Chøng minh r»ng: EF song song víi tia ph©n gi¸c Ax cña gãc BAC... Qua E kÎ tia Ax vu«ng gãc víi AE.[r]
(1)Đề 1
Bài 1: (3đ) Chứng minh rÇng) a) 85 + 211 chia hÕt cho 17 b) 1919 + 6919 chia hÕt cho 44 Bµi 2: (3®)
a) Rót gän biĨu thøc:
2
3
6 18
x x
x x x
b) Cho
1 1
0( , ,x y z 0)
x y z TÝnh 2 yz xz xy 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 đờng thẳng song song với tia phân giác góc A, đờng thẳmg cắt AC K Chứng minh AB = CK
Bài (1đ).
Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức sau (nÕu cã): M = 4x2 + 4x + 5
Đáp án
Bài : (3đ)
a) (1,5đ) Ta cã: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17 Rõ ràng kết trªn chia hÕt cho 17
b) (1,5đ) áp dụng đẳng thức:
an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - …- abn-2 + bn-1) víi mäi n lÏ. Ta cã: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918)
= 88(1918 – 1917.69 + …+ 6918) chia hÕt cho 44. Bài 2 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: x2 + x – = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x+3)(x-2)
x3 – 4x2 – 18x + = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9 =(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3) =(x+3)(x2 –7x +3)
=>
2
3
6 18
x x
x x x
= 2
(x+3)(x-2) ( 2) (x+3)(x -7x +3) x -7x +3
x
Víi ®iỊu kiƯn x -1; x2 -7x + 0 b) (1,5đ) Vì
3
3 3 2
1 1 1
0
1 1 1 1 1
3
x y z z x y
z x y z x x y x y y
3 3 3
1 1 1 1 1 1
3
x y z x y x y x y z xyz
Do : xyz(
1 x +
1 y +
1
z )= 3 3 2
xyz xyz xyz yz zx xy
x y z x y z
(2)Chøng minh:
VÏ h×nh b×nh hành ABMC ta có AB = CM
Để chøng minh AB = KC ta cÇn chøng minh KC = CM
ThËt vËy xÐt tam gi¸c BCE cã BC = CE (gt) => tam giác CBE cân C => B1 E vì
góc C1 góc tam giác BCE =>
1 1
1 C B E B C
mµ AC // BM (ta vÏ)
=>
1
1 C CBM B CBM
nên BO tia phân giác CBM Hoàn toàn tơng 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
Mà: BAC BMC , hai góc đối hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác
cđa gãc A theo gt tia ph©n giác góc A song song với OK => K,O,M thẳng hàng
Ta lại có :
1
1
( );
M BMC cmt A M
1
M A
mà A2 K1 (hai góc đồng vị) =>
1
K M CKM cân C => CK = CM Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm)
Bài 4: (1®)
Ta cã M= 4x2 + 4x + =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4 = (2x + 1)2 + 4.
V× (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + M 4 VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa M = x =
-1
-đề 2
Câu Tìm số có chữ số: a a a1 8 tho· m·n ®iỊu kiƯn a vµ b sau:
a)
2
7
a a a = a a
b)
3 8
a a a a a a a
C©u Chøng minh r»ng: ( xm + xn + ) chia hÕt cho x2 + x + 1. vµ chØ ( mn – 2) ⋮
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1. Câu Giải phơng trình:
(1 31 +
2 4+ +
1
2005 2006 2007) x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + + 2006.2007)
Câu Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD) Gọi O giao điểm AC BD; đờng kẻ từ A B lần lợt song song với BC AD cắt đờng chéo BD AC tơng ứng F E Chứng minh:
EF // AB
b) AB2 = EF.CD
c) Gäi S1 , S2, S3 vµ S4 theo thø tự diện tích tam giác OAB; OCD; OAD Vµ OBC
Chøng minh: S1 S2 = S3 S4
Câu Tìm giá trÞ nhá nhÊt: A = x2 - 2xy + 6y2 12x + 2y + 45
Đáp án
C©u Ta cã a1a2a3 = (a7a8)2 (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2). B
D
M
E C
(3)Tõ (1) vµ (2) => 22≤ a7a8≤31
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600. ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 25 a4a5a6
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) lµ số tự nhiên liên tiếp nên có khả năng: a) a7a8 = 24 => a1a2a3 a8 lµ sè 57613824
b) a7a8 – = 24 => a7a8 = 25 => số 62515625 c) a7a8 = 26 => không tho
câu Đặt m = 3k + r víi 0≤ r ≤2 n = 3t + s víi 0≤ s ≤2
xm + xn + = x3k+r + x3t+s + = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1. = xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1
ta thÊy: ( x 3k – 1) ⋮ ( x2 + x + 1) vµ ( x3t –1 ) ⋮ ( x2 + x + 1) vËy: ( xm + xn + 1) ⋮ ( x2 + x + 1)
<=> ( xr + xs + 1) ⋮ ( x2 + x + 1) víi 0≤ r; s≤2
<=> r = vµ s =1 => m = 3k + vµ n = 3t + r = vµ s = m = 3k + vµ 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 + 1
C©u 3 Gi¶i PT:
(1 31 +
2 4.+…+
1
2005 2006 2007)x=(1 2+2 3+⋯+2006 2007) Nhân vế với ta đợc:
3( 2 3+
2
2 4+⋯+
2
2005 2006 2007)x=2[(1 2(3−0)+2 3(4−1)+⋯+2006 2007(2008−2005))] 3(
1 2− 3+
1 3−
1
3 4+⋯−
2006 2007)x
¿2(1 3+2 4−1 3+⋯+2006 2007 2008−2005 2006 2007)
⇔3( 1 2−
1
2006 2007)x=2 2006 2007 2008⇔x=
1003 1004 669 100 651 C©u a) Do AE// BC => OE
OB= OA
OC A B
BF// AD O F OA=
OB OD MặT khác AB// CD ta lại có
D A1B1 C
OA OC =
OB
OD nªn OE OB=
OF
OA => EF // AB
b) ABCA1 vµ ABB1D hình bình hành => A1C = DB1 = AB Vì EF // AB // CD nên EF
AB= AB
DC => AB = EF.CD c) Ta cã: S1 =
2 AH.OB; S2 =
2 CK.OD; S3 =
2 AH.OD; S4 =
2 OK.OD
(4)=> S1 S4=
1
2AH OB
2CK OB =AH
CK ; S3 S2=
1
2AH OD
2CK OD
=AH CK => S1 S4
=S3 S2
=> S1.S2 =
S3.S4
C©u A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
= x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4 = ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4
Giá trị nhỏ A = Khi: y- = => y =
x- y- = x =
-đề 3
C©u 1: a Rót gän biĨu thøc:
A= (2+1)(22+1)(24+1) ( 2256 + 1) + 1 b NÕu x2=y2 + z2
Chøng minh r»ng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2 C©u 2: a Cho x
a+ y b+
z
c=0 (1) vµ a x+
b y+
c
z=2 (2) Tính giá trị biểu thức A= x
2
a2+ y2 b2+
z2 c2=0 b TÝnh : B = ab
a2
+b2−c2+ bc b2
+c2−a2+ ca
c2
+a2− b2 C©u 3: T×m x , biÕt :
x· −1 2006 +
x −10 1997 +
x −19
1988 =3 (1)
Câu 4: Cho hình vng ABCD, M đơng chéo AC Gọi E,F theo thứ tự hình chiếu M AD, CD Chứng minh rằng:
a.BM EF
b Các đờng thẳng BM, EF, CE đồng quy
C©u 5: Cho a,b, c, số dơng Tìm giá trị nhỏ cña P= (a+ b+ c) (
a+ b+
1 c )
Đáp án
Câu 1: a ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (22+1) + 1 = (22-1)(22+1) (2256+1) = (24-1) (24+ 1) (2256+1)
= [(2256)2 –1] + 1 = 2512
b, ( ®iĨm) Ta cã:
(5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*)
V× x2=y2 + z2 (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2 C©u 2: ( 1,25 ®iĨm) a Tõ (1) bcx +acy + abz =0
Tõ (2) x
2 a2+
y2 b2+
z2 c2+2(
ab xy+
ac xz+
bc
yz )=0⇒ x2 a2+
y2 b2+
z2
c2=4−2(
abz+acy+bcx
xyz )=4
(5) B = ab −2 ab+
bc −2 bc+
ca
−2ca=− Câu 3: ( 1,25 điểm)
(1) x· −2007 2006 +
x −2007 1997 +
x −2007 1988 =0
x= 2007 A
Câu 4: a ( 1,25 điểm) Gọi K giao ®iĨm CB víi EM; B H lµ giao ®iĨm cđa EF vµ BM
EMB =BKM ( gcg)
Gãc MFE =KMB BH EF E M K b ( 1,25 ®iĨm) ADF = BAE (cgc) AF BE H
