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 ≥ x.y + x + y b)Tìm giá trị lớn biểu thức sau: A= ( với x ;y) x−2 x − x2 − x − Câu 3: ( điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M điểm đối xứng C qua P a) Tứ giác AMDB hình gi? b) Gọi E, F hình chiếu điểm M AD , AB Chứng minh: EF // AC ba điểm E,F,P thẳng hàng c)Chứng minh tỉ số cạnh hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P d) Giả sử CP ⊥ DB CP = 2,4 cm,; PD = PB 16 10 Câu A nguyên ⇔ 2x+ ước Ư(4) = {± 1; ± 2; ± 4} Giải x = -1; x= A nguyên Câu 2: x2 - 3|x| - = ⇔ 3|x| = x2 - ⇔ 3x = ± (x2 - 4) ⇔ x2 - 3x - = x2 + 3x - = Giải phương tình S = {-4; 4} Câu 3: (Sách phát triển toán 8) Câu 4: M = 18 a = b = … Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức Ta có: A = 3x2 + (1-3x)2 = 12(x- 1/4)2 + 1/4 ⇒A ≥ ẳ Vậy Amin = 1/4 x = 1/4 ; y = 1/4 ========================= ĐỀ 17 Bài Cho biểu thức: A= ( x + x − x − x − x + 2006 − + ) x −1 x +1 x2 − x a) Tìm điều kiện x để biểu thức xác định b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: a) Giải phương trình: 2− x 1− x x −1 = − 2004 2005 2006 b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + Bài Cho hình thang ABCD; M điểm tuỳ ý đáy lớn AB Từ M kẻ đường thẳng song song với hai đường chéo AC BD Các đường thẳng cắt hai cạnh BC AD E F Đoạn EF cắt AC BD I J a) Chứng minh H trung điểm IJ H trung điểm EF b) Trong trường hợp AB = 2CD, vị trí M AB cho EJ = JI = IF Bài Cho a ≥ 4; ab ≥ 12 Chứng minh C = a + b ≥ ĐÁP ÁN Bài 1:  x ≠ ±1 x ≠ a) Điều kiện:  30 x + 2006 ( x + 1) − ( x + 1) + x − x − x + 2006 ⋅ = x x −1 x  x = ±1 c) Ta có: A nguyên ⇔ (x + 2006) x ⇔ 2006x ⇔   x = ±2006 b) A = ( Do x = ± khơng thỗ mãn đk Vậy A nguyên x = ± 2006 Bài 2− x 1− x x −1 = − 2004 2005 2006 2− x 1− x x − x 2004 − x 2005 x 2006 +1 = +1− +1 ⇔ + = + − + 2004 2005 2006 2004 2004 2005 2005 2006 2006 2006 − x 2006 − x 2006 − x 1 = + (2006 − x)( − − =0 ⇔ 2004 2005 2006 2004 2005 2006 a) Ta có: ⇔ ⇔ ⇔ (2006 - x) = ⇒ x = 2006 a = b = b) Thực phép chia đa thức, từ ta tìm được:  Bài FI FP DO = = (1) IE PM OB EJ EQ CO = = (2) FJ QM OA a) Ta có: D C E I DO CO (3) = OB OA J F Từ (1), (2) (3) suy FI EJ = IE FJ Q P A hay M B FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H trung điểm IJ từ (4) ta có: IJ IJ IJ IJ )( FH + ) = ( EH − )( EH + ) ⇒ FH = EH 2 2 DO CO FI = = nên theo (1) ta có = b) Nếu AB = 2CD OB OA IE ( FH − suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) (3) ta có EF = 3EJ Do đó: FI = EJ = IJ = EF khơng liên quan đến vị trí M Vậy M tuỳ ý AB 3 4 Bài Ta có: C = a + b = ( a + b) + a ≥ 3ab ⋅ 12 + a≥2 + ⋅4 = 4 4 ============================ ĐỀ 18 Câu 1: 31 (ĐPCM) m n a Tìm số m, n để: x( x − 1) = x − + x b Rút gọn biểu thức: M= 1 1 + + + a − 5a + a − a + 12 a − 9a + 20 a − 11a + 30 Câu 2: a Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1 b Giải toán nến n số nguyên Câu 3: Cho tam giác ABC, đường cao AK BD cắt G Vẽ đường trung trực HE HF AC BC Chứng minh BG = 2HE AG = 2HF Câu 4: Trong hai số sau số lớn hơn: a = 1969 + 1971 ; b = 1970 ĐÁP ÁN Câu 1: (3đ) a m =1 (0.75đ); n = -1 (0.75đ) b.