Đang tải... (xem toàn văn)
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và vuông góc nên hình EGFK là hình thoi.. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM II Câ u..[r]
(1)Bộ đề ôn HSG TOÁN ĐỀ I ( Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức: M = x −1 − x − x +1 x +1 ) ( x4+ 1− x 1+ x ) a) Rút gọn b) Tìm giá trị bé M Bài 2: (2 điểm) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên A = x − x +2 x − 83 x −3 Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = b) |x − 2| + |x − 3| + |2 x −8| = Bài 4: (3 điểm) Cho hình vuông ABCD Gọi E là điểm trên cạnh BC Qua E kẻ tia Ax vuông 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 và tứ giác EGKF là hình thoi b) Δ AEF ~ Δ CAF và AF2 = FK.FC c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi Bài 5: (1 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 x − x − x −2 ĐỀ II Bài 1: Cho biểu thức: A= x −14 x +3 x+36 3 x − 19 x +33 x − a) Tìm giá trị biểu thức A xác định b) Tìm giá trị biểu thức A có giá trị c) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Bài 2: a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A= ( x+ 16)(x+ 9) x với x > b) Giải phương trình: x+1 + 2x-1 + 2x =3 Bài 3: Cho tứ giác ABCD có diện tích S Gọi K, L, M, N là các điểm thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD cho AK/ AB = BL / BC = CM/CD = DN/DA= x a) Xác định vị trí các điểm K,L,M,N cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ b) Tứ giác MNKL câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là hình chữ nhật Bài 4: a) Tìm dư phép chia đa thức x99+ x55+x11+x+ cho x2-1 1 b) Cho số x,y,z Thoã mãn x.y.z = Tính biểu thức M = 1+ x + xy + 1+ y+ yz + 1+ z+ zx ĐỀ III (2) Bộ đề ôn HSG TOÁN Bài 1: (3đ) a) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 +6x2 +11x +6 b) Rút gọn phân thức: B = x3 A x +8 x 2+19 x +12 = B x +6 x 2+ 11 x+6 Bài 2: (3đ) 1) Cho phương trình ẩn x: x +a x − + =2 x+2 x − a a) Giải phương trình với a = b) Tìm các giá trị a cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm 2) Giải bất phương trình sau: 2x2 + 10x +19 > Bài 3: (3đ) Trong hình thoi ABCD người ta lấy các điểm P và Q theo thứ tự trên AB và CD cho AP = 1/ AB và CQ = 1/ CD Gọi I là giao điểm PQ và AD, K là giao điểm DP và BI, O là giao điểm AC và BD a) Chứng minh AD = AI, cho biết nhận xét tam giác BID và vị trí K trên IB b) Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích A và I Bài 4: (1đ) a) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau: yx2 +yx +y =1 b) Tìm giá trị lớn biểu thức: B = x2 1+ x với x # ĐỀ IV x+ x −1 x − x −1 x+ 2006 ) Bài 1: Cho biểu thức: A = ( x −1 − x+1 + x x −1 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 3: Cho hình thang ABCD; M là điểm tuỳ ý trên đáy lớn AB Từ M kẻ các đường thẳng song song với hai đường chéo AC và BD Các đường thẳng này cắt hai cạnh BC và AD E và F Đoạn EF cắt AC và BD I và J a) Chứng minh H là trung điểm IJ thì H là trung điểm EF b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy vị trí M trên AB cho EJ = JI = IF Bài 4: Cho a 4; ab 12 Chứng minh C = a + b (3) Bộ đề ôn HSG TOÁN ĐỀ V Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – x – b) x3 – x2 – 14x + 24 Bài 2: Cho đa thức : P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + a) Phân tích P(x) thành nhân tử b) Chứng minh P(x) chia hết cho với x Z Bài 3: Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z Bài 4: Cho a > b > so sánh số x , y với: x = ; y = Bài 5: Giải phương trình: + + = 14 Bài 6: Trên cạnh AB phía hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy là 150 Chứng minh tam giác CFD là tam giác ĐỀ VI Bài 1: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = ( x2 - 2x)(x2 - 2x - 1) - b) Cho x Z chứng minh x200 + x100 +1 x4 + x2 + Bài 2: Cho x,y,z thoả mãn x + y + z = xyz và + + = Tính giá trị biểu thức P = Bài 3: Tìm x biết a) < 5x -4 b) + = Bài 4: a) Chứng minh A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3 với n N* b) Cho x, y, z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = Bài 5: Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH (H BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vuông góc với BC D cắt AC E Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo Gọi M là trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM và BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM Tia AM cắt BC G Chứng minh: Bài 6: Chứng minh các số tự nhiên có dạng 2p+1 đó p là số nguyên tố , có số là lập phương số tự nhiên khác.Tìm số đó ĐỀ VII Bài 1: a Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= b Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c Chứng minh : Bài 2: a Tìm x,y,x biết : (4) Bộ đề ôn HSG TOÁN b.Giải phương trình : 2x(8x-1)2(4x-1)=9 Bài 3: a Chứng minh : a5 - a chia hết cho 30 với a Z b Chứng minh : x5 – x + không là số chính phương với x Z+ Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’ ;BB’;CC’ Có trực tâm H a) Tính tổng : b) Gọi AI là phân giác tam giác ABC IM; IN thứ tự là phân giác các góc AIC; AIB(M AC;N AB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM c) Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện gì thì biểu thức : đạt giá trị nhỏ Bài 5: Chứng minh a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì (1+a2)(1+b2)(1+c2) bình phương số hữu tỉ ĐỀ VIII Bài 1: Cho biểu thức: a/ Thu gọn A b/ Tìm các giá trị x để A<1 c/ Tìm các giá trị nguyên x để Acó giá trị nguyên Bài 2: Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh : abc + ( + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ Bài 3: a) Giải phương trình: b) Cho đa thức P(x) = x2+bx+c, đó b và c là các số nguyên Biết đa thức x4 + 6x2+25 và 3x4+4x2+28x+5 chia hết cho P(x) Tính P(1) Bài 4: Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I là trung điểm AB và CD Nối D với E Vẽ tia Dx vuông góc với DE, tia Dx cắt tia đối tia CB M.Trên tia đối tia CE lấy điểm K cho DM = EK Gọi G là giao điểm DK và EM a/ Tính số đo góc DBK b/ Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống BM Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên đường thẳng Bài 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x6+3x2+1=y3 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM I Câ u Ý a b Nội dung M= Biến ⇔ Biến ¿ ( x −1)(x +1) − x +x −1 x4+1-x2) = ¿ ( x − x 2+1)(x 2+ 1) đổi : M = - M bé x +1 x2 = ⇔ x = ⇒ M bé = -2 đổi A = 4x2+9x+ 29 + x −3 ⇔ A 2 Điê m x −1 − x + x2 −1 x2 −2 = x +1 x +1 x +1 Z ⇔ lớn ⇔ x2+1 bé x −3 Z ⇔ x-3 là ước 4 (5) a b Bộ đề ôn HSG TOÁN ⇔ x-3 = ± ; ± ; ± ⇔ x = -1; 1; 2; ; ; Phân tích vế trái (x-2006)(x+1) = ⇔ (x-2006)(x+1) = x2 = 2006 Xét pt với khoảng sau :x< 2; x < 3; x < 4; x Rồi suy nghiệm phương trình là : x = 1; x = 5,5 x1 = -1; ⇒ E B C I K G D A F a b 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 đường chéo cắt trung điểm đường và vuông góc nên hình EGFK là hình thoi Ta có: KAF = ACF = 450 , góc F chung Δ Δ AKI ~ c a b Δ CAF (g.g) ⇒ AF KF = ⇒ AF 2=KF CF CF AF Tứ giác EGFK là hình thoi ⇒ KE = KF = KD+ DF = KD + BE Chu vi tam giác EKC KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) 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 Bất đẳng thức luôn luôn đúng x + ¿2 + ¿ Ta có A = x −2 1 = = (x + x +1)( x − 2) x + x +1 ¿ Vậy Amax [ ( x+ ¿ + ¿ x+ Amax là x = -1/2 =0→x=- ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM II Câ u Ý Nội dung Điê m (6) Bộ đề ôn HSG TOÁN a b x −3 ¿ (3 x + 4) ¿ Ta có A= x − 3¿ (3 x −1) Vậy biểu thức A xác định x3,x1/3 ¿ ¿ ¿ x +4 Ta có A= x −1 đó A=0 <=> 3x +4=0 <=> x=-4/3 thoã mãn đk Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị c x +4 Ta có A= x −1 = 1+ x −1 a Để A có giá trị nguyên thì x −1 phải nguyên<=> 3x-1 là ước 5<=> 3x11,5 =>x=-4/3;0;2/3;2 Vậy với giá trị nguyên xlà và thì A có giá trị nguyên Ta có 144 x +25 x+ 144 A= =x+ x +25 x 144 Các số dương x và x Có tích không đổi nên tổng nhỏ và x= b 144 x x=12 Vậy Min A =49 <=> x=12 TH1: x<-1 thì phương trình đã cho tương đương với :-x-12x+1+2x=3=>x=-3<-1(là nghiệm ) TH2: Nếu -1x<1/2 thì ta có x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại ) TH3: Nếu x1/2ta có x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại) Vậy phương trình đã cho x=-3 a A K B N L D M C Gọi S1,,S2, S3, S4 là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL Kẻ BB1AD; KK1AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB (7) Bộ đề ôn HSG TOÁN b a b SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S Tương tự S3+S4= x(1-x)S S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2-2Sx+S=2S(x-1/2)2+1/2S1/2S Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ 1/2S x=1/2 đó M,N,K,L là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC Tứ giác MNKL câu a là hình bình hành Tứ giác MNKL câu a là hình chữ nhật BDAC Gọi Q(x) là thương 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(*) đó ax+b là dư phép chia trên Với x=1 thì(*)=> 11=a+b Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7 Vậy dư phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7 Vì xyz = nên x 0, y 0, z z z = = 1+ x + xy z (1+ x+ xy ) z +xz +1 xz xz = = 1+ y + yz (1+ y+ yz)xz xz +1+ z z xz M = z + xz+1 + xz +1+ z + 1+ z + xz =1 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM III Câ u Ý a b Nội dung A = (x+1) ( x+3) (x +4) A ( x+1)(x +3)(x+ 4) x+ = = B ( x +1)( x+2)(x +3) x +2 ( x+ a) ( x −2) Phương trình ( x +2) + (x −a) =2 Điê m B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) (1) Điều kiện: x -2 và 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 b) Thay x= -1 vào (*) ta (8) Bộ đề ôn HSG TOÁN (a – ) + (a - 2)= ⇔ (a - 2) (a – + 2) = 2 ⇒ a=0ha=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 + luôn lớn với x Nên bất phương trình (1) Nghiệm đúng với ∀ x K I B P O A C Q D a Xét tam giác IDQ có: AP = DQ Và IA b AP // DQ AP Theo định lý Ta Lét tam giác ta có: ID = AQ = ⇒ IA=ID⇒ AD=AI Tam giác BID là tam giác vuông B vì AO DB và AO là đường trung bình Δ BID Điểm K là trung điểm IB (Do DK là đường trung tuyến Δ BID ) Với B và D cố định nên đoạn DB cố định.Suy trung điểm O cố định Mặt khác AC BD , BI DB và vai trò A và C là Nên quỹ tích A là đường thẳng qua O và vuông góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích điểm I là đường thẳng qua B và vuông góc với BD trừ điểm B Đảo: Với A và I chạy trên các đường đó và AD = AI Thì AP = AB và CQ = CD Thật : Do AP // DQ suy IA AP = = ⇒2 AP=DQ ID AQ mà AB = CD ⇒ ĐPCM a y x2 + y x + y = (1) Nếu phương trình có nghiệm thì x ,y > ⇒ y = h x2 + x +1 =1 (1) y(x2 + x +1) = x= Vậy nghiệm phương trình trên là (x,y) = (0 ,1) ⇒ y=1, (9) Bộ đề ôn HSG TOÁN b x 1 x x2 x B= với x # Theo BĐT Côsi ta giải và tìm B max = 1/2 thì x = ±1 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM IV Câ u Ý a b c Nội dung ¿ x ≠ ±1 Điều kiện: x ≠ ¿{ ¿ 2 x+ 1¿ + x − x −1 ¿ x +1¿ −¿ A= ¿ ¿ ¿ Điê m x +2006 x = Ta có: A nguyên ⇔ (x + 2006) ⋮ x ⇔2006 ⋮ x ⇔ x=± ¿ x=± 2006 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Do x = ±1 không thoã mãn đk Vậy A nguyên x = ± 2006 a 2−x 1−x x Ta có: 2004 −1=2005 − 2006 ⇔ 2−x 1−x x +1= +1 − +1 2004 2005 2006 ⇔ − x 2004 − x 2005 x 2006 + = + − + 2004 2004 2005 2005 2006 2006 ⇔ 2006 − x 2006 − x 2006 − x = + 2004 2005 2006 ⇔ 1 − − =0 2004 2005 2006 (2006 − x )¿ (10) Bộ đề ôn HSG TOÁN ⇔ (2006 - x) = ⇒ x = 2006 b ¿ a=2 b=1 ¿{ ¿ Thiện phép chia đa thức, từ đó ta tìm được: D C E J I Q F P A a FI FP DO Ta có: IE =PM =OB EJ EQ CO = = FJ QM OA (1) FI B M DO CO = OB OA (2) (3) EJ Từ (1), (2) và (3) suy IE =FJ hay FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H là trung điểm IJ thì từ (4) ta có: IJ IJ IJ IJ )(FH + )=(EH − )(EH + )⇒ FH=EH 2 2 DO CO Nếu AB = 2CD thì OB =OA = nên theo (1) ta có (FH − b FI = IE suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ EF Do đó: FI = EJ = IJ = không liên quan gì đến vị trí M Vậy M tuỳ ý trên AB Ta có: C = a + b = ( a+b ¿+ a ≥2 ab + a ≥ 3⋅12 + ⋅4=7 4 √ 4 √ 4 (ĐPCM) (11) Bộ đề ôn HSG TOÁN ĐỀ V Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – x – b) x3 – x2 – 14x + 24 Bài 2: Cho đa thức : P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + a) Phân tích P(x) thành nhân tử b) Chứng minh P(x) chia hết cho với x Z Bài 3: Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z Bài 4: 1 a Cho a > b > so sánh số x , y với: x = a a x x2 x 1 b ; y = 1 b b Bài 5: Giải phương trình: + + = 14 Bài 6: Trên cạnh AB phía hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy là 15 Chứng minh tam giác CFD là tam giác (12) Bộ đề ôn HSG TOÁN ĐỀ VI Bài 1: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = ( x2 - 2x)(x2 - 2x - 1) - b) Cho x Z chứng minh x200 + x100 +1 x4 + x2 + 1 1 Bài 2: Cho x,y,z 0 thoả mãn x + y + z = xyz và x + y + z = 1 2 y z Tính giá trị biểu thức P = x Bài 3: Tìm x biết a) 3x < 5x -4 x 43 x 46 x 49 x 52 57 54 51 48 b) + = Bài 4: a) Chứng minh A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3 9 với n N* x y z b) Cho x, y, z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = y z z x x y Bài 5: Cho tam giác ABC vuông A (AC > AB), đường cao AH (H BC) Trên tia HC lấy điểm D cho HD = HA Đường vuông góc với BC D cắt AC E Chứng minh hai tam giác BEC và ADC đồng dạng Tính độ dài đoạn BE theo m AB Gọi M là trung điểm đoạn BE Chứng minh hai tam giác BHM và BEC đồng dạng Tính số đo góc AHM GB HD Tia AM cắt BC G Chứng minh: BC AH HC Bài 6: Chứng minh các số tự nhiên có dạng 2p+1 đó p là số nguyên tố , có số là lập phương số tự nhiên khác.Tìm số đó ĐỀ VII x x 3y x Bài 1:a Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= y 1 b3 c3 abc b Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c 0 Chứng minh : a x y2 z2 x y2 z2 Bài 2:a Tìm x,y,x biết : b.Giải phương trình : 2x(8x-1)2(4x-1)=9 (13) Bộ đề ôn HSG TOÁN Bài 3:a Chứng minh : a - a chia hết cho 30 với a Z b Chứng minh : x5 – x + không là số chính phương với x Z+ Bài 4:Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’ ;BB’;CC’ Có trực tâm H a) Tính tổng : AH ' BH CH + + A A' BB ' CC ' b) Gọi AI là phân giác tam giác ABC IM; IN thứ tự là phân giác các góc AIC; AIB(M AC;N AB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM c) Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện gì thì biểu thức : AB+ BC+CA ¿ ¿ ¿ ¿ đạt giá trị nhỏ Bài 5: Chứng minh a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì (1+a2)(1+b2)(1+c2) bình phương số hữu tỉ ĐỀ VIII 1 x A : x x 2x x x x Bài 1: Cho biểu thức: a/ Thu gọn A b/ Tìm các giá trị x để A<1 c/ Tìm các giá trị nguyên x để Acó giá trị nguyên Bài 2: Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = Chứng minh : abc + ( + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ Bài 3:a) Giải phương trình: 3y 2+ x −3 x : ( x2 27 − x ) b) Cho đa thức P(x) = x2+bx+c, đó b và c là các số nguyên Biết đa thức x4 + 6x2+25 và 3x4+4x2+28x+5 chia hết cho P(x) Tính P(1) Bài 4: Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I là trung điểm AB và CD Nối D với E Vẽ tia Dx vuông góc với DE, tia Dx cắt tia đối tia CB M.Trên tia đối tia CE lấy điểm K cho DM = EK Gọi G là giao điểm DK và EM a/ Tính số đo góc DBK b/ Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống BM Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên đường thẳng Bài 5: Tìm nghiệm nguyên phương trình: x6+3x2+1=y3 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM V Câ u Ý Nội dung Điê m (14) Bộ đề ôn HSG TOÁN a b a b 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 ) Ta cã: x = lµ nghiÖm cña f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do đó f(x) x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12 VËy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12) Ta l¹i cã: x = lµ nghiÖm cña x2 + x – 12 Nªn x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4) Nh vËy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + = 2x4 – 6x3 – x3 + 3x2 – 5x2 + 15x – 2x + = (x – 3)(2x3 – x2 – 5x – 2) = (x – 3)(2x3 – 4x2 + 3x2 – 6x +x – 2) =(x – 3)(x – 2)(2x2 + 3x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1) P(x) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x – + 3) = 2(x – 3)(x – 2)(x + 1)(x – 1) + 3(x – 3)(x – 2)(x + 1) P(x)6 (Đfcm) Ta có : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích số nguyên liên tiếp đó có ít hai số là bội ( đó số là bội 4, số là bội 3, số là béi cña 5) VËy tÝch cña sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120 1 a a2 a2 1 1 1 1 1 1 1 a 1 1 y x 1 a 1 a 2 a a a b2 b Ta cã x,y > vµ 1 1 V× a> b > nªn a b vµ a b VËy x < y 1/ XÐt kho¶ng x < -2 ,ta cã: -3x + = 14 x = - 2/ -2 x < 1, ta cã : -x + 16 = 14 x = (lo¹i) 3/ x < 3, ta cã : x + = 14 x = 10 (lo¹i) 16 4/ x , ta cã: 3x – = 14 x = 16 VËy ph¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm lµ x = - vµ x= A B F D C Dựng tam giác cân BIC nh tam giác AFB có góc đáy 150 Suy : B2 60 (1) Ta cã AFB BIC (theo c¸ch vÏ) nªn: FB = IB (2) Từ (1) và (2) suy : FIB §êng th¼ng CI c¾t FB t¹i H Ta cã: I = 300 ( gãc ngoµi cña CIB ) Suy ra: H = 900 ( v× B = 600 ) Tam giác FIB nên IH là trung trực FB (15) Bộ đề ôn HSG TOÁN hay CH là đờng trung trực CFB Vậy CFB cân C Suy : CF = CB (3) Mặt khác : DFC cân F Do đó: FD = FC (4) Tõ (3) vµ (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC) Vậy DFC GiảI phơng pháp khác đúng cho điểm tơng đơng ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VI Câu1(4đ) a,đặt a = x2 -2x thì x2 -2x -1 = a-1 