Tơng tự: CE BF BM; AF; CE đờng cao BEF đpcm
C©u 5: ( 1,5 ®iĨm) Ta cã: D F C P = + a
b+ a
c+ b a+1+
b c+
c a+
c
b+1=3+( a b+
b a)+(
a c+
c a)+(
b c+
c b) Mặt khác x
y+ y
x2 với mäi x, y d¬ng P 3+2+2+2 =9 VËy P = a=b=c
- 4
Bài (3đ):
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x2 + 7x + 12
b) a10 + a5 + 1
2) Giải phơng trình:
2
98 96 94 92
x x x x
Bài (2đ):
Tìm giá trị nguyên x để biểu thức
2
2 3
2
x x
P
x
có giá trị nguyên Bài (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đờng cao BM; CN tam giác Chứng minh rằng: a) ABM đồng dạng ACN
b) gãc AMN b»ng gãc ABC
2) Trªn cạnh AB lấy điểm K cho BK = AC Gọi E trung điểm BC; F trung ®iĨm cđa AK
Chøng minh r»ng: EF song song với tia phân giác Ax góc BAC Bài (1đ):
Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A=x
2
−2x+2007
2007x2 , ( x khác 0)
Đáp án
Bài (3đ):
1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1®)
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+ 1 ) (1®)
(6)x+2 98 +
x+4 96 =
x+6 94 +
x+8 92 ⇔ ( x+2
98 +1) + ( x+4
96 + 1) = ( x+6
94 + 1) + ( x+8
92 + 1) (0,5®) ⇔ ( x + 100 )(
98 + 96 -
1 94 -
1
92 ) = (0,25®)
V×: 98 +
1 96 -
1 94 -
1
92
Do : x + 100 = ⇔ x = -100
Vậy phơng trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ)
Bài (2đ): P = 2x2+3x+3
2x −1 =
(2x2− x)+(4x −2)+5
2x −1 =x+2+
2x −1 (0,5®)
x nguyên x + có giá trị nguyên để P có giá trị ngun
2x −1 ph¶i nguyên hay 2x - ớc nguyên (0,5®) => * 2x - = => x =
* 2x - = -1 => x = * 2x - = => x =
* 2x - = -5 => x = -2 (0,5®)
Vậy x = {1;0;3;−2} P có giá trị ngun 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 Δ ABM đồng dạng Δ CAN (1đ)
b) Tõ c©u a suy ra: AB AC=
AM
AN ⇒ Δ
AMN đồng dạng Δ ABC
⇒ ∠ AMN = ∠ ABC ( hai góc tơng ứng) (1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax H (0,25đ)
∠ BAH = ∠ CHA ( so le trong, AB // CH) mµ ∠ CAH = ∠ BAH ( Ax tia phân giác)
(0,5đ) Suy ra:
CHA = CAH nên CAH cân C
do : 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 l trung điểm AK nên EF đờng trung bình tam giác KHA Do EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ)
(7)A = 2007x
−2x 2007+20072
2007x2 =
x2−2x 2007+20072
2007x2 +
2006x2 2007x2 =
x −2007¿2 ¿ ¿ ¿
A = 2006
2007 x - 2007 = hay x = 2007 (0,5®)
-đề 5
Câu 1 ( 3 điểm ) Cho biểu thức A = ( x
2
x3−4x+ 6−3x+
1
x+2):(x −2+ 10− x2
x+2 )
a, Tìm điều kiện x để A xác định b, Rút gọn biểu thức A
c, Tìm giá trị x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) Giải phơng trình sau : x2−4x+1
x+1 +2=−
x2−5x+1 2x+1
Câu 3 ( 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, Chøng minh Δ AQR vµ 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, Chøng minh ®iĨm M, B, N, D thẳng hàng Câu 4 ( 1 điểm):
Cho biĨu thøc A = 2x2+3x+3
2x+1 Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chøng minh r»ng x3
+y3+z3=(x+y)3−3 xy (x+y)+z3
b, Cho
x+ y+
1
z=0 TÝnh A= yz
x2+ xz
y2+ xy
z2
Đáp án
Câu
a, x # , x # -2 , x # b , A = ( x
x2−4+ 2− x+
1 x+2):
6 x+2
= x −2(x+2)+x −2
(x −2) (x+2) : x+2
= −6
(x −2) (x+2) x+2
6 = 2− x
c, §Ĩ A >
2 x>0 2 x>0x<2 Câu 2 §KX§ : x ≠ −1; x ≠ −1
2
PT ⇔ x2−4x+1
x+1 +1+
x2−5x+1
2x+1 +1=0 ⇔
x2−3x+2 x+1 +
x2−3x+2 2x+1 =0 ⇔(x2−3x+2)(
x+1+
2x+1)=0⇔(x
(8)⇔ x =1 ; x = ; x = - 2/
Cả giá trị thỏa mãn ĐKXĐ Vậy PT cho có tập nghiệm S = {1;2;−2
3} C©u 3:
1, Δ ADQ = Δ ABR chúng hai tam giác vng (để ý góc có cạnh vng góc) DA=BD ( cạnh hình vng) Suy AQ=AR, nên Δ AQR tam giác vuông cân Chứng minh tợng tự ta có: Δ ARP= Δ ADS
do AP = AS Δ APS tam giác cân A 2, AM AN đờng trung tuyến tam giác vuông cân AQR APS nên AN SP v AM RQ
Mặt khác : PAN =PAM = 450 nên góc MAN vuông Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên hình chữ nhËt
3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA RC hai đờng cao Δ SQR Vậy P trực tâm Δ SQR
4, Trong tam giác vuông cân AQR MA trung điểm nên AM =
2 QR Trong tam giác vuông RCQ CM trung tuyến nên CM =
2 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+1 x Z nên để A nguyên
2x+1 nguyên Hay 2x+1 ớc Vậy :
2x+1 = ⇒ x=1/2 ( lo¹i ) 2x+1 = ⇒ x =
2x+1 = -1 ⇒ x = -1
2x +1 = -2 ⇒ x = -3/2 ( lo¹i )
KL : Với x = , x= -1 A nhận giá trị nguyên Câu a, , Chứng minh x3+y3+z3=(x+y)3−3 xy (x+y)+z3 Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh
b, Ta cã a+b+c=0 th×
a3+b3+c3=(a+b)3−3 ab(a+b)+c3=− c3−3 ab(− c)+c3=3 abc (v× a+b+c=0 nên a+b= c )
Theo giả thiết x+
1 y+
1
z=0 ⇒ x3+
1 y3+
1 z3=
3 xyz A=yz
x2+ xz
y2+ xy
z2= xyz
x3 + xyz
y3 + xyz
z3 =xyz( x3+
1 y3+
1
z3)=xyzì xyz=3 =====================
(9)Bài : (2 ®iĨm) Cho biĨu thøc : M = ( x
2−1 x4− x2+1−
1
x2+1) (x
+1− x 1+x2) a) Rót gän
b) Tìm giá trị bé M
Bài : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên A = 4x
3
−3x2+2x −83 x −3
Bài : điểm Giải phơng trình :
a) x2 - 2005x - 2006 = 0
b) |x −2| + |x −3| + |2x −8| =
Bài : (3đ) Cho hình vuông ABCD Gọi E điểm cạnh BC Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE Ax cắt CD F Trung tuyến AI tam giác AEF cắt CD K Đờng thẳng qua E song song víi AB c¾t AI ë G Chøng minh :
a) AE = AF vµ tø giác EGKF hình thoi b) AEF ~ Δ CAF vµ 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 =
¿
(x2−1)(x2+1)− x4+x2−1 (x4− x2+1)(x2+1) ¿
x4+1-x2) = x
4−1− x4
+x2−1 x2+1 =
x2−2 x2+1 b) Biến đổi : M = -
x2+1 M bÐ nhÊt
x2+1 lín nhÊt ⇔ x
2+1 bÐ nhÊt
⇔ x2 = ⇔ x = ⇒ M bé = -2 Bài : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 +
x −3 ⇔ A Z ⇔
4
x −3 Z ⇔ x-3 lµ íc cđa
⇔ x-3 = ± ; ± ; ± ⇔ x = -1; 1; 2; ; ; Bµi : a) Phân tích vế trái (x-2006)(x+1) = 0
⇔ (x-2006)(x+1) = ⇒ x1 = -1 ; x2 = 2006 c) XÐt pt víi kho¶ng sau :
x< ; x < ; x < ; x
Råi suy nghiệm phơng trình : x = ; x = 5,5
Bµi :
a) Δ ABE = Δ ADF (c.g.c) ⇒ AE = AF
Δ AEF vuông cân tại A nên AI EF Δ IEG = Δ IEK (g.c.g) ⇒ IG = IK Tứ giác EGFK có đờng chéo cắt
nhau trung điểm đờng
vuông góc nên hình EGFK hình thoi b) Ta cã :
(10)Δ AKI ~ Δ CAF (g.g) ⇒ AF CF =
KF AF ⇒AF
2
=KF CF
d) Tø giác EGFK hình thoi KE = KF = KD+ DF = KD + BE
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 7
C©u 1: ( ®iĨm ) Cho biĨu thøc: A= ( 6x+1
x2−6x+
6x −1 x2
+6x)
x2−36 12x2
+12 ( Víi x ; x ±6 ) 1) Rót gän biĨu thøc A
2) Tính giá trị biểu thức A với x= 9+45 Câu 2: ( điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 x.y + x + y ( với x ;y) b)Tìm giá trị lớn biểu thức sau:
A = x −2 x3− x2− x −2 C©u 3: ( ®iĨm )
Cho hình chữ nhật ABCD TRên đờng chéo BD lấy điểm P , gọi M điểm đối xứng C qua P
a) Tứ giác AMDB hình gi?