(1.5đ) Viết phân thức thành hiệu hai phân thức (áp dụng câu a) a a2 a2 a2 1 = − − 5a + a − a − 1 = − − a + 12 a − a − 1 = − − 9a + 20 a − a − 1 = − − 11a + 30 a − a − (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Đổi dấu tính : 1 M = a − − a − = (a − 2).(a − 6) Câu 2: (2.5đ) a (1.5đ) Biến đổi: n5 +  n3 + ⇔ n2(n3 + 1) – (n2 –1)  n3 + ⇔ (n + 1) (n – 1)  (n + 1)(n2 - n + 1) ⇔ n –  n2 – n + (vì n + ≠ ) Nếu n = ta chia hết cho Nếu n > n – < n(n – 1) + = n2 – n +1 32 (0.5đ) (0.5đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Do khơng thể xảy quan hệ n – chia hết cho n – n +1 tập hợp số nguyên dương Vậy giá trị n tìm (0.25đ) b n –  n2 – n +1 ⇔ n(n – 1)  n2 – n + ⇔ n2 – n  n2 – n + ⇔ ( n2 – n + 1) –  n2 – n + ⇔  n2 – n + 1 (0.5đ) Có hai trường hợp: n2 – n + = ⇔ n(n – 1) = ⇔ n = n = Các giá trị thoả mãn đề (0.25đ) n2 – n + = - ⇔ n2 – n + = vô nghiệm Vậy n = 0, n = hai số phải tìm (0.25đ) Câu 3: (3đ) (Hình *) Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI BI, ta có HE đường trung bình ∆ACI nên HE//AI HE = 1/2IA (1) (0.25đ) Tương tự ∆CBI : HF//IB HF = 1/2IB (2) (0.25đ) Từ BG⊥AC HE⊥AC ⇒ BG//IA (3) (0.25đ) Tương tự AK⊥BC HF⊥BC ⇒ AG//IB (4) (0.25đ) Từ (3) (4) ⇒ BIAG hình bình hành (0.25đ) Do BG = IA AG = IB (0.5đ) Kết hợp với kết (1) (2) ⇒ BG = 2HE AG = 2HF (0.5đ) A Câu 4: Ta có: (1.5đ) 19702 – < 19702 ⇔ 1969.1971 < 19702 ⇔ 1969.1971 < 2.1970 (0.25đ) Cộng 2.1970 vào hai vế (*) ta có: 2.1970 + 1969.1971 < 4.1970 D I (*) E H G B K F Hình * (0.25đ) ⇔ ( 1969 + 1971) < (2 1970 ) (0.25đ) ⇔ 1969 + 1971 < 1970 (0.25đ) Vậy: 1969 + 1971 < 1970 (0.25đ) =============================== 33 C ĐỀ 19 Bài (2,5đ) Cho biểu thức  x2   10 − x  :  x − + + + A =  x+2  x − x − 3x x +      a tìm tập xác định A: Rút gọn A? b Tìm giá trị x A = c.Với giá trị x A < d timg giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên (2,5đ) a Cho P = x4 + x3 + x + x − x + 2x − x + Rút gọn P chứng tỏ P không âm với giá trị x b Giải phương trình 1 1 + + + = x + x + x + x + 12 x + x + 20 x + 11x + 30 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = 27 − 12 x x2 + Bài (3đ) Cho ∆ABC vuông A điểm H di chuyển BC Gọi E, F điểm đối xứng H qua AB AC a CMR: E, A, H thẳng hàng b CMR: BEFC hình thang, tìm vị trí H để BEFC trở thành hình thang vng, hình bình hành, hình chữ nhật khơng c xác định vị trí H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất? Bài (1đ) Cho số dương a, b, c có tích CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1) ≥ ĐÁP ÁN Bài (2,5đ) sau biến đổi ta được; −6 x+2 A = ( x − 2)( x + 2) × a TXĐ = { ∀x : x ≠ ±2; x ≠ 0} 0,5đ 0,25đ −1 = 0,25đ x−2 2−x ⇒ x = 1,5 (thoã mãn điều kiện x) 0,5đ b Để A = < ⇒ − x < ⇒ x > (Thoã mãn đk x) c Để A < 2−x Rút gọn: A = 34 0,5đ d Để A có giá trị ngun (2 - x) phải ước Mà Ư (2) = { − 1;−2;1;2} suy x = 0; x = 1; x = 3; x= Nhưng x = khơng thỗ mãn ĐK x 0,25đ Vậy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ Bài (2,5đ) x4 + x3 + x + a P = x − x + 2x − x + 1đ Tử: x4 + x3 + x + = (x+1)2(x2- x + 1) 0,25đ Mẫu: x4 - x3 + 2x2 -x +1 = (x2 + 1)(x2 -x + 1) 0,25đ Nên mẫu số (x2 + 1)(x2 -x + 1) khác Do khơng cần điều kiện x Vậy P = ( x + 1) ( x − x + 1) (( x )( )) +1 x − x +1 = ( x + 1) x + 1` tử = ( x + 1) ≥ 0∀x mẫu x2 + >0 với x 0,25đ Nên P ≥ 0∀x b Giải PT: 1 1 + + + = x + x + x + x + 12 x + x + 20 x + 11x + x2 + 5x + = (x + 2)(x + 3) x2 + 7x + 12 = (x + 4)(x + 3) x2 + 9x + 20 = (x + 4)(x + 5) x2 + 11x + 30 = (x + 5)(x + 6) Trong 1 1 = = − x + x + ( x + 2)( x + 3) ( x + ) ( x + 3) TXĐ = { ∀x; x ≠ −2;−3;−4;−5;−6} phương trình trở thành: 1 1 1 1 − + − + − + − = x+2 x+3 x+3 x+4 x+4 x+5 x+5 x+6 1 = − = x+2 x+6 = 8( x + − x − 2) = ( x + 2)( x + 6) ⇔ 32 = x + x + 12 ⇒ x + x − 20 = ⇒ x = 2; x = −10 Vậy PT cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A= 27 − 12 x x2 + ( 0,25đ ) ( ) 2 x2 − 27 − 12 x x − 12 x + 36 − x + A= = = − ≥ −1 x +9 x2 + x2 + 35 A đạt giá trị nhỏ -1 ⇔ ( x − ) = hay x = ( ) ( ) x + 36 − x + 12 x + x + 3) ( 27 − 12 x = = 4− ≤ x2 + x2 + x +9 ( x + 3) =0⇒ x=− A đạt GTLN A = Bài (3đ) a.(0,75đ) E đôie xứng với H qua AB nên AB đường trung trực đoanh thẳng EH góc EAH = gócIAH (1) góc FAD = gócDAH (2) cộng (1) (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 90 theo giả thuyết hay gócEAI + gịcAD + BAC = 900 + 900 = 1800 Do điểm E, A, F thẳng hàng b Tam giác ABC vng A nên gócABC + ACB = 90 (hai góc nhọn tam giác vng) Mà gócEBA = gócABH (tính chất đối xứng) gócCA = gócHCA (tính chất đối xứng) suy góc EBA + góc FCA = 900 haygóc EBA + góc FCA + góc ABC + góc ACB = 1800 suy góc EBC + góc FBC = 1800 (hai góc phía bù nhau) BE song song CF Vởy tứ giác BEFC hình thang 0,75đ ) ) Muốn BEFC hình thang vng phải có góc AHC = 90 ( E = F = 900 ) H phải chân đường cao thuộc cạnh huyền tam giác ABC Muốn BEFC hình bình hành BE = CF suy BM = HC Vậy H phải trung điểm BC………… 0,25đ Muốn BEFC hình chữ nhật BEFC phải có góc vng suy ( ) ) B = C = 450 ) điều khơng xảy tam giác ABC khơng phaỉ tam giác vuông cân… 0,25đ c.lấy H thuộc BC gần B ta có: S ∆EHF = SY AIDH dựng hình chữ nhật HPQD AIHD Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g) suy S∆HBIS = S∆HMB ⇒ S∆EHF = SY ABMQ < S ∆ABC với H gần C ta có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC H di chuyển BC ta ln có S EHF ≤ S ABC Tại vị trí h trung điểm BC ta có SEHF = SABC Do H trung điểm BC SEHF lớn Bài (1đ) Cho số dương a, b, c có tích 36 Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) ≥ Do a, b, c số dương nên ta có; (a – 1)2 ≥ 0∀a > ⇒ a + ≥ 2a ⇒ a + 2a + ⇒ ( a + 1) ≥ 4a (1) …………0,25đ Tương tự (b + 1)2 ≥ 4b (2)………………0,25đ (c + 1)2 ≥ 4c (3) …………0,25đ Nhân vế (1), (2), (3) ta có: (b + 1)2(a – 1)2(c + 1)2 ≥ 64abc (vì abc = 1) ((b + 1)(a – 1)(c + 1))2 ≥ 64 (b + 1)(a – 1)(c + 1) ≥ 8… 0,25đ ======================================= ĐỀ 20 Câu I :(3đ) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 B = x3 +6x2 +11x +6 b) Rút gọn phân thức : A x + x + 