A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2) b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1) =x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) + (x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1) dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 + A chia hết cho x4 + x2 + Cau : (2đ 1 ) x y z = Có ( 1 1 1 ) x y z + 2( xy xz yz Câu 4: 3đ 1đ 1đ 0.75đ zyx ( ) = p + xyz vậyP+2=3 0,75đ suy P = 0.5đ giải 4-5x < 3x +2< 5x - làm đúng x> b, Cộng vào phân thức đặt nhân tử chung 1đ 0.5đ 1đ 1 1 (x+100)( 57 54 51 48 ) = 0.5đ Câu 3: (3đ) .1đ 1đ S = 100 a, = n3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8) =3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3) Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3 =n2(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1) Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho ( vì tích số tự nhiên liên tiếp ) 3(n+1) chia hết cho3 B chia hết cho A =3B chia hết cho 0.5đ 0,5đ 0,5đ a+b+ c b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c x+y+z = (16) Bộ đề ôn HSG TOÁN a b c a bc a b c x= 2 ;y= ; z= a b c a b c a b c 2a 2b 2c P= = b c a c a b ( ) a a b b c c = b a c a b c ( ( ) ( ) ( )) a b a c c b 2 Min P = ( Khi và a=b=c x=y=z Câu 5: (2đ) 0.5đ 1đ + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung CD CA CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c) Suy ra: BEC= ADC 135 (vì tam giác AHD vuông cân H theo giả thiết) Nên AEB 45 đó tam giác ABE vuông cân A Suy ra: BE AB m b) 2đ BM BE AD Δ BEC Δ ADC Ta có: BC BC AC (do ~ ) mà AD AH (tam giác AHD vuông vân H) BM AD AH BH BH AB BE (do ABH Đồng nên BC AC AC dạng CBA) Do đó BHM đồng dạng suy ra: BHM BEC 135 AHM 45 Tam giác ABE vuông cân A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC GB AB Suyra: GC AC , 0,5đ 1đ BEC (c.g.c) c) 2đ 0,25 đ 0,5 đ AB ED AH HD vì Δ ABC ~ ΔDEC nên AC = DC = HC =HC (DE//AH) 0,5đ 1đ (17) Bộ đề ôn HSG TOÁN Câu GB HD GB HD GB HD Do đó: GC HC GB GC HD HC BC AH HC 1đ Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta có 2p=(a-1)(a2+a+1) Vì p là số nguyên tố nên: Hoặc : a-1=2 suy p=13 ( thoả mãn) Hoặc: a2+a+1 =2 điều này không xảy vì a >1 Vởy các số tự nhiên có dang 2p+1 (p là số nguyên tố) có số là lập phương số tự nhiên khác 1đ 0,5đ 0,5đ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VII Bài Bài1 a) 2đ b) 2đ Bài 2: a) 1,5đ b) 1,5đ Bài a) 1.5đ Nội dung 3y-x=6 x=3y-6 Thay vào ta có A=4 ab ac bc 0 abc Vì: (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c 0 ab ac bc 0 1 0 a b c 1 x; y; z b c Đặt : a chứng minh bài toán 3 Nếu x+y+z=0 thì: x +y +z3=3xyz đpcm x y2 z2 x y2 z x x y2 y2 z2 z2 5 5 =0 3x 2 y z 0 x y z 10 15 20 phươngtrình: 2 2x(8x-1)2(4x-1)=9 (64 x 16x 1)(8x 2x ) 9 (64 x 16 x 1)(64 x 16 x ) 72 đặt :64x2-16x+0,5=k Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72 k 72,25 k 8,5 1 ;x Với k=8,5 Ta có x= Với k=-8,5 phương trình vô nghiệm Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2 có: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5) = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1) (a+1) vì a nguyên nên a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) là tích số nguyên liên tiếp nên 30 (2) 5a(a-1)(a+1)là tích 3số nguyên liên tiếp với nên chia hết cho 30 Từ (1); (2) suy rađpcm (18) Bộ đề ôn HSG TOÁN b) 1.5đ Câu4 2đ b,Từ bài toán trên ta có: x 5-x5 x5-x+2 chia dư x5-x+2 có tận cùng là hoạc (không có số chính phương nào có tận cùng là 2hoặc 7) Vậy: x5-x+2 không là số chính phương với x Z b c a a b c ac ba bc đặt A= a c2 a b2 b c abc c b b a c a abc 2 c b a ab c b ac a bc = = = a c c b b a abc abc c a b c a b 2x tacó x+ x >0 Nên A 8 đẳng thức xảy a=b=c=1 câu a) (BA ' + A ' C) AH S +S AH = AHB AHC (1) Ta có : A ' A = S ABC AH BC S BH AHB + S BHC Tương Tự: BB ' = S (2) ABC S +S CH == CHB AHC (3) CC S ABC 2( S AHB + S BHC+ SCHA ) AH ' BH CH =2 Từ (1); (2); (3) ta có: A A' +BB ' + CC ' = S ABC b b) áp d ụng tính chất đường phân giác vào các tam giácABC, ABI, AIC: c) c)Vẽ Cx CC’ Gọi D là điểm đối xứng A qua Cx -Chứng minh góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ - Xét điểm B, C, D ta có: BD BC + CD - Δ BAD vuông A nên: AB2+AD2 = BD2 BI AB AN AI CM IC = ; = ; = suy IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC AB AC = = = =1 IC NB MA AC BI AI AC BI AC AB ⇒ BI AN CM=BN IC AM (19) Bộ đề ôn HSG TOÁN AB + AD (BC+CD)2 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) ⇒ (AB+BC+AC)2 AB+ BC+CA ¿2 ¿ ⇔ Ơ¿ ¿ (Đẳng thức xảy ⇔ BC = AC, AC = AB, AB=BC Câu6 2đ Tức tam giác ABCđều có 1+a2 =ab+ac+bc+a2 =(a+c)(a+b) Tương tự 1+b2 =(a+b)(b+c) 1+c2=(b+c)(a+c) (1 a )(1 b )(1 c ) a b a c b c đpcm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VIII BÀI Bài a) b) c) NỘI DUNG 2 x +1¿ x x −1 (¿¿) : x A= ĐKXĐX {0;1;-1} 2x x 2+1 + ¿ ( x +1 ) x ¿ x+ 1¿ x ¿ 2 x+ 1¿ x A= ( x −1)¿ ¿ ¿ x A= x −1 −1 Tacó:1-A= x −1 >0 x-1<0 suy x<1 Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1 A= 1+ x −1 Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước Hoặc x-1=1 suy x=2 Hoặc x-1=-1 suy x=0 (loai) Vởy x=2 là giá trị cần tìm Bài 2: Đặt A= abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) vì a2+b2+c2=1 Nếu abc >0 ta có:A=abc+a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1 A=(a+b+c+1)2+abc (1) (20) Bộ đề ôn HSG TOÁN Nếu: abc<0 ta có: A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc Biến đổi :A=( 1+a)(1+b)(1+c) +(-abc) Vì ì a2+b2+c2=1nên -1 a ; b ; c ≤1 nên (1+a)(1+b)(1+c) Và -abc nên A (2) Từ và (2) suy abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) −2 Bài 3: Biến đổi phương trình về: = (3 y − 1)( y −3) (3 y −1)(3 y +1) a) −1 Đkxđ: y {3; ; } b) ⇔ 3y+1=-2y+6 ⇔ y=1(thoả mãn) vậyphương trình có nghiệm y=1 Từ giả thiết ra: 14x2-28x +70 chia hết cho x2+bx+c ⇔ (x2-2x+5 ) ⋮ (x2+bx+c) mà b; c là các số nguyên nên b=-2; c=5 Khi đó P(1) =12-2.1+5 =4 Bài 4: Chứng minh Tam Giác BEC đồng dạngTam giác E A theo tỉ số 1/2 Từ đó chứng minh:CK=ED (1) EB=BC (2) ∠ BED =∠BCK =1350 (3) D từ: (1);(2);(3)suy ra: I ΔBED=Δ BCK(cg c ) ⇔∠ EBD=∠CBK ⇒ ∠ DBK=90 DCM B C G K H Chứng minh tứ giác DEKM là hinhchữ nhật M Suy tam giác CKM vuông cân M ⇒ H là trung điểm củaCM AI//DM (cùng vuông góc với DE) HI//DM (T/c đường trung bình) nên A; ;I;H thẳng hàng (1) Các tam giác CIH; CHK vuông cân Cvà H nên KH= CI =DI Mà DI//KH nên tứ giác DIKH là hình bình hành Lại có tứ giác DEKM là hình chữ nhật Do đó EM; DK; IH đồng qui G là trung điểm DK vậy: G IH (2) Tử (1); (2) ta có A;I;G;H thẳng hàng Bài 5: Với x≠ ta có 3x4>0; 3x2>0 ta có (x2)3 <y3<(x+1)3 nên phương trình vô nghiệm Với x=0 ta có y3=1 suy y=1 Phương trình có nghiệm nguyên nhất(x;y)=(0;1) b) (21) Bộ đề ôn HSG TOÁN ĐỀ IX Bài 1: a/ Cho x + y = a , x2 + y2 = b, x3 + y3 = c Chứng minh a3 + 2c = 3ab b/ Với giá trị nào x thì phân thức sau 0? P = Bài 2: Cho biểu thức: Q= x + x + x +1 x − x +2 x − x +1 a2 +10 a+4 a 3+9 a2 +12 a+4 a/ Rút gọn Q b/ Tìm các giá trị a để Q đạt giá trị nguyên x x+ x +2 x +3 x+4 Bài 3: Giải phương trình: 2008 + 2009 + 2010 + 2011 + 2012 =5 Bài 4: Cho tam giác ABC , ba đường cao AA', BB', CC' cắt H Chứng minh: ' ' ' HA HB HC + + ' =1 ' AA BB ' CC Bài 5: Cho hình vuông ABCD M là điểm tùy ý trên đường chéo BD Kẻ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AD a/ Chứng minh DE = CF, DE vuông góc với CF b/ Chứng minh DE, BF, CM đồng quy c/ Xác định vị trí điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn ĐỀ X Bài 1: a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x5 – 5x3 + 4x b/ Cho a + b = Tính giá trị biểu thức: A = a2(2a - 3) + b2(-3 + 2b) Bài 2: a/ Cho a;b;c 1 0, a + b + c =1 và a + b + c = Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 = x +18 x +17 x+16 x+ 15 b/ Giải phương trình: 1991 + 1992 + 1993 + 1994 =− Bài 3: Cho biểu thức: M = x2 y2 x y2 − − ( x+ y)(1 − y ) (x+ y )(1+ x) (1+ x)(1 − y ) a/ Tìm điều kiện xác định biểu thức M b/ Rút gọn biểu thức M c/ Tìm các cặp số nguyên (x;y) để biểu thức M có giá trị Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB//CD) và O là giao điểm hai đường chéo AC, BD Chứng minh rằng: (22) Bộ đề ôn HSG TOÁN a/ Diện tích tam giác AOD diện tích tam giác BOC b/ Tích diện tích tam giác AOB và diện tích tam giác COD bình phương diện tích tam giác BOC ĐỀ XI Bài 1: a) Xác định a đa thức x3 - 3x + a chia hết cho (x - 1)2 b) Tìm x biết: x2 (x -1) + 2x (1-x) = Bài 2: a) Cho biểu thức: P = x − x − x +1 x + x +3 x + x +2 Rút gọn chứng minh P không âm với giá trị cuả x b) Chứng minh rằng: Nếu a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc thì a = b = c Bài 3: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 - a4 - b4 - c4 b) Chứng minh a,b,c là ba cạnh tam giác thì A > Bài 4: Cho hình bình hành ABCD Các tia