b) Gọi E, F lần lợt hình chiếu điểm M AD , AB Chøng minh: EF // AC vµ ba điểm E,F,P thẳng hàng
c)Chứng minh tỉ số cạnh hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí điểm P
d) Giả sư CP DB vµ CP = 2,4 cm,; PD PB=
9 16 Tính cạnh hình chữ nhật ABCD Câu ( điểm )
Cho hai bất phơng trình: 3mx-2m > x+1 (1) m-2x < (2)
Tìm m để hai bất phơng trỡnh trờn cú cựng mt nghim
Đáp án
Câu ( điểm )
1) ( điểm ) ĐK: x 0; x 6 )
A = [ 6x+1
x(x −6)+
6x −1 x(x+6)]
(x+6)(x −6)
12(x2+1) =
¿6x
2
+36x+x+6+6x2−36x − x+6
x
1
12(x2+1)=¿ = 12(x
2 +1)
x
1 12(x2+1)=
(11)2) A= x=
1 √9+4√5
=√9+4√5
Câu2: ( điểm )
1) (1 điểm ) x2+y2+1 x y+x+y x2+y2+1 - x y-x-y
2x2 +2y2+2-2xy-2x-2y ( x2+y2-2xy) + ( x2+1-2x) +( y2+1-2y) 0
(x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2 0 Bất đẳng thức luôn 2) (2 điểm )
(1) 3mx-x>1+2m (3m-1)x > 1+2m (*) + XÐt 3m-1 =0 → m=1/3
(*) 0x> 1+
3 x φ + XÐt 3m -1 >0 → m> 1/3 (*) x> 1+2m
3m −1
+ XÐt 3m-1 < 3m <1 → m < 1/3 (*) x < 1+2m
3m −1
mµ ( ) 2x > m x > m/2
Hai bất phơng trình có cïng tËp nghiÖm
¿
m>1 1+2m 3m −1=
m ⇔ ¿m>1
3 3m2−5m−2=0
⇔ ¿m>1
3 (m−2)(m+1)=0
¿{
¿
m-2 =0 m=2 VËy : m=2
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O giao điểm AC BD
AM //PO tứ giác AMDB hình thang b) ( ®iĨm ) Do AM// BD →
góc OBA= góc MAE ( đồng vị ) Xét tam giác cân OAB →
gãc OBA= góc OAB
Gọi I giao điểm MA EF AEI cân I góc IAE = gãc IEA
→ gãc FEA = gãc OAB → EF //AC (1)
(12)c) (1 ®iĨm ) Do MAF DBA ( g-g) → MFFA =AD
AB không đổi d) Nếu PD
PB= 16 ⇒
BD =
PB
16 =k → PD= 9k; PB = 16k Do CP2=PB PD → ( 2,4)2=9.16k2→ k=0,2.
PD = 9k =1,8 PB = 16 k = 3,2 DB=5
Từ ta chứng minh đợc BC2= BP BD=16 Do : BC = cm
CD = cm Câu4 ( điểm )
Ta có A =
x+1 2¿
2 +3
4 ¿
x −2
(x2+x+1)(x −2)= x2+x+1=
1 ¿
VËy Amax [ ( x+ 2¿
2 +3
4¿ x+
2 = → x = - Amax lµ
3 x = -1/2
========================
8
Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = Chøng minh r»ng a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 0 b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b) Bài 2: ( 1,5 điểm)
Cho biÓu thøc: y =
x+2004¿2 ¿
x
¿
; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn Tìm giá trị Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, T×m tÊt số nguyên x thoả mÃn phơng trình: : ( 12x – ) ( 6x – ) ( 4x – ) ( 3x – ) = 330 B, Giải bất phơng trình: |x 6|
Bài 4: ( ,5 điểm) Cho góc xoy điểm I nằm góc Kẻ IC vng góc với ox ; ID vng góc với oy Biết IC = ID = a Đờng thẳng kẻ qua I cắt õ A cắt oy b A, Chứng minh tích AC DB khơng đổi đờng thẳng qua I thay đổi B, Chứng minh CA
DB= OC2 OB2 C, BiÕt SAOB = 8a2
3 Tính CA ; DB theo a Đáp án
Bài 1: điểm
a, Tính: Ta cã: a3 + a2c – abc + b2c + b3
(13)VËy:a3 +a2c –abc + b2c + b3 = ( ®pCM) b, 1,5 ®iĨm Ta cã:
bc(a+d) 9b –c) – ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b) = bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] – ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b) = -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) –ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b) = b(a-b)[ a(c+d) –c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) –a(b+d)]
= b(a-b) d(a-c) + c(a-c) d(b-a) = d(a-b)(a-c)(b-c)
Bài 2: Điểm Đặt t = 2004y Bài tốn đa tìm x để t bé
Ta cã t =
x+2004¿2 ¿ ¿ ¿
=
2 2.2004 20042
2004
x x
x
= x 2004+2+
2004
x = x
2
+20042
2004x +2 (1) Ta thấy: Theo bất đẳng thức Cơsi cho số dơng ta có:
x2 + 20042 2004 x ⇒ x2+20042
2004x ≥2 (2) DÊu “ =” x¶y x= 2004
Tõ (1) vµ (2) suy ra: t Vậy giá trị bé t = x =2004
VËy ymax= 2004t=
1
8016 Khi x= 2004 Bài 3: Điểm
a, Nhân vế phơng trình với 2.3.4 ta đợc:
(12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8
Vế tráI số nguyên liên tiếp khác nên thừa số phảI dấu ( + )hc dÊu ( - )
Suy ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 10 (1)
Vµ (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) (-10) (-9) (-8) (2) Từ phơng trình (1) 12x -1 = 11 ⇔ x = ( tho¶ mÃn)
Từ phơng trình (2) 12x -1 = - ⇔ x= −7
12 suy x Z Vậy x=1 thoả mÃn phơng trình
b, Ta cã |x −6| < ⇔ -3 < x – < ⇔ 3< x < VËy tËp nghiệm bất phơng trình là: S = { x R/ < x < 9} Bµi : §iĨm
Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị)
Δ IAC ~ Δ BAO (gg)
Suy ra: AC AO=
IC
BO ⇒ AC IC =
AO BO (1) T¬ng tù: Δ BID ~ Δ BAO (gg) Suy ra: OA
ID = OB
BD ⇒ OA OB=
ID
BD (2) Tõ (1) vµ(2) Suy ra: AC
(14)Hay AC BD = IC ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi. b, Nhân (1) với (2) ta có: AC
IC ID BD=
OA OB
OA OB mµ IC = ID ( theo gi¶ thiÕt) suy ra: AC
BD= OA2 OB2 C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có; SAOB =
2 OA.OB mà SAOB = 8a
3 ( gi¶ thiÕt) Suy ra: OA.OB = 8a
2
3 ⇒ OA OB =
16a2 Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = 16a2
3 ⇒ a
2 + a( CA + DB ) + CA DB =
16a2
Mµ CA DB = a2 ( theo c©u a) ⇒ a(CA +DB) = 16a
3 - 2a
⇒
CA + DB + 16a2
3 −2a
a =
10a2
3 VËy:
2
CA.DB a 10
3 a CA DB
Gi¶i hƯ pt ⇒ CA = a
3 vµ DB = 3a Hoặc CA = 3a DB = a
3 ====================
9
Bài 1 ( điểm). Cho biÓu thøc :
2 2
1 1
x y x y
P
x y y x y x x y
1.Rút gọn P
2.Tìm cặp số (x;y) Z cho giá trị P = 3. Bài 2 (2 điểm). Giải phơng trình:
2 2
1 1 1
5 12 20 11 30
x x x x x x x x Bài 3 ( điểm). Tìm giá trị lớn biẻu thức:
2
2
2
x M
x
Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi E; F lần lợt trung điểm cạnh AB, BC M giao điểm CE DF
1.Chøng minh CE vu«ng gãc víi DF 2.Chøng minh MAD c©n.
