Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K.. Chứng minh rằng AB = CK..[r]
(1)TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP ĐỀ Câu Tìm số có chữ số: a1a a thỏa mãn điều kiện a và b sau: a1a 2a = a a a 4a 5a 6a a a a a) b) Câu Chứng minh rằng: ( xm + xn + ) chia hết cho x2 + x + và ( mn – 2) ⋮ Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + Câu Giải phương trình: ( 12 + 13 + .+2005 20061 2007 ) x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + + 2006.2007) Câu Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD) Gọi O là giao điểm AC và BD; các đường kẻ từ A và B song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng F và E Chứng minh: EF // AB b) AB2 = EF.CD c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích các 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) và (2) => 22≤ a a ≤ 31 => ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600 ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 25 a4a5a6 ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là số tự nhiên liên tiếp nên có khả năng: a) a7a8 = 24 => a1a2a3 a8 là số 57613824 b) a7a8 – = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 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) và ( x3t –1 ) ⋮ ( x2 + x + 1) vậy: ( xm + xn + 1) ⋮ ( x2 + x + 1) <=> ( xr + xs + 1) ⋮ ( x2 + x + 1) với ≤ r ; s ≤ <=> r = và s =1 => m = 3k + và n = 3t + r = và s = m = 3k + và n = 3t + <=> mn – = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t) (2) 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: ( 12 + 13 +…+ 2005 20061 2007 ) x= (1 2+ 3+⋯+2006 2007 ) Nhân vế với ta được: ( 22 + 23 +⋯+ 2005 20062 2007 ) x=2 [ (1 2( −0 )+ ( − 1) +⋯+ 2006 2007 ( 2008 −2005 ) ) ] 1 1 3( − + − +⋯− x 2 3 2006 2007 ) ¿ (1 3+2 − 3+⋯+2006 2007 2008 −2005 2006 2007 ) 1004 669 ( 11.2 − 2006 2007 ) x=2 2006 2007 2008 ⇔ x=10035 100 651 BF// AD OE OA = OB OC O F OB = OA OD A B O AE// BC => H Câu a) Do K E F ⇔3 MặT khác AB// CD ta lại có D OA OB = OC OD b) nên OE OF = OB OA A1B1 => EF // AB ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB Vì EF // AB // CD nên EF AB = AB DC => AB = EF.CD 1 c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD => AH OB S1 AH = = ; S4 CK CK OB AH OD S3 = =AH CK S2 CK OD => S3.S4 Câu 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 + Giá trị nhỏ A = Khi: y- = => y=1 x- y- = x=7 ĐỀ S1 S3 = => S1.S2 = S4 S2 C (3) 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 + + =0 a b c Câu 2: a Cho a b c (1) và x + y + z =2 (2) x2 y2 z2 + + =0 Tính giá trị biểu thức A= a2 b2 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 + + =3 2006 1997 1988 (1) Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M đương chéo AC Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu M trên AD, CD Chứng minh rằng: a.BM EF b Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương Tìm giá trị nhỏ 1 P= (a+ b+ c) ( 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) 2 x y z ab ac bc + + 2+2 + + =0 ⇒ xy xz yz a b c ( ) 2 x y z abz+acy + bcx + + =4 −2 =4 xyz a b c ( 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 ab bc ca B = − ab + −2 bc + − 2ca =− Câu 3: ( 1,25 điểm) (1) x· −2007 x − 2007 x − 2007 + + =0 2006 1997 1988 x= 2007 A ) (4) Câu 4: a ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM; H