phân giác các góc A,B,C,D hình bình hành cắt E,F,G,H a) Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh EG = FH và hiệu hai cạnh kề đỉnh hình bình hành ABCD c) Hình bình hành ABCD cần có thêm điều kiện gì để EFGH là hình vuông? ĐỀ XII Bài 1: Cho biểu thức: M = [ x + + x − x − x x +2 ] ( : x − 2+ 10− x x +2 ) a Rút gọn M b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a Phân tích biểu thức A thành nhân tử b Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh tam giác thì A < Bài 3: a Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau: A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 2 3 b Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x + y + z = và x + y + z = 2009 2010 2011 Tính tổng: S = x +y + z Bài 4: a Giải phương trình: x +9 x +20 + x +11 x+30 + x +13 x+ 42 = 18 b Giải phương trình với nghiệm là số nguyên: x( x + x + 1) = 4y( y + 1) Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt H (23) Bộ đề ôn HSG TOÁN HD HE HF a Tính tổng: AD BE CF b Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC c Chứng minh: H cách ba cạnh tam giác DEF d Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý cho HM = CN Chứng minh đường trung trực đoạn MN luôn qua điểm cố định ĐÁP ÁN IX Câ u Ý a Nội dung Điê m a3 + 2c = (x + y)3 + 2(x3 + y3) = 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2 3ab = 3(x + y)(x2 + y2) = 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2 Vậy: a3 + 2c = 3ab b Biến đổi P = 2 x +1 ¿ − x (x + 1) ¿ x +1 ¿2 ( x − x +1) ¿ ¿ ¿ (x +1)( x+1) ¿ Lý luận mẫu thức > o với x P = ⇔ (x +1)2(x2 - x + 1) = ⇔ (x +1) = ⇔ x = -1 a Biến đổi Q = b a+2 ¿2 (2 a+1) ¿ 2( a+2)(2 a+1) ¿ = a+2 Thiếu điều kiện trừ 0,25đ Q nguyên ⇔ a + là ước ⇔ (a -2; a a+2 - ) { 1; − 1; ; −2 } ⇔ a { −1 ; −3 ; ; − } x x+ x +2 x +3 x + + + + + =5 2008 2009 2010 2011 2012 x x +1 x +2 x +3 x+ −1)+( − 1)+( −1)+( −1)+( − 1)=0 ⇔ ( 2008 2009 2010 2011 2012 1 1 + + + + )=0 ⇔ (x-2008) ( 2008 2009 2010 2011 2012 1 1 Vì ( 2008 + 2009 + 2010 +2011 + 2012 ) ≠ Nên x -2008 = ⇔ x = 2008 Vậy S = { 2008 } (24) Bộ đề ôn HSG TOÁN A B' C' B ⇔ E A F D a b c C A' S HBC S HAC S HAB + + =1 S ABC S ABC S ABC HA ' BC HB ' AC HC ' AB HA ' HB' HC ' + + =1 ⇔ + + =1 AA ' BC BB ' AC CC ' AB AA ' BB ' CC ' S HBC +S HAC + S HAB=S ABC ⇔ jH B M C C/m AEMF là hình chữ nhật suy MF = AE C/m ∆MFO vuông cân F suy MF = FD Suy AE = FD C/m ∆DAE = ∆CDF (c.g.c) suy DE = CF ADE =DCF ADE+EDC = 900 ⇒ DCF+EDC = 900 ⇒ CF DE C/m tương tự ta có EC = FB và EC FB C/m ∆FEB = ∆CME (EC = FB,ADE =DCF, ME = EB) ⇒ MCE =EFB ⇒ MCE+FEC =EFB+FEC = 900 ⇒ CM EF ∆CEFcó CM,DE,BF là các đường cao nên chúng đồng qui ME+MF=AE+EB=AB không đổi ⇒ ME.MF lớn ⇔ ME=MF ⇔ AEMF là hình vuông ⇔ M là giao điểm hai đường chéo AC và BD hình vuông ABCD O ĐÁP ÁN X Câ u Ý a b a Nội dung Điê m x5 – 5x3 + 4x = x(x4 -5x2 + 4) = x[x2( x2-1)-4(x2-1= x( x2-1)(x2-4= (x-2)(x1)x(x+1)(x+2) A = a2(2a - 3) + b2(-3 + 2b= 2(a3+b3)-3(a2+b2= 2(a+b)(a2 –ab + b2) -3(a2+b2 = 2(a2 –ab + b2) -3(a2+b2) (vì a+b=1) = -2ab-a2-b2 = -(a+b)2 = -1 (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = 1 1 + + =0 a b c ⇒ ab+ ac+ bc =0 abc (25) Bộ đề ôn HSG TOÁN ⇒ ab + ac + bc = ⇒ 2ab + 2ac + 2bc = ⇒ a2 + b2 + c2 = x +18 x +17 x+16 x+ 15 + + + =− 1991 1992 1993 1994 x+ 2009 x+ 2009 x+ 2009 x+ 2009 ⇔ + + + =0 1991 1992 1993 1994 1 1 + + + )=0 ⇔ (x+2009) ( 1991 1992 1993 1994 1 1 ⇔ (x+2009) = (vì 1991 + 1992 + 1993 + 1994 ≠ ¿ ⇔ x =-2009 b a b c x -1, y 1, x y (Thiếu,sai 1ĐK trừ 0,25đ) x y2 x y2 − − = ( x+ y)(1 − y ) ( x+ y )(1+ x) (1+ x)(1 − y ) x (1+ x) − y (1 − y )− x y ( x + y) ( x + y)(1 − y )(1+ x) (1+ x)(1 − y )( x + y)( x − y + xy) (1+ x)(1 − y )[ x2 (1+ y )+ y ( x − 1)] = = =x–y+ ( x+ y)(1 − y )(1+ x) (x+ y)(1 − y )(1+ x) M= xy M = ⇔ x – y + xy = ⇔ ⇒ x −1=1 y+ 1=2 ⇔ ¿ x=2 y=1 ¿{ Hoặc (x –1) (y+1) = (loại) ¿ x −1=−1 y+ 1=−2 ⇔ ¿ x=0 y=− ¿{ ¿ (thỏa) Vậy (x;y) = (0;-3) A B M O N D a Vẽ AH DC, BK H DC (H,K K C DC) (26) Bộ đề ôn HSG TOÁN S ADC AH DC S BDC BK DC S ADC S BDC (doAH BK ) S AOD S DOC S BOC S DOC S AOD S BOC b Vẽ DM AC (M AC), BN AC (N AC) ¿ S AOB BN AO AO = Ta có: S = OC BOC BN OC ¿ ¿ DN AO S AOD AO = = S DOC OC DN OC ¿ S AOB S AOD ⇒ SAOB SCOD =S AOD S BOC ⇒ = SBOC SCOD S BOC ¿ (doSAOD=SBOC ) ⇒ S AOB S COD=¿ ĐÁP ÁN XI Câ u Ý a b a Nội dung Điê m x3 - 3x + a = (x2 - 2x +1)(x +2) + a - (x3 - 3x + a) chia hết