3.TÝnh diƯn tÝch MDC theo a.
Bài 5 (1 điểm). Cho số a; b; c tho¶ m·n : a + b + c =
3 2.
Chøng minh r»ng : a2 + b2 + c2
(15)Đáp án Bài 1. (2 điểm - câu ®iĨm)
MTC : xy x1 1 y
2 2
1 1
1 1
x x y y x y x y x y x y x y xy
P
x y x y x y x y
P x yxy Với x1;xy y; 1 giá trị biểu thức đợc xác định Để P =3 x yxy 3 x yxy 12
x 1 y1 Các ớc nguyên : 1; Suy ra:
1
1
x x y y
1
1
x x y y
(lo¹i).
1
1
x x y y
1
1
x x y y
(lo¹i)
Vậy với (x;y) = (3;0) (x;y) = (0;-3) P = Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:
2 x x x x x Ta cã :
2 2
5
7 12
9 20
11 30
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
Phơng trình cho tơng đơng với :
1 1 1
2 3 4 5
x x x x x x x x
1 1 1 1 1
3
x x x x x x x x
1 1
6
x x
4
6
x x
2
8 20 10
x x x x
(16)10 x x
thoả mÃn điều kiện phơng trình. Phơng trình có nghiệm : x = 10; x = -2 Bài 3.(2điểm) 2 2 2 2 2
2
2 2
2
2 1
1
2
x x x
x x x
M
x x
x x x
M x x
M lín nhÊt
2
2 x x
nhá nhÊt.
V×
2
1
x x
vµ
2
2
x x
nªn
2
2 x x
nhá nhÊt
2
1
x
= DÊu “=” x¶y x-1 = x1 VËy Mmax = x = 1.
Bµi (3iÓm)
a BECCFD c g c( ) C1 D
CDF vuông C F1D 1900 F C11900 CMF vuông M
Hay CE DF.
b.Gäi K lµ giao ®iĨm cđa AD víi CE Ta cã :
( )
AEK BEC g c g BCAK
AM trung tuyến tam giác MDK vuông M
1
AM KD AD AMD
cân A
c ( )
CD CM
CMD FCD g g
FD FC
Do :
2
CMD
CMD FCD
FCD
S CD CD
S S
S FD FD
Mµ : 1 FCD
S CF CD CD
VËy : 2 CMD CD S CD FD
Trong DCF theo Pitago ta cã :
2 2 2 2 5.
2 4
DF CD CF CD BC CD CD CD
.
Do :
2
2 2
2
1 1
5 5
4
MCD
CD
S CD CD a
CD
Bài (1điểm)
Ta cã:
2
2 2
0
2 4
a a a a a
(17)T¬ng tù ta còng cã:
2
4
b b
;
2
4
c c
Cộng vế với vế bất đẳng thức chiều ta đợc:
2 2
4
a b c a b c
V×
3
a b c
nªn:
2 2
4
a b c
DÊu “=” x¶y a = b = c =
1
2
=========================
đề 10
C©u (1,5®)
Rót gän biĨu thøc : A =
1 2.5 +
1 5.8+
1
8.11+.+
1 (3n2)(3n5)
Câu (1,5đ) Tìm sè a, b, c cho : §a thøc x4 + ax + b chia hÕt cho (x2 - 4)
Câu (2đ) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức
7
x x có giá trị nguyên. Câu Cho a,b,c độ dài ba cạnh tam giác
Chøng minh r»ng: a2 + b2 + c2 < (ab + ac + bc)
Câu Chứng minh tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác O Thì H,G,O thẳng hàng
Đáp án
Câu
A =
1 3 (
1 2
-1 5 +
1 5
-1
8+…….+ 3n2-
1 3n5)
=
1 3 (
1 2
-1
3n5 ) = 10
n n
Câu Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – 4 đợc đa thức d suy a = ; b = - 16
C©u
7
x x Z x2 –x +1 = U(7)= 1,
Đa phơng trình dạng tích Đáp số x = 2,1,3
Câu Từ giả thiết a < b + c a2 < ab + ac Tng tù b2 < ab + bc
c2 < ca + cb Cộng hai vế bất đẳng thức ta đợc (đpcm)
Câu tam giác ABC H trực tâm, G Trọng tâm, O tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác
- Chỉ đợc
GM AG =
1
2 , ·HAG=OMG·
- ChØ
OM AH =
1
2(B»ng c¸ch vÏ BK nhận O trung điểm chứng minh CK = AH)
(18)H,G,O thẳng hàng
======================
đề 11
C©u 1:Cho biĨu thøc: A= 3x
−14x2+3x+36 3x3−19x2+33x −9 a, Tìm giá trị biểu thức A xác định
b, Tìm giá trị biểu thức A có giá trị c, Tìm giá trị ngun x để A có giá tr nguyờn Cõu 2:
.a, Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc : A= (x+16)(x+9)
x víi x>0 .b, Giải phơng trình: x+1+: 2x-1+2x =3
Câu3 : Cho tø gi¸c ABCD cã diƯn tÝch S Gäi K,L,M,N lần lợt điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,AD cho AK/ AB = BL / BC =CM/CD =DN/DA= x
.a, Xác định vị trí điểm K,L,M,N cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ .b, Tứ giác MNKL câu a hình gì? cần thêm điều kiện tứ giác MNKL hỡnh ch nht
Câu 4: Tìm d phép chia ®a thøc
x99+ x55+x11+x+ cho x2-1
Đáp án
Câu1 (3đ) a.(1đ)
Ta cã A=
x −3¿2(3x+4)
¿
x −3¿2(3x −1)
¿ ¿ ¿
(0,5®) ❑
❑
Vậy biểu thức A xác định x3,x1/3(0,5đ) b Ta có A= 3x+4
3x −1 A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ) <=> x=-4/3 thỗ mãn đk(0,25đ)
VËy víi x=-4/3 th× biĨu thøc A cã giá trị (0,25đ) c (1đ)
Ta có A= 3x+4
3x −1 = 1+ 3x −1 Để A có giá trị nguyên
3x 1 phải nguyên<=> ớc 5<=> 3x-11,5
=>x=-4/3;0;2/3;2
Vậy với giá trị nguyên xlà A có giá trị nguyên (1đ) Câu: 2: (3đ)
a.(1,5đ) Ta có
A= x2+25x+144
x =x+
144
x +25 (0,5đ) Các số dơng x 144
x Cú tớch khụng đổi nên tổng nhỏ x = 144
(19) x=12 (0,5®)
VËy Min A =49 <=> x=12(0,5®) b.(1,5®)
TH1: x<-1 phơng trình cho tơng đơng với :-x-1-2x+1+2x=3=>x=-3<-1(là nghiệm )(0,5đ)
TH2: NÕu -1x<1/2 th× ta cã
x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ) TH3: Nếu x1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ) Vậy phơng trình cho x=-3 (0,5đ)
C©u 3: (3®)
C L D
M K
D N B1 K1 A Gäi S1,,S2, S3, S4 lần lợt diện tích tam giác AKN,CLM,DMN BKL
Kẻ BB1AD; KK1AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB
SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ) Tơng tù S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25®)
T¬ng tù S3+S4= x(1-x)S
S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25®)
SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2-2Sx+S=2S(x-1/2)2+1/2S1/2S(0,25®)
Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ 1/2S x=1/2 M,N,K,L lần lợt trung điểm cỏc cnh CD,DA,AB,BC (0,25)
b.(1,5đ)
tứ giác MNKL câu a hình bình hành (1đ)
tứ giác MNKL câu a hình chữ nhật BDAC (0,5đ) Câu 4: (1đ)
Gọi Q(x) thơng phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 ta có x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*)
trong ax+b d phép chia Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Víi x=-1 th×(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
VËy d cđa phÐp chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 lµ 4x+7 ==========================
đề 12
Bài 1: (3đ)
Cho phân thức : M = x 5−2x4
+2x3−4x2+3x+6 x2+2x −8
a) Tìm tập xác định M
b) Tìm giá trị x để M = c) Rút gọn M
Bài 2: (2đ)
a) Tìm số tù nhiªn liªn tiÕp biÕt r»ng nÕu céng ba tÝch hai ba số ta đ ợc 242
(20)Bài 3: (2đ)
a) Cho sè x,y,z Tho· m·n x.y.z = TÝnh biÓu thøc M =