19 x + 12 = B x + x + 11x + Câu II : (3đ) ) Cho phương trình ẩn x x+a x−2 + = x+2 x−a a) Giải phương trình với a = b) Tìm giá trị a cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm ) Giải bất phương trình sau : 2x2 + 10x +19 > Câu III (3đ): Trong hình thoi ABCD người ta lấy điểm P Q theo thứ tự AB CD cho AP = 1/ AB CQ = 1/ CD Gọi I giao điểm PQ AD , K giao điểm DP BI , O giao điểm AC BD a) Chứng minh AD = AI , cho biết nhận xét tam giác BID vị trí K IB b) Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích A I Câu IV : (1đ) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : yx2 +yx +y =1 ĐÁP ÁN Bài I : 1) A = (x+1) ( x+3) (x +4) B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) A ( x + 1)( x + 3)( x + 4) (1đ) (1đ) x+4 2) B = ( x + 1)( x + 2)( x + 3) = x + (1đ) 37 ( x + a) ( x − 2) Bài II :1) Phương trình ( x + 2) + ( x − a) = (1) Điều kiện: x ≠ -2 x ≠ a (1) ⇔ x2 – a2+ x2 – = 2x2 + 2(2- a)x – 4a ⇔ – a2 - + 4a = 2(2- a)x ⇔ - (a - 2)2 = 2(a - 2)x (*) a) với a =4 thay vào (*) ta có : =4x ⇒ x=1 (1đ) b) Thay x= -1 vào (*) ta (a – )2 + (a - 2)= ⇔ (a - 2) (a – + 2) = a=2 ⇒ a=0 (1đ) 2) Giải bất phương trình : 2x2 + 10x + 19 > (1) Biến dổi vế trái ta 2x2 + 10x + 19 = 2x2 + 8x +8 + 2x +4 +7 =2(x2 + 4x +4) + 2(x +2) + = 2(x + 2)2 +2(x + 2) + = (x + 3)2 + (x + 2)2 + lớn với x Nên bất phương trình (1) Nghiệm với ∀ x (1đ) Bài III AP // DQ Xét tam giác IDQ có AP = DQ Theo định lý Ta Lét tam giác ta có : (0,75đ ) IA AP = = ⇒ IA = ID ⇒ AD = AI ID AQ Tam giác BID tam giác vuông B AO ⊥ DB AO đường trung bình ∆ BID Điểm K trung điểm IB (Do DK đường trung tuyến ∆ BID ) (0,75đ) b) Với B D cố định nên đoạn DB cố định.Suy trung điểm O cố định Mặt khác AC BD , BI DB vai trò A C Nên quỹ tích A đường thẳng qua O vng góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích điểm I đường thẳng qua B vng góc với BD trừ điểm B (1đ) Đảo: Với A I chạy đường AD = AI Thì AP = 38 1 AB CQ = CD Thật : Do AP // DQ suy IA AP = = ⇒ AP = DQ mà AB = CD ⇒ ĐPCM ID AQ (0,5đ) Bài IV: y x2 + y x + y = (1) Nếu phương trình có nghiệm x ,y > (1) y(x2 + x +1) = ⇒ ⇒ y = ,x= y= x2 + x +1 =1 Vậy nghiệm phương trình (x,y) = (0 ,1) (1đ) =================================== ĐỀ 21 I Đề bài: 1 + + Bài 1:(2 điểm) Cho A = 2 2 b + c -a c + a - b a + b2 - c2 Rút gọn biểu thức A, biết a + b + c = Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình: 1) (x+1) + (x+3)4 = 16 2) x − 1001 x − 1003 x − 1005 x − 1007 + + + =4 1006 1004 1002 1000 Bài 3:(2 điểm) a= Chứng minh số: 1 1 + + + + , n ∈ Z + số nguyên 1.2 2.3 3.4 n.(n+1) Bài 4:(3 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD DA a) Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao? b) Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ hình vng? c) Với điều kiện câu b), tính tỷ số diện tích hai tứ giác ABCD MNPQ ĐÁP ÁN Bài 1:(2 điểm) Ta có: a + b + c = ⇔ b + c = - a Bình phương hai vế ta có : (b + c)2 = a2 ⇔ b2 + 2bc + c2 = a2 ⇔ b2 + c2 - a2 = -2bc Tương tự, ta có: c2 + a2 - b2 = -2ca a2 + b2 - c2 = -2ab 1 -(a+b+c) ⇒ A= = =0 (vì a + b + c = 0) 2bc 2ca 2ab 2abc 39 0.25 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm Vậy A= 0.25 điểm Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình: 1) Đặt y = x + ta phương trình: (y – 1)4 + (y +1)4 = 16 ⇔ 2y4 + 12y2 + = 16 ⇔ y4 + 6y2 -7 = Đặt z = y2 ta phương trình: z2 + 6z – = có hai nghiệm z1 = z2 = -7 0.5 điểm 0.5 điểm • y2 = có nghiệm y1 = ; y2 = -1 ứng với x1 = -1 ; x2 = -3 • y2 = -7 khơng có nghiệm 2) 0.5 điểm x − 1001 x − 1003 x − 1005 x − 1007 + + + =4 1006 1004 1002 1000 x − 1001 x − 1003 x − 1005 x − 1007 ⇔ −1+ −1+ −1+ −1 = 1006 1004 1002 1000 x − 2007 x − 2007 x − 2007 x − 2007 ⇔ + + + =0 1006 1004 1002 1000 0.5 điểm 1   ⇔ ( x − 2007)  + + + ÷ = ⇔ ( x − 2007) =  1006 1004 1002 1000   1 0.5 điểm  + + + Vì  ÷ ≠ ⇒ x = 2007  1006 1004 1002 1000  Bài 3:(1,5 điểm) 0.5 điểm Ta có:   1 1   1 1   1 1    a = 1 − ÷+  − ÷+  − ÷+ +  − ÷ 2 3 n n+1 = 1−  0,5điểm n = < 1; n+1 n+1 0.5 điểm Mặt khác a > Do a khơng ngun 0.5 điểm Bài 4:(3,5 điểm) Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận 0.5 điểm b n m c a p q d 40 a) Chứng minh MNPQ hình bình hành b) MNPQ hình vng AC = BD, AC ⊥ BD c) SABCD = a2 ⇒ ; SMNPQ = a2 ; điểm điểm 0.5 điểm SABCD =2 SMNPQ 0.5 điểm ========================= ĐỀ 22 Bài (3 điểm) a Phân tích đa thức thành nhân tử A = x4– 14x3 + 71x2 – 154x +120 b Chứng tỏ đa thức A chia hết cho 24 Bài ( điểm) x2 + x + x2 + x + + = a Tìm nghiệm nguyên tử phương trình: x + x + x2 + x + x2 b Tìm giá trị lớn biểu thức: B = với x # + x4 x2 − 5x + Bài ( điểm) Rút gọn biểu thức: P = x − 3x + 3x − Bài ( điểm ) Cho Tam giác ABC vuông cân A Điểm M cạnh BC Từ M kẻ ME vng góc với AB, kẻ MF vng góc với AC ( E ∈ AB ; F ∈ AC ) a Chứng minh: FC BA + CA B E = AB chu vi tứ giác MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí M b Tâm vị trí M để diện tích tứ giác MEAF lớn c Chứng tỏ đường thẳng qua M vng góc với EF ln qua điểm cố định ĐÁP ÁN Bài 1: a A = x4 – 14x3+ 71x2- 154 x + 120 Kết phân tích A = ( x –3) (x-5) (x-2) (x-4) b A = (x-3) (x-5) (x-2) (x-4) => A= (x-5) (x-4) (x-3) (x-2) Là tích số nguyên liên tiêp nên A  24 Bài 2: a ( 2điểm ) (1 điểm ) x2 + x + x2 + x + + = x2 + x + x2 + x + Tìm nghiệm phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm) 41 Tìm giá trị lớn biểu thức x2 B= với x # giải tìm B max = 1/2 x = ± 1 + x4 ( 1, điểm ) Bài Rút gọn biểu thức: ( x − 2).( x − 3) = > P = x − x2 − 5x + = P= x − 3x + 3x − ( x − 2) x − x + x2 − x + ( ) ( 1điểm ) Bài 4: Giải a chứng minh F C BA + CA BE = AB2 (0,5 điểm ) + Chứng minh chu vi tứ giác MEAF = AB ( không phụ vào vị trí M ) ( 0,5 điểm ) b Chứng tỏ M trung điểm BC Thì diện tích tứ giác MEAF lớn (1 điểm ) c Chứng tỏ đường thẳng MH ⊥ EF qua điểm N cố định ( điểm ) Đề 23 Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng: a) 85 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44 Bài 2: (3đ) x2 + x − a) Rút gọn biểu thức: x − x − 18 x + 1 yz xz xy b) Cho x + y + z = 0( x, y, z ≠ 0) Tính + + x y z Bài 