cho (x - 1)2 ⇔ a-2 = ⇔ a = x2 (x -1) + 2x (1-x) = ⇔ x(x-1)(x-2) = Vậy x {0;1;2} P= x − x3 − x +1 = x + x +3 x 2+ x +2 Vì x2 x −1 ¿2 ¿ ¿ ¿ với x, nên x2 + > Và (x - 1)2 với x Suy b a với x, hay P a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc ⇔ 2a2 +2b2 +2c2 -2ab -2ac-2bc = ⇔ (a-b)2+(ac)2+(b-c)2 = ⇔ x −1 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ a −b=0 a − c=0 b − c=0 ¿ {{ ¿ ⇔ a=b=c A = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 - a4 - b4 - c4 = 4a2b2 - ( a4 + 2a2b2 + b4) + (2b2c2 + 2a2c2) - c4 = (2ab)2- [(a2+b2)2-2c2(a2+b2)+c4] = (2ab)2-[(a2+b2) - c2]2 = (2ab + a2 + b2 - c2)(2ab - a2 - b2+c2) (27) Bộ đề ôn HSG TOÁN b = (a+b+c)(a+b-c)(c+a-b)(c-a+b) Nếu a,b,c là ba cạnh tam giác thì a >0, b >0, c >0 và các nhân tử biểu thức trên dương (theo bất đẳng thức tam giác) Nên A >0 M C B H E G F A a b c D N Tam giác AHD có: HAD + HDA = 1/2(A+D) =900.Nên AHD=900 Tương tự: BFC=900 , AEB=900 Do đó tứ giác EFGH là hình chữ nhật C/m tam giác ABM cân B, đó E là trung điểm AM C/m tương tự G là trung điểm CN Nên BG là đường trung bình hình bình hành AMCN nên EG = 1/2(MC+AN)=MC Suy MC=CB-BM= CB-BA Vậy EG=FH=CB-AB C/m EG//AD , FH//AB Hình chữ nhật EFGH là hình vuông ⇔ EG FH ⇔ AD AB ⇔ A =90 ⇔ ABCD là hình chữ nhật ( Học sinh làm cách khác đúng cho điểm tối đa) ĐÁP ÁN XII Câ u Ý a Nội dung x2 x2 + + − + = − x x +2 x (x − 2)( x +2) 3(x −2) x+2 x −4 x x 2( x 2) ( x 2) 6 ( x 2)( x 2) = = ( x 2)( x 2) ( x 2)( x 2) (10 x ) 10− x x − 2+ x2 = = x2 x +2 ] [ [ ( Điê m ] ) −6 x +2 = 2−x (x − 2)( x +2) + Nếu x thì M nên M không đạt GTLN + Vậy x 2, đó M có Tử và Mẫu là số dương, nên M muốn đạt M= b GTLN thì Mẫu là (2 – x) phải là GTNN, Mà (2 – x) là số nguyên dương – x = x = Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên x là: (28) Bộ đề ôn HSG TOÁN a 2 2 2 A = ( b + c - a ) - 4b c = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) (b c) a (b c) a b a b a = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) = Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT tam giỏc) Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0 Vậy A< A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 Do (x-y)2 ; (y - 2)2 2 Nờn:(x-y) + (y - 2) + 2010 2010 Dấu ''='' xảy ⇔ x – y = và y – = ⇔ x = y = Vậy GTNN A là 2010 x = y =2 3 3 Ta có: (x + y + z) = x + y + z + 3(x + y)(y + z)(z + x) kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = Một các thừa số tích (x + y)(y + z)(z + x) phải Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = z = 1, lại kết hợp với đ/k: 2 x + y + z = x = y = Vậy số x,y,z phải có số và số 1, Nên tổng S luôn có giá trị x 4; 5; 6; 7 Phương trình biến đổi thành: (Với ĐKXĐ: ) 1 1 ( x 4)( x 5) ( x 5)( x 6) ( x 6)( x 7) = 18 1 1 1 ( x x ) + ( x x ) + ( x x ) = 18 1 x x = 18 (x + 4)(x +7) = 54 (x + 13)(x – 2) = x = -13 x = (Thỏa mãn ĐKXĐ) 13; b Vậy nghiệm phương trình là: S = 2 + Phương trình biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) + Ta chứng minh (x + 1) và (x + 1) nguyên tố cùng ! Vì d = UCLN (x+1, x + 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ) x x d x 1d x 1d x 1d x 1d x 1d x 1d d mà d lẻ nên d = + Nên muốn (x + 1)(x + 1) là số chính phương Thì (x+1) và (x + 1) phải là số chính phương 2 x k k 1 k Đặt: x t (k + x)(k – x) = x 0 x 0 + Với x = thì (2y + 1) = y = y = -1.(Thỏa mãn pt) Vậy nghiệm phương trình là: (x;y) = (0; 0), (0; 1) (29) Bộ đề ôn HSG TOÁN A E F H M I B K N D C O a b c d S ( HBC ) HD Trước hết chứng minh: AD = S ( ABC ) HE S ( HCA) HF S ( HAB ) Tương tự có: BE S ( ABC ) ; CF S ( ABC ) S ( HBC ) S ( HCA) S ( HAB ) HD HE HF HD HE HF S ( ABC ) AD BE CF = Nên AD BE CF = Trước hêt chứng minh BDH BEC BH.BE = BD.BC Và CDH CFB CH.CF = CD.CB BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC (đpcm) AEF ABC Trước hết chứng minh: AEF ABC Và CDE CAB CED CBA AEF CED mà EB AC nên EB là phân giác góc DEF Tương tự: DA, FC là phân giác các góc EDF và DFE Vậy H là giao điểm các đường phân giác tam giác DEF nên H cách ba cạnh tam giác DEF (đpcm) Gọi O là giao điểm các đường trung trực hai đoạn MN và HC, ta có OCN OMH = ONC (c.c.c) OHM (1) Mặt khác ta có OCH cân O nên: OHC OCH (2) Từ (1) và (2) ta có: OHC OHB HO là phân giác góc BHC Vậy O là giao điểm trung trực đoạn HC và phân giác góc BHC nên O là điểm cố định Hay trung trực đoạn MN luôn qua điểm cố định là O (30)