1+x+xy+ 1+y+yz+
1 1+z+zx
b) Cho a,b,c độ dài cạnh tam giác Chứng minh rằng:
a+b − c+ b+c −a+
1 c+a −b
1 a+
1 b+
1 c Bài 4: (3đ)
Cho tam giỏc ABC, ba đờng phân giác AN, BM, CP cắt O Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5
a) TÝnh NC biÕt BC = 18 cm b) TÝnh AC biÕt MC - MA = 3cm c) Chøng minh AP
PB BN NC
CM MA=1
Đáp án
Bài 1:
a) x2+2x-8 = (x-2)(x+4) 0 x 2 x - 4 (0,5đ)
TXĐ = {x/xQ ; x 2;x 4}
0,2đ
b) x5 - 2x4+2x3- 4x2- 3x+ = (x-2)(x2+ 3)x-1)(x+1) 1,0® = x=2; x= ±1 0,2đ
Để M= Thì x5-2x4+ 2x3-4x2-3x+6 = 0
x2+ 2x- 0 0,5®
Vậy để M = x = ±1
0,3®
c) M = (x −2)(x
+3)(x2+1) (x −2)(x+4) =
(x2+3)(x21)
x+4 0,3đ Bài 2:
a) Gọi x-1, x, x+1 số tự nhiên liên tiếp Ta cã: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242 (0,2®)
Rút gọn đợc x2 = 81 0,5đ Do x số tự nhiên nên x = 0,2đ Ba số tự nhiên phải tìm 8,9,10 0,1đ b) (n3+2n2- 3n + 2):(n2-n) đợc thơng n + d 0,3đ
Muèn chia hÕt ta ph¶i cã ⋮ n(n-1) → ⋮ n 0,2®
Ta cã:
n -1 -2
n-1 -2 -6
n(n-1) 2 -3
loại loại
0,3đ Vậy n = -1; n = 0,2đ Bài 3:
a) Vì xyz = nên x 0, y 0, z
(21)1+x+xy=
z
z(1+x+xy)= z
z+xz+1 0,3®
1+y+yz= xz
(1+y+yz)xz= xz
xz+1+z 0,3® M = z
z+xz+1+ xz
xz+1+z+
1+z+xz=1 0,2đ b) a,b,c độ dài cạnh tam giác nên
a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0,2®
x+
y≥
x+y víi x,y >
a+b − c+ b+c −a≥
4 2b=
2
b 0,2®
b+c − a+ c+a −b≥
2
c 0,2®
c+a −b+ a+b − c≥
2
a 0,2đ Cộng vế bất đẳng thức chia cho ta đợc điều phải chứng minh
Xảy dấu đẳng thức a = b = c 0,2đ Bài 4: a) A
B C
N
AN phân giác ^A Nên NB
NC= AB AC 0,3đ
Theo gi¶ thiÕt ta cã AB = BC = AC ⇒ AB AC=
5⇒ Nªn 0,2® NB NC= 5⇒ BC NC=
5⇒NC= BC
9 =10(cm) 0,5®
b) BM phân giác B^ nên MC
MA= BC BA 0,3đ
Theo giả thiết ta có: AB = BC = AC ⇒ BC BA=
4 0,2đ Nên MC
MA= 4⇒
MC−MA MA+MC =
3
11⇒ac= 11
3 =11(cm) 0,5đ c) Vì AN,BM,CP đờng phân giác tam giác ABC
Nªn BN BC = AB AC ; MC MA= BC BA ; AP PB= AC
AB 0,5®
Do BN
(22)========================
đề 13
C©u 1: ( 2,5 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tư: a/ x2 – x – (1 ®iĨm) b/ x3 – x2 – 14x + 24 (1,5 ®iĨm) Câu 2: ( điểm)
Tìm GTNN : x2 + x + 1 Câu 3: ( điểm)
Chøng minh r»ng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 víi m, n Z. C©u 4: ( 1,5 ®iĨm)
Cho a > b > so s¸nh sè x , y víi :
x =
1
a a a
; y =
1
b b b
Câu 5: ( 1,5 điểm)
Giải phơng trình: x1 + x2 + x = 14 C©u 6: ( 2,5 ®iĨm)
Trên cạnh AB phía hình vng ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy 150 Chứng minh tam giỏc CFD l tam giỏc u
Đáp ¸n
C©u 1: a/ Ta cã: x2 – x – = x2 – – x – = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – - 1) = (x + )(x - 3)
( Nếu giải cách khác cho điểm tơng đơng )
b/ Ta có: x = nghiệm f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do f(x) x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12 Vậy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12) Ta lại có: x = nghiệm x2 + x – 12
Nªn x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4)
Nh vËy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) Câu 2: Tìm giá trị nhỏ x2 + x + (1 ®’)
Ta cã : x2 + x + =
2
1 3
( )
2 4
x
Vậy f(x) đạt GTNN
2
1
( )
2 x
= Tøc x =
-1
C©u 3: Ta cã : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1)
= n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) tích số ngun liên tiếp có hai số bội ( số bội 4, số bội 3, số bội 5)
VËy tÝch cđa sè nguyªn liªn tiÕp chia hết cho 8,3,5 = 120 Câu 4: (1,5 đ) Ta cã x,y > vµ
2
2 2
1 1 1
1 1
1 1 1
1
a a a
a
x a a y
a a a b b
Vì a> b > nên 2
1
a b vµ 1
a b VËy x < y.
(23)2/ -2 x < 1, ta cã : -x + 16 = 14 x = (lo¹i) 3/ x < 3, ta cã : x + = 14 x = 10 (lo¹i). 4/ x , ta cã: 3x – = 14 x =
16
Vậy phơng trình có nghiƯm lµ x = - vµ x =
16 .
Câu 6: ( 2,5 đ)
D C
F F
A B
Dựng tam giác cân BIC nh tam giác AFB có góc đáy 150 Suy : B 600 (1)
Ta có AFBBIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2) Từ (1) (2) suy :FIB
Đờng thẳng CI cắt FB H Ta cã: I2= 300 ( gãc ngoµi cđa CIB).
Suy ra: H2 = 900 ( B = 600 ) Tam giác FIB nên IH trung trực FB hay CH đờng trung trực củaCFB Vậy CFB cân C Suy : CF = CB (3)
Mặt khác : DFC cân F Do đó: FD = FC (4) Từ (3) (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC) Vậy DFC
GiảI phơng pháp khác cho điểm tơng đơng
==============================
đề 14
Câu (2 điểm): Với giá trị a b đa thức
f(x) =x4-3x3+3x2 + ax+b chia hÕt cho ®a thøc g(x) =a2+4-3x. Câu (2 điểm) Phân tích thành nhân tử
(x+y+z)3 x3-y3-z3. Câu (2 điểm ) :
a-Tỡm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ : x2 +x+1
b-Tìm giá trị nhỏ biĨu thøc : A= h(h+1) (h+2) (h+3)
C©u 4(2 ®iĨm ) : Chøng minh r»ng nÕu a2+b2+c2=ab+bc+ac th× a=b=c Câu (2 điểm ) : Trong tam giác ABC lÊy ®iĨm P cho
PAC = PBC Tõ P dùng PM vu«ng gãc víi BC PK vu«ng góc với CA Gọi D trung điểm AB Chứng minh : DK=DM
Đáp án
2
I F
H
(24)Bài (2 điểm) Chia f(x) cho g(x) Ta có : x4-3x2+3x2+ax+b: a2-3x+4.
= x2+1 d (a-3)x + b+4 (1 điểm) f(x): g(x) số d không Từ suy (1 điểm ) a-3=0 => a=3
b+4=0 => b=-4
Bµi (2 điểm ) Phân tích thành nhân tử. (x+y+2)3 –x3-y3-z3 =A
Ta có : (x+y+z)3 –x3-y3-z3 = [(x+y+z)3-x3]-(y3+23). áp dụng đẳng thức
A= ( x+y+z-x) [(x+x+z)2 + (x+y+z)x + x2) – (x+z)(y2-y2+z2) (1 ®iĨm) = (y+z)[x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz+xy+xz+x2+x2-y2+yz-z2].
= (y+z) (3x2+3xy+3xz+3yz). = 3(y+z) [x(x+y)+z((x+y)]
= 3(x+y) (y+z) ) (x+z) (1 điểm) Bài : (2 điểm ).
a-Tỡm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ : x2+x+1 Ta có : x2+x+1 = (x+
2 )2 +
3 Giá trị nhá nhÊt lµ
4 (x+
2 )2=0 Tøc x = -1
2 (1 điểm) b-Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= h(h+1) (h+2) (h+3) (1 ®iĨm) Ta cã : A= h(h+1) (h+2) (h+3)
= h(h+3) (h+2) (h+1) = (h2+3h) (h2+3h+2) Đặt : 3h+h2 =x
A= x(x+2) = x2+2x = x 2+2x+1-1
= (x+1)2-1 -1 Giá trị nhỏ A -1. Bài (2 điểm ) Chứng minh.