là giao điểm EF và 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 là các đường cao BEF đpcm Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D B M K H F C a a b b c c a b a c b c P = + b + c + a +1+ c + a + b +1=3+ b + a + c + a + c + b ( )( Mặt khác )( ) x y + ≥ với x, y dương P 3+2+2+2 =9 y x Vậy P = a=b=c ĐỀ Bài (3đ): 1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x2 + 7x + 12 b) a10 + a5 + x x x x 8 96 94 92 2) Giải phương trình: 98 Bài (2đ): P x 3x 2x có giá trị nguyên Tìm giá trị nguyên x để biểu thức 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 là trung điểm BC; F là trung điểm AK Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax góc BAC Bài (1đ): Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x − x +2007 A= 2007 x , ( x khác 0) ĐÁP ÁN Bài (3đ): 1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ) (5) 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+ + = + 98 96 94 92 x +2 x+4 x +6 x +8 ⇔ ( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( 98 96 94 92 1 1 ⇔ ( x + 100 )( + 96 - 94 - 92 ) = 98 1 1 Vì: 98 + 96 - 94 - 92 Do đó : x + 100 = ⇔ x = -100 + 1) (0,5đ) (0,25đ) Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ) Bài (2đ): 2 (2 x − x)+(4 x −2)+5 =x+2+ P = x + x +3 = x−1 x −1 x −1 (0,5đ) x nguyên đó x + có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên thì x − phải nguyên hay 2x - là ước nguyên (0,5đ) => * 2x - = => x = * 2x - = -1 => x = * 2x - = => x = * 2x - = -5 => x = -2 (0,5đ) Vậy x = { 1; 0; ; − } thì P có giá trị nguyên Khi đó các giá trị nguyên P là: x = => P = x = => P = -3 x = => P = x = -2 => P = -1 (0,5đ) Bài (4đ): 1) a) chứng minh (1đ) Δ ABM đồng dạng b) Từ câu a suy ra: AB AM = AC AN Δ CAN ⇒ Δ AMN đồng dạng Δ ABC ⇒ ∠ AMN = ∠ ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ) 2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax H (0,25đ) (6) ∠ BAH = ∠ CHA ( so le trong, AB // CH) mà ∠ CAH = ∠ BAH ( Ax là tia phân giác) (0,5đ) Suy ra: ∠ CHA = ∠ CAH nên Δ CAH cân C đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ) BK = CA Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH Do F là trung điểm AK nên EF là đường trung bình tam giác KHA Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ) Bài (1đ): A= 2007 x −2 x 2007+2007 2007 x 2 = x −2 x 2007+2007 2007 x 2 + 2006 x 2007 x 2 x − 2007 ¿ ¿ = ¿ ¿ 2006 A = 2007 x - 2007 = hay x = 2007 (0,5đ) ĐỀ SỐ ( Câu ( điểm ) Cho biểu thức A = x2 10 − x + + : x − 2+ x +2 x3 − x −3 x x+ )( ) a, Tìm điều kiện x để A xác định b, Rút gọn biểu thức A c, Tìm giá trị x để A > O 2 x −4 x+1 x − x+1 +2=− x +1 x+1 Câu ( 1,5 điểm ) Giải phơng trình sau : Câu ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD Q và S 1, Chứng minh Δ AQR và Δ APS là các tam giác cân 2, QR cắt PS H; M, N là trung điểm QR và PS Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật 3, Chứng minh P là trực tâm Δ SQR 4, MN là trung trực AC 5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng Câu ( điểm): Cho biểu thức A = nguyên Câu ( điểm) a, Chứng minh 2 x + x +3 x +1 3 Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị 3 x + y + z = ( x + y ) −3 xy ( x + y ) + z (7) 1 + + =0 x y z b, Cho A= Tính yz xz xy + 2+ 2 x y z ĐÁP ÁN Câu a, x , x -2 , x b, A= ( x x− + −2 x + x 1+2 ) : x 6+2 x −2 ( x+ )+ x −2 : x +2 ( x −2 ) ( x+2 ) −6 x+ = = 2−x ( x −2 ) ( x+ ) c, Để A > thì − x >0 ⇔ − x >0 ⇔ x <2 Câu ĐKXĐ : x ≠ −1 ; x ≠ − = x − x +1 x −5 x +1 x −3 x +2 x − x +2 +1+ +1=0 ⇔ + =0 PT x+ x +1 x +1 x+1 1 ⇔ ( x −3 x+ ) + =0 ⇔ ( x −3 x +2 ) ( x+2 ) =0 ⇔ ( x − ) ( x −2 ) ( x+2 ) =0 x +1 x +1 ⇔ ( ) ⇔ x =1 ; x = ; x = - 2/ Cả giá trị trên thỏa mãn ĐKXĐ Vậy PT đã cho có tập nghiệm S = {1 ; ; − 23 } Câu 3: 1, Δ ADQ = Δ ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông) Suy AQ=AR, nên Δ AQR là tam giác vuông cân Chứng Δ ARP= Δ ADS minh tợng tự ta có: đó AP = AS và Δ APS là tam giác cân A 2, AM và AN là đờng trung tuyến tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM RQ ∠ PAN =∠PAM = 450 nên góc MAN vuông Vậy tứ giác AHMN có Mặt khác : ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật 3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao Δ SQR Vậy P là trực tâm Δ SQR 4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = QR Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = QR (8) ⇒ MA = MC, nghĩa là M cách A và C Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách A và C Hay MN là trungtrực AC 5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cách A và C Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực AC, nghĩa là chúng thẳng hàng Câu Ta có ĐKXĐ x -1/2 A = (x + 1) + x +1 vì x Z nên để A nguyên thì x +1 nguyên Hay 2x+1 là 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 thì A nhận giá trị nguyên x 3+ y3 + z 3= ( x + y )3 −3 xy ( x + y ) + z Câu a, , Chứng minh Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh b, Ta có a+b +c=0 thì 3 3 3 a +b + c =( a+ b ) − ab ( a+b ) +c =− c −3 ab ( − c )+ c =3 abc (vì a+b +c=0 nên a+b=− c ) 1 + + 3= x y z xyz yz xz xy xyz xyz xyz 1 A= + + = + + =xyz + + =xyz × =3 xyz x y z x y z x y z Theo giả thiết đó 1 + + =0 x y z ⇒ ( ) ===================== ĐỀ Bài : (2 điểm) Cho biểu thức : M= ( x −1 − x − x +1 x +1 ) ( 1− x x + 1+ x ) a) Rút gọn b) Tìm giá trị bé M Bài : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên A= x − x +2 x − 83 x −3 Bài : điểm Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = b) |x − 2| + |x − 3| + |2 x −8| =9 (9) Bài : (3đ) 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 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120 chia hết cho 24 ĐÁP ÁN Bài : ¿ 4 2 2 ( x −1)(x +1) − x +x −1 x4+1-x2) = x −1 − x + x −1 = x −2 a) M = ¿ x +1 x +1 ( x − x 2+1)(x 2+ 1) 3 b) Biến đổi : M = - M bé lớn ⇔ x2+1 bé x +1 x +1 ⇔ x2 = ⇔ x = ⇒ M bé = -2 4 Bài : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + x −3 ⇔ A Z ⇔ Z ⇔ x-3 là x −3 ước ⇔ 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<3;3 x<4;x Rồi suy nghiệm phương trình là : x = ; x = 5,5 Bài : a) Δ ABE = Δ ADF (c.g.c) ⇒ AE = 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 b) Ta có : KAF = ACF = 450 , góc F chung Δ AKI ~ Δ CAF (g.g) ⇒ AF KF = ⇒AF 2=KF CF CF AF ⇒ KE = KF = KD+ DF = KD + BE AF d) Tứ giác EGFK là hình thoi Chu vi tam giác EKC KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) Bài : Biến đổi : (10) 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: ( A= x+ x −1 x −36 + x −6 x x + x 12 x +12 ) ( Với x ; x ± ) 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị biểu thức A với x= √9+ √ 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 − x − x −2 Câu 3: ( điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng C qua P a) Tứ giác AMDB là hình gi? b) Gọi E, F là hình chiếu điểm M trên AD , AB Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng c)Chứng minh tỉ số các cạnh hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí điểm P PD d) Giả sử CP DB và CP = 2,4 cm,; PB =16 Tính các cạnh hình chữ nhật ABCD Câu ( điểm ) Cho hai bất phương trình: 3mx-2m > x+1 (1) m-2x < (2) Tìm m để hai bất phương trình trên có cùng tập nghiệm ĐÁP ÁN Câu ( điểm ) 1) ( điểm ) ĐK: x 0; x ± ) A ¿ = = [ x +1 x −1 ( x+6)(x −6) + x (x − 6) x ( x+6) 12( x +1) x +36 x+ x+6 +6 x −36 x − x +6 =¿ x 12(x 2+ 1) 12( x 2+1) 1 = x 12(x +1) x ] = (11) = 2) A= x =√ 9+4 √5 √9+ √ 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) (x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2 Bất đẳng thức luôn luôn đúng 2) (2 điểm ) (1) 3mx-x>1+2m (3m-1)x > 1+2m (*) + Xét 3m-1 =0 → m=1/3 (*) 0x> 1+ x φ + Xét 3m -1 >0 → m> 1/3 1+2 m (*) x> m −1 + Xét 3m-1 < 3m <1 → m < 1/3 1+2 m (*) x < m −1 mà ( ) 2x > m x > m/2 Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm ¿ m> 1+2 m m = m −1 ⇔ ¿ m> 3 m −5 m− 2=0 ⇔ ¿ m> (m− 2)(m+1)=0 ¿{ ¿ m-2 =0 m=2 Vậy : m=2 Câu 3: (4 điểm ) a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm AC và BD → AM //PO → tứ giác AMDB là hình thang b) ( điểm ) Do AM// BD → góc OBA= góc MAE ( đồng vị ) Xét tam giác cân OAB → góc OBA= góc OAB (12) Gọi I là giao điểm MA và EF → AEI cân I → góc IAE = góc IEA → góc FEA = góc OAB → EF //AC (1) Mặt khác IP là đường trung bình MAC → IP // AC (2) Từ (1) và (2) suy : E,F, P thẳng hàng MF AD c) (1 điểm ) Do MAF DBA ( g-g) → FA = AB d) Nếu PD BD PB = ⇒ = =k PB 16 16 không đổi → PD= 9k; PB = 16k Do đó CP2=PB PD → ( 2,4)2=9.16k2 → k=0,2 PD = 9k =1,8 PB = 16 k = 3,2 DB=5 Từ đó ta chứng minh BC2= BP BD=16 Do đó : BC = cm CD = cm Câu4 ( điểm ) 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=- ======================== ĐỀ Bài1( 2.5 điểm) a, Cho a + b +c = Chứng minh a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 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 biểu thức: y = x+2004 ¿2 ¿ x ¿ ; ( x>0) Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn Tìm giá trị đó Bài 3: (2 ,5 điểm) a, Tìm tất các số nguyên x thoả mãn phương trình: : ( 12x – ) ( 6x – ) ( 4x – ) ( 3x – ) = 330 B, Giải bất phương trình: |x − 6| (13) Bài 4: ( ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm góc đó Kẻ IC vuông góc với ox ; ID vuông góc với oy Biết IC = ID = a Đường thẳng kẻ qua I cắt õ A cắt oy b A, Chứng minh tích AC DB không đổi đường thẳng qua I thay đổi B, Chứng minh C, Biết SAOB = CA OC2 = DB OB2 a2 Tính CA ; DB theo a ĐÁP ÁN Bài 1: điểm a, Tính: Ta có: a3 + a2c – abc + b2c + b3 = (a3 + b3) + ( a2c –abc + b2c)= (a + b) ( a2 –ab =b2 ) + c( a2 - ab +b2) = ( a + b + c ) ( a2 – ab + b2 ) =0 ( Vì a+ b + c = theo giả thiết) Vậy:a3 +a2c –abc + b2c + b3 = ( đpCM) b, 1,5 điểm Ta có: 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 = 2004 y Bài toán đưa tìm x để t bé x 2.2004 x 20042 2004 x = Ta có t = x+ 2004 ¿ ¿ ¿ ¿ x 2004 x +2004 +2 = 2004 + 2+ x = (1) 2004 x Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho số dương ta có: x2 + 20042 2004 x ⇒ x +2004 ≥2 2004 x (2) Dấu “ =” xảy x= 2004 Từ (1) và (2) suy ra: t ⇒ Vậy giá trị bé t = x =2004 1 Vậy ymax= 2004 t =8016 Khi x= 2004 Bài 3: Điểm a, Nhân vế phương trình với 2.3.4 ta được: (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8 (14) Vế tráI là số nguyên liên tiếp khác nên các thừa số phảI cùng dấu ( + )hoặc dấu ( - ) Suy ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 10 (1) Và (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) (-10) (-9) (-8) (2) Từ phương trình (1) ⇒ 12x -1 = 11 ⇔ x = ( thoả mãn) −7 Từ phương trình (2) ⇒ 12x -1 = - ⇔ x= 12 suy x Z Vậy x=1 thoả mãn phương trình ⇔ 3< x < |x − 6| < ⇔ -3 < x – < b, Ta có Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S = { x R/ < x < 9} Bài : Điểm Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị) Δ IAC ~ Δ BAO (gg) AC IC AC AO = = ⇒ AO BO IC BO Δ BID ~ Δ BAO (gg) Tương tự: OA OB OA ID = = ⇒ Suy ra: ID BD OB BD AC ID Từ (1) và(2) Suy ra: IC =BD Suy ra: (1) (2) Hay AC BD = IC ID = a2 Suy ra: AC.BD = a2 không đổi AC ID OA OA b, Nhân (1) với (2) ta có: IC BD =OB OB mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra: AC OA = BD OB C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có; SAOB = OA.OB Suy ra: OA.OB = mà SAOB = a2 Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = 8a 16 a2 OA OB = ⇒ 16 a2 ( giả thiết) ⇒ a2 + a( CA + DB ) + CA DB = 16 a2 Mà CA DB = a2 ( theo câu a) ⇒ ⇒ 16 a − a2 10 a = CA + DB + a a(CA +DB) = 16 a CA.DB a 10a CA DB Vậy: - 2a2 (15) Giải hệ pt a CA = ⇒ và DB = 3a a Hoặc CA = 3a và DB = ==================== ĐỀ P x2 y2 x2 y2 x y y x y x x 1 y Bài 1( điểm) Cho biểu thức : 1.Rút gọn P 2.Tìm các cặp số (x;y) Z cho giá trị P = Bài 2(2 điểm) Giải phương trình: 1 1 x x x x 12 x x 20 x 11 x 30 Bài 3( điểm) Tìm giá trị lớn biẻu thức: M 2x 1 x2 Bài (3 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh a Gọi E; F là trung điểm các cạnh AB, BC M là giao điểm CE và DF 1.Chứng minh CE vuông góc với DF 2.Chứng minh MAD cân 3.Tính diện tích MDC theo a Bài 5(1 điểm) Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c = 2 Chứng minh : a +b +c ĐÁP ÁN Bài (2 điểm - câu điểm) x y x 1 y MTC : P x2 x y2 1 y x y2 x y x y x 1 y x y x y x y xy x y 1 x 1 y P x y xy Với x 1; x y; y 1 thì giá trị biểu thức xác định x y xy 3 x y xy 2 Để P =3 x 1 y 2 Các ước nguyên là : 1; 2 Suy ra: x y x 1 y 2 x 0 y x 2 y 1 (loại) (16) x 2 x 3 y 1 y 0 x x y y (loại) Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định: x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 x x x x x x 12 x x x x 20 x x Ta có : Phương trình đã cho tương đương với : x 11 x 30 x x 1 x x 3 x 3 x x x x x 1 1 1 1 x x x x x x x x 1 1 x x 8 x x x x 20 0 x 10 x 0 x 10 x thoả mãn điều kiện phương trình Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2 Bài 3.(2điểm) 2 2x 1 x2 x2 x x 2x 1 M x2 x2 x M x 1 x2 x 1 1 x 1 x2 2 M lớn x Vì x 1 nhỏ 0x x và 0x x 1 Dấu “=” xảy x-1 = x 1 Vậy Mmax = x = Bài (3iểm) a BEC CFD(c.g c ) C1 D1 2 nên x nhỏ x 1 = (17) 0 CDF vuông C F1 D1 90 F1 C1 90 CMF vuông M Hay CE DF b.Gọi K là giao điểm AD với CE Ta có : AEK BEC ( g.c.g ) BC AK AM là trung tuyến tam giác MDK vuông M AM KD AD AMD cân A CD CM CMD FCD( g.g ) FD FC c 2 SCMD CD CD SCMD SFCD S FD FD Do đó : FCD 1 SFCD CF CD CD 2 Mà : SCMD CD CD 2 FD a k Vậy : Trong DCF theo Pitago ta có : 1 1 DF CD CF CD BC CD CD CD 4 2 2 e b CD 1 CD CD a 5 CD