3:(3đ) Cho tam giác ABC Lấy điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối tia BA, CA cho BD + CE = BC Gọi O giao điểm BE CD Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác góc A, đường thẳmg cắt AC K Chứng minh AB = CK Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức sau (nếu có): M = 4x2 + 4x + ĐÁP ÁN Bài : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17 Rõ ràng kết chia hết cho 17 b) (1,5đ) áp dụng đẳng thức: an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - …- abn-2 + bn-1) với n lẽ 42 Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918) = 88(1918 – 1917.69 + …+ 6918) chia hết cho 44 Bài : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: x2 + x – = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x+3)(x-2) x3 – 4x2 – 18 x + = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + =(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9) =x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3) =(x+3)(x2 –7x +3) (x+3)(x-2) ( x − 2) x2 + x − = (x+3)(x -7x +3) = x -7x +3 Với điều kiện x ≠ -1 ; x2 -7x + 3 x − x − 18 x + => ≠ b) (1,5đ) Vì 1 1 1 1 + + = ⇒ = − + ÷ x y z z x y 1 1  1 1 1 1  ⇒ = −  + ÷ ⇒ = −  + + + ÷ z z x y x y y  x y x ⇒ 1 1 1 1 1 1 + + = −3  + ÷⇒ + + = 3 x y z x y x y x y z xyz Do : xyz( xyz xyz xyz yz zx xy 1 ⇔ + + =3⇔ + + =3 + + )= y x y z x y z x z Bài : (3đ) Chứng minh : Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM Thật xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân C A K B C µ =E µ góc C1 góc ngồi => B tam giác BCE => µ =B µ +E µ ⇒B µ = 1C µ mà AC // BM C 1 1 E D · µ = CBM · ⇒B (ta vẽ) => Cµ1 = CBM · nên BO tia phân giác CBM M Hoàn toàn tương tự ta có CD tia phân giác góc BCM Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy O => MO phân tia phân giác góc CMB 43 · · , BMC Mà : BAC hai góc đối hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác góc A theo gt tia phân giác góc A cịn song song với OK => K,O,M thẳng hàng ¶ = BMC · ¶ ¶ = ¶A mà (cmt ); µA = M ⇒M Ta lại có : M 1 2 ảA = K (hai gúc đồng vị) => ¶ =M ¶ ⇒ ∆CKM cân C => CK = CM Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm) K 1 Bài 4: (1đ) Ta có M= 4x2 + 4x + =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4 = (2x + 1)2 + Vì (2x + 1)2 ≥ =>(2x + 1)2 + ≥  M ≥ Vậy giá trị nhỏ M = x = - =========================================== 44 ... – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) tích số nguyên liên tiếp có hai số bội ( số bội 4, số bội 3, số bội 5) Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120 Câu 4: (1,5 đ’) Ta có... x2 + x +1 =1 Vậy nghiệm phương trình (x,y) = (0 ,1) (1đ) =================================== ĐỀ 21 I Đề bài: 1 + + Bài 1:(2 điểm) Cho A = 2 2 b + c -a c + a - b a + b2 - c2 Rút gọn biểu thức A,... diện tích tứ giác MEAF lớn (1 điểm ) c Chứng tỏ đường thẳng MH ⊥ EF qua điểm N cố định ( điểm ) Đề 23 Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng: a) 85 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44 Bài