Theo giả thiÕt : a2+b2+c2 = ab+ac+bc. Ta cã : a2+b2+c2 – ab-ac-bc = 0
Suy : (a2-2ab+b2) + (b2-2ab+c2) + (a2-2ac+c2)=0 (1 ®iĨm). (a-b)2 + (b-c)2 + (a-c)2= 0
Điều xảy
a-b = b-c = a-c = Tøc lµ : a=b=c (1 điểm) Bài (2 điểm) C
Gọi E trung điểm AP
F trung điểm BP K M Ta cã : KE=
2 AP = EP P FM =
2 BP =FP E F A D B
Tứ giác DEPF hình bình hành DE//BP, DF//AP Do : ED=FM ; EK =EP=DF
(25)Theo gi¶ thiÕt KAD = MBP nªn KEP = MFP
Vậy DEK = DPM suy Δ DEK= Δ MFO (c.g.c) Do : DK=OM
==========================
đề 15
Câu 1: (2đ) Tìm hai số biết
a Hiệu bình phơng số tự nhiên chẵn liên tiếp 36 b Hiệu bình phơng số tự nhiên lẻ liên tiếp 40 Câu 2: (1,5đ) Số lớn hơn:
(20062006+20052005)
hay2006
20055 20062+20052 Câu 3: (1,5 đ) Giải phơng tr×nh
x+1 1000+
x+2 999 +
x+3 998 +
x+4 997 +
x+5 996 +
x+6 995 +6=0 Câu 4: (1đ) Giải bất phơng tr×nh ax –b> bx+a
Câu 5: (2,5đ) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD Qua A vẽ đờng thẳng AK song song với BC Qua B vẽ đờng thẳng BI song song với AD BI cắt AC F, AK cắt BD E Chứng minh rằng:
a EF song song víi AB b AB2 = CD.EF
Câu 6: (1,5đ) Cho hình thang ABCD (AD//BC) có hai đờng chéo, cắt O Tính diện tích tam giác ABO biết diện tích tam giác BOC 169 cm2 diện tích tam giác AOD 196 cm2.
Đáp án
Câu 1: a Gọi số chẵn liên tiếp x x+2 (x ch½n). Ta cã: (x+2)2 -x2 =36 => x = 8.
Vậy số cần tìm 10
b Gọi số lẻ liên tiếp x x+2 (xlẻ) Ta có (x+2)2 x2 = 40 => x = 9
Vậy số cần tìm 11
Câu 2: Theo tính chất ph©n thøc ta cã: 2006+2005¿2
¿
(20062006+−20052005)
=2006−2005 2006+2005
2006−2005 2006+2005 <
20062−20052 ¿
= 2006
2−20052 20062
+2 2006 2005+20052 <
20062−20052 20062
+20052 Câu 3: Phơng trình cho tơng đơng với:
x+1 1000+1+
x+2 999 +1+
x+3 998 +
x+4 997 +1+
x+5 996 +1+
x+6 995 +1=0 ⇔ x+1001
1000 +
x+1001 999 +
x+1001 998 +
x+1001 997 +
x+1001 996 +
x+1001 995 =0 ⇔(x+1001)(
1000+ 999+
1 998+
1 997+
1 996 +
1 995)=0 ⇔ x=-1001
VËy nghiÖm phơng trình x=-1001
(26)* NÕu a<b th× x< a+b a− b * NÕu a=b th× 0x> 2b
+ Nghiệm đúngvới x b<0 + Vơ nghiệm b
C©u 5:
a ΔAEB ΔKEB đồng dạng (g.g) ⇒AE EK =
AB KD ΔAFB Và ΔCFI đồng dạng (g.g) ⇒AF
FC = AB CI Mµ KD = CI = CD – AB ⇒ A £
EK = AF
FC ⇒EF // KC VËy AF// AB
b ΔAEB Và ΔKED đồng dạng, suy OK AB =
DE EB ⇒KD+AB
AB =
DE+EB
EB ⇒
DK+KC
AB =
BD EB ⇒
DC AB=
DB EB (1) Do EF// DI ⇒DB
EB = DI EF ⇒
DB EB=
AB
EF (2) Tõ (1) vµ (2) ⇒DC
AB= AB EF ⇒AB
2
=DC EF Câu 6: Theo đề ta phải tính diện tích tam giác ABO, biết SBOC = 169 cm2
SAOD = 196 cm2 Ta nhận thấy SABD = SACD (vì có chung đáy AD đờng cao tơng ứng nhau)
Suy SABO = SCOD
Từ cơng thức tính diện tích tam giác ta rút rằng: tỷ số diện tích hai tam giác có chung đờng cao tỷ số hai đáy tơng ứng
Do đó: SABO SBOC
=AO
OC = SAOD SCOD
=> SABO.SCOD = SBOC.SAOD
Mà SABO = SCOD nên: S2ABO = SAOD SBOD = 169.196 = 132 142 => SABO = 13.14 = 182 (cm2)
================
đề 16
Câu 1(2đ): Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức sau số nguyên. 2x3 + x2 + 2x + 5
A=
2x + Câu 2(2đ): Giải phơng trình
x2 - 3|x| - = 0
Câu 3(2đ): Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC lấy tơng ứng điểm P, Q, R. Chứng minh điều kiện cần đủ để AP; BQ; CR đồng qui là:
PB QC RA
= PC QA RB
Câu 4(2đ): Cho a, b > a+b = Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc M = (1+ 1/a )2 + (1+ 1/b)2
E F
K I
B C
A
O
A B
D C
(27)Câu 5(2đ): Cho hai số x, y tho· m·n ®iỊu kiƯn 3x + y =
Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3x2 + y2
Đáp án
Câu 1
A nguyên 2x+ ớc Ư(4) = 1; 2;
Giải x = -1; x= A nguyên Câu 2: x2 - 3|x| - = 0
3|x| = x2 - 4
3x = (x2 - 4)
x2 - 3x - = x2 + 3x - = 0 Giải phơng tình đợc S = -4;
Câu 3: (Sách phát triển toán 8) Câu 4: M = 18 a = b = …
Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thøc
Ta cã: A = 3x2 + (1-3x)2 = 12(x- 1/4)2 + 1/4 A ¼≥ VËy Amin = 1/4 x = 1/4 ; y = 1/4
=========================
đề 17
Bµi Cho biĨu thøc: A = (x+1
x −1− x −1
x+1+
x2−4x −1 x2−1 )
x+2006 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 giỏ tr nguyờn Bi 2:
a) Giải phơng tr×nh: 2− x 2004−1=
1− x 2005 −
x 2006
b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + 1 Bài 3.
Cho hình thang ABCD; M điểm tuỳ ý đáy lớn AB Từ M kẻ đ ờng thẳng song song với hai đờng chéo AC BD Các đờng thẳng cắt hai cạnh BC AD lần lợt E F Đoạn EF cắt AC BD I J
a) Chøng minh r»ng nÕu H trung điểm IJ H trung ®iĨm cđa EF b) Trong trêng hỵp AB = 2CD, hÃy vị trí M AB cho EJ = JI = IF Bµi Cho a 4; ab 12 Chøng minh r»ng C = a + b
Đáp án
Bài 1:
a) §iỊu kiƯn:
¿
x ≠ ±1 x ≠0
¿{
¿
b) A =
x+1¿2+x2−4x −1
¿
x+1¿2−¿ ¿ ¿ ¿
(28)c) Ta cã: A nguyªn ⇔ (x + 2006)
⋮x⇔2006⋮x⇔
x=±1 ¿
x=±2006 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿
Do x = 1 không thoà mÃn đk Vậy A nguyên x = ±2006 Bµi
a) Ta cã: 2− x 2004 −1=
1− x 2005 −
x 2006 ⇔ 2− x
2004+1= 1− x 2005+1−
x
2006+1 ⇔ 2− x
2004+ 2004 2004=
1− x 2005+
2005 2005 −
x 2006 +
2006 2006 ⇔ 2006− x
2004 =
2006− x 2005 +
2006− x
2006 ⇔
1 2004 −
1 2005−
1 2006=0 (2006− x)¿
⇔ (2006 - x) = ⇒ x = 2006
b) Thực phép chia đa thức, từ ta tìm đợc:
¿
a=2 b=1 ¿{
¿
Bµi a) Ta cã: FI
IE= FP PM=
DO
OB (1) EJ
FJ = EQ QM=
CO
OA (2) DO
OB = CO
OA (3)
Tõ (1), (2) vµ (3) suy FI IE=
EJ FJ hay FI.FJ = EI.EJ (4)
Nếu H trung điểm cđa IJ th× tõ (4) ta cã:
(FH−IJ
2)(FH+ IJ
2)=(EH− IJ
2)(EH+ IJ
2)⇒FH=EH b) NÕu AB = 2CD th× DO
OB = CO OA=
1
2 nªn theo (1) ta cã FI IE=
1 suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tơng tự từ (2) (3) ta có EF = 3EJ Do đó: FI = EJ = IJ = EF
3 không liên quan đến vị trí M Vậy M tuỳ ý AB
Bµi Ta cã: C = a + b = (
4a+b¿+ 4a ≥2√
3 ab +
1 4a ≥2√
3⋅12 +
1
4⋅4=7 (§PCM) ============================
đề 18
C©u 1:
D C
E
I J
F Q
P
(29)a Tìm số m, n để: x(x −1)=
m x −1+
n x b Rót gän biĨu thøc:
M = a2−5a+6+
1 a2−7a+12+
1 a2−9a+20+
1 a2−11a
+30 C©u 2:
a Tìm số nguyên dơng n để n5 +1 chia hết cho n3 +1. b Giải toán nến n số nguyên
C©u 3:
Cho tam giác ABC, đờng cao AK BD cắt G Vẽ đờng trung trực HE HF AC BC Chứng minh BG = 2HE AG = 2HF
Câu 4:
Trong hai số sau số lín h¬n: a = √1969+√1971 ; b = 2√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 dơng c©u a)
a2−5a+6= a −3−
1
a −2 (0.25®)
1
a2−7a+12= a −4−
1
a−3 (0.25®)
1
a2−9a+20= a −5−
1
a −4 (0.25®)
1
a2−11a+30= a −6−
1
a −5 (0.25®)
Đổi dấu tính đợc : M =
a−6− a −2=
4
(a 2).(a 6) (0.5đ) Câu 2: (2.5đ)
a (1.5đ) Biến đổi:
n5 + 1 ⋮ n3 + ⇔ n2(n3 + 1) – (n2 –1) ⋮ n3 + (0.5®)
⇔ (n + 1) (n – 1) ⋮ (n + 1)(n2 - n + 1) (0.25®)
⇔ n – ⋮ n2 – n + (vì n + ) (0.25đ) Nếu n = ta đợc chia hết cho (0.25đ) Nếu n > n – < n(n – 1) + = n2 – n +1
Do khơng thể xảy quan hệ n – chia hết cho n2 – n +1 tập hợp số nguyên dơng
Vậy giá trị n tìm đợc (0.25đ) b n – ⋮ n2 – n +1
⇔ n(n – 1) ⋮ n2 – n + 1
⇔ n2 – n ⋮ n2 – n + 1
⇔ ( n2 – n + 1) – ⋮ n2 – n + 1
⇔ ⋮ n2 – n + 1 (0.5đ) Có hai trờng hợp:
(30)Cỏc giá trị thoả mãn đề (0.25đ) n2 – n + = - ⇔ n2 – n + = vô nghiệm
VËy n = 0, n = lµ hai số phải tìm (0.25đ) Câu 3: (3đ) (Hình *)
Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI BI, ta có HE đờng trung bình ACI
nên HE//AI HE = 1/2IA (1) (0.25đ)
Tơng tự CBI : HF//IB HF = 1/2IB (2) (0.25đ) Từ BGAC HEAC BG//IA (3) (0.25đ) Tơng tự AKBC HFBC AG//IB (4) (0.25đ) Từ (3) (4) BIAG hình bình hành (0.25đ)
Do ú BG = IA v AG = IB (0.5)
Kết hợp với kết (1) vµ (2) ⇒ BG = 2HE vµ AG = 2HF (0.5đ) Câu 4: (1.5đ)
Ta có: 19702 < 19702
⇔ 1969.1971 <
19702
⇔
2√1969 1971<2 1970 (*) (0.25®)
Céng 2.1970 vµo hai vÕ cđa (*) ta cã:
2 1970+2√1969 1971<4 1970 (0.25®)
⇔ 2√1970¿ √1969+√1971¿2<¿
¿
(0.25®)
⇔ √1969+√1971<2√1970 (0.25®)
Vậy: 1969+1971<21970 (0.25đ) ===============================
19
Bài (2,5®) Cho biĨu thøc A = ( x
2 x3−4x+
6 6−3x+
1
x+2):(x −2+ 10− x2
x+2 ) a tìm tập xác định A: Rỳt gn 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 bài (2,5đ)
a Cho P = x
+x3+x+1 x4− x3+2x2− x+1
Rót gän P vµ chøng tá P không âm với giá trị x b Giải phơng trình
x2+5x+6+
1 x2+7x+12+
1 x2+9x+20+
1
x2+11x+30= Bµi (1®)
K
D A
I
C F
B
E
G H
(31)Tìm giá trị lớn nhá nhÊt cđa biĨu thøc A = 27−12x x2+9 Bµi (3®)
Cho ΔABC vng A điểm H di chuyển BC Gọi E, F lần lợt 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 đợc khơng
c xác định vị trí H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất? Bài (1đ)
Cho số dơng a, b, c có tích CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1)
Đáp án
Bài (2,5đ)
sau biến đổi ta đợc; A = −6
(x 2) (x+2)ì x+2
6 0,5đ a TXĐ = {∀x:x ≠ ±2; x ≠0} 0,25® Rót gän: A = −1
x −2=
2− x 0,25®
b §Ĩ A = ⇒x=1,5 (tho· mÃn điều kiện x) 0,5đ c Để A <
2 x<02 x<0x>2 (Thoà mÃn đk x) 0,5đ
d Để A có giá trị nguyên (2 - x) phải ớc Mà Ư (2) =
{1;2;1;2}
suy x = 0; x = 1; x = 3; x= Nhng x = không thoà mÃn ĐK x 0,25® VËy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ
Bài (2,5đ) a P = x
4
+x3+x+1
x4− x3+2x2− x+1 1®
Tư: x4 + x3 + x + = (x+1)2(x2- x + 1) 0,25®
MÉu: x4 - x3 + 2x2 -x +1 = (x2 + 1)(x2 -x + 1) 0,25®
Nên mẫu số (x2 + 1)(x2 -x + 1) khác Do khơng cần điều kiện x 0,25đ
VËy P = (x+1)
(x2− x+1)
((x2+1) (x2− x+1))=
(x+1)2
x2+1 v× tư = (x+1)
2≥0∀x vµ mÉu x2 + >0 với x 0,25đ
Nên P 0∀x b Gi¶i PT:
x2
+5x+6+ x2
+7x+12+ x2
+9x+20+ x2
+11x+3= 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
x2+5x+6=
(x+2) (x+3)= (x+2)−
1 (x+3)
(32)
2
1 1 1 1 1
2 3 4 5
1 1
2
8( 2) ( 2)( 6)
32 12
8 20 2; 10
x x x x x x x x
x x
x x x x
x x
x x x x
Vậy PT cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài (1đ)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức
2
2
2 2
2 2
27 12
12 36
27 12
1
9 9
x A
x
x x x x
x A
x x x
A đạt giá trị nhỏ -1
2
6
x
hay x = A =
2
2 2
4 36 12
27 12
4
9 9
x x x x
x
x x x
A đạt GTLN 4
2 32
2 x x Bµi (3®)
a.(0,75đ) E đơie xứng với H qua AB nên AB đờng trung trực đoanh thẳng EH
vËy gãc EAH = gãcIAH (1) gãc FAD = gãcDAH (2)
céng (1) vµ (2) ta cã : gãc EAH + gãc FAD = gãcDAH + gãcIAH = 900 theo gi¶ thuyÕt
hay gócEAI + gịcAD + BAC = 900 + 900 = 1800 Do điểm E, A, F thẳng hàng b Tam giác ABC vuông A nên gócABC + ACB = 900 (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
haygãc EBA + gãc FCA + gãc ABC + gãc 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 = 900 (E F 900
) H phải chân đờng cao thuộc cạnh huyền tam giác ABC
Muốn BEFC hình bình hành BE = CF suy BM = HC Vậy H phải trung ®iĨm cđa BC………… 0,25®
Mn BEFC hình chữ nhật BEFC phải có góc vu«ng suy (
0 45
B C ) điều không xảy tam giác ABC không phaỉ tam giác vuông cân 0,25đ
c.lấy H thuộc BC gần B ta cã:
(33)vËy Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ Ta có tam giác HBI = tam gi¸c HMB (g.c.g) suy SHBIS SHMB SEHF SABMQ SABC
víi H gÇn C ta có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC
H di chun trªn BC ta có SEHF SABC Tại vị trí h trung điểm BC
thì ta có
SEHF = SABC Do H trung điểm BC SEHF lớn Bài (1đ) Cho số dơng a, b, c có tích 1
Chøng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1)8 Do a, b, c số dơng nên ta có;
(a 1)2
2
2 2
0 a a 2a a 2a a 4a
(1) …………0,25® Tơng tự (b + 1)2 4b (2)0,25đ
(c + 1)2 4c (3) 0,25đ Nhân vế cña (1), (2), (3) ta cã:
(b + 1)2(a – 1)2(c + 1)2 64abc (v× abc = 1) ((b + 1)(a – 1)(c + 1))2 64
(b + 1)(a – 1)(c + 1) 8… 0,25®
=======================================
20
Câu I :(3đ)
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
A = x3 +8x2 + 19x +12 B = x3 +6x2 +11x +6 b) Rót gän ph©n thøc :
A B=
x3+8x2+19x+12 x3+6x2+11x+6 Câu II : (3đ)
1 ) Cho phơng tr×nh Èn x x+a
x+2+ x −2 x a=2
a) Giải phơng trình với a =
b) Tìm giá trị a cho phơng trình nhận x = -1 làm nghiệm ) Giải bất phơng trình sau : 2x2 + 10x +19 > 0.
Câu III (3đ): Trong hình thoi ABCD ngời ta lấy điểm P Q theo thứ tự AB CD cho AP = 1/ AB vµ 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 ca A v I
Câu IV : (1đ) Tìm nghiệm nguyên dơng phơng trình sau : yx2 +yx +y =1.
Đáp án
Bài I : 1) A = (x+1) ( x+3) (x +4) (1®) B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) (1®) 2) A
B=
(x+1)(x+3)(x+4) (x+1)(x+2)(x+3)=
x+4
x+2 (1®) Bài II :1) Phơng trình (x+a)
(x+2)+
(x −2)
(34)(1) ⇔ x2 – a2+ x2 – = 2x2 + 2(2- a)x – 4a ⇔ – a2 - + 4a = 2(2- a)x
⇔ - (a - 2)2 = 2(a - 2)x (*) a) víi a =4 thay vµo (*) ta cã :
=4x ⇒ x=1 (1đ) b) Thay x= -1 vào (*) ta đợc
(a – )2 + (a - 2)= 0
⇔ (a - 2) (a – + 2) = a =
a = (1đ) 2) Giải bất phơng trình :
2x2 + 10x + 19 > (1) Biến dổi vế trái ta đợc
2x2 + 10x + 19 = 2x2 + 8x +8 + 2x +4 +7 =2(x2 + 4x +4) + 2(x +2) + 7 = 2(x + 2)2 +2(x + 2) + 7
= (x + 3)2 + (x + 2)2 + lớn với x
Nờn bt phơng trình (1) Nghiệm với ∀ x (1đ)
Bµi III AP // DQ
XÐt tam gi¸c IDQ cã AP =
2 DQ
Theo định lý Ta Lét tam giác ta có : (0,75đ ) IA
ID= AP AQ=
1
2⇒2 IA=ID⇒AD=AI
Tam giác BID tam giác vng B AO DB AO đờng trung bình Δ BID
Điểm K trung điểm IB (Do DK đờng trung tuyến Δ 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 nh Nên quỹ tích A đ-ờng thẳng qua O vng góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích điểm I đđ-ờng thẳng qua B vng góc với BD trừ điểm B (1đ) Đảo: Với A I chạy đờng AD = AI Thì AP =
2 AB vµ CQ = CD
ThËt vËy : Do AP // DQ suy IA ID=
AP AQ=
1
2⇒2 AP=DQ mµ AB = CD ĐPCM (0,5đ)
Bài IV: y x2 + y x + y = (1)
Nếu phơng trình có nghiệm x ,y > (1) y(x2 + x +1) =
⇒ y= ⇒ y = ,x= x2 + x +1 =1
Vậy nghiệm phơng trình (x,y) = (0 ,1) (1đ) ===================================
21
(35)Bài 1:(2 điểm) Cho A = 2 2 2 2
1 1
b c - a c a - b a b - c
Rót gän biĨu thøc A, biÕt a + b + c = Bài 2:(3 điểm) Giải phơng trình:
1) (x+1)4 + (x+3)4 = 16
2)
1001 1003 1005 1007 1006 1004 1002 1000
x x x x
Bài 3:(2 điểm) Chứng minh số:
a =
+
1 1
, n Z
1.2 2.3 3.4 n.(n+1) số nguyên. Bài 4:(3 điểm)
Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q lần lợt trung điểm AB, BC, CD DA a) Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao?
b) Tỡm iu kin t giác MNPQ hình vng?
c) Víi ®iỊu kiƯn c©u b), h·y tÝnh tû sè diƯn tÝch cđa hai tứ giác ABCD MNPQ
Đáp án
Bài 1:(2 ®iĨm) Ta cã: a + b + c = b + c = - a 0.25 ®iĨm Bình phơng hai vế ta có: (b + c)2 = a2
b2 + 2bc + c2 = a2 b2 + c2 - a2 = -2bc 0.5 điểm Tơng tự, ta có: c2 + a2 - b2 = -2ca
a2 + b2 - c2 = -2ab 0.5 ®iĨm
A =
1 1 -(a+b+c)
- - - = =0
2bc 2ca 2ab 2abc (v× a + b + c = 0) 0.5 ®iÓm
VËy A= 0.25 ®iÓm
Bài 2:(3 điểm) Giải phơng trình: 1) Đặt y = x + ta đợc phơng trình:
(y – 1)4 + (y +1)4 = 16 2y4 + 12y2 + = 16
y4 + 6y2 -7 = 0 0.5 ®iĨm
Đặt z = y2 ta đợc phơng trình: z2 + 6z – = có hai nghiệm là
z1 = z2 = -7 0.5 điểm
y2 = cã nghiÖm y1 = 1 ; y2 = -1 øng víi x1 = -1 ; x2 = -3.
y2 = -7 kh«ng cã nghiƯm. 0.5 ®iĨm
2)
1001 1003 1005 1007 1006 1004 1002 1000
x x x x
1001 1003 1005 1007
1 1
1006 1004 1002 1000
x x x x
2007 2007 2007 2007 1006 1004 1002 1000
x x x x
(36)1 1
( 2007)
1006 1004 1002 1000
x
(x 2007)= 0.5 ®iĨm
V×
1 1
0 1006 1004 1002 1000
x2007 0.5 điểm
Bài 3:(1,5 điểm) Ta có:
a =
1 1 1 1
1
2 3 n n+1
0,5®iĨm
=
1 n
1 =
n+1 n+1
; 0.5 ®iĨm
Mặt khác a > Do a khơng nguyờn 0.5 im
Bài 4:(3,5 điểm)
V hỡnh, viết giả thiết - kết luận 0.5 điểm
a) Chứng minh MNPQ hình bình hành 1 điểm
b) MNPQ hình vuông AC = BD, ACBD 1 ®iĨm
c) SABCD =
2
a
2 ; SMNPQ =
2
a
4 ; 0.5 ®iÓm
ABCD MNPQ
S
2 S
0.5 ®iĨm =========================
đề 22
ài (3 điểm)
a Phân tích đa thức thành nhân tử
A = x4 14x3 + 71x2 – 154x +120 b Chøng tá ®a thøc A chia hết cho 24 Bài ( điểm)
a Tìm nghiệm nguyên tử phơng trình: x
+x+1 x2+x+2+
x2+x+2 x2+x+3=
7 b Tìm giá trị lớn biểu thức: B = x
2
1+x4 víi x # Bµi ( ®iĨm) Rót gän biĨu thøc: P = x
2−5x +6 x3−3x2
+3x −2 Bµi ( ®iĨm )
c b
m
a
d
q p
(37)Cho Tam giác ABC vuông cân A Điểm M cạnh BC Từ M kẻ ME vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E AB ; F AC )
a Chøng minh: FC BA + CA B E = AB2 vµ chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vào vị trÝ cđa M
b Tâm vị trí M để diện tích tứ giác MEAF lớn
c Chứng tỏ đờng thẳng qua M vng góc với EF luụn i qua mt im c nh
Đáp ¸n
Bµi 1: a A = x4 – 14x3+ 71x2- 154 x + 120
Kết phân tích A = ( x –3) (x-5) (x-2) (x-4) ( 2®iĨm ) b A = (x-3) (x-5) (x-2) (x-4)
=> A= (x-5) (x-4) (x-3) (x-2)
Lµ tÝch cđa sè nguyªn liªn tiªp nªn A ⋮ 24 (1 điểm ) Bài 2: a x
2 +x+1 x2
+x+2+
x2+x+2 x2
+x+3=
Tìm đợc nghiệm phơng trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức
B= x
1+x4 với x # giải tìm đợc B max = 1/2 x = ±1 ( 1, điểm )
Bµi Rót gän biĨu thøc: P = x
2
−5x+6 x3−3x2
+3x −2=
(x −2).(x −3)
(x −2)(x2− x+1)=>P=
x −3 x2− x
+1 ( 1điểm ) Bài 4: Giải a chứng minh đợc
F C BA + CA BE = AB2 (0,5 điểm ) + Chứng minh đợc chu vi tứ giác
MEAF = AB
( khơng phụ vào vị trí M ) ( 0,5 điểm ) b Chứng tỏ đợc M trung điểm BC
Thì diện tích tứ giác MEAF lớn (1 điểm ) c Chứng tỏ đợc đờng thẳng
MH EF qua điểm N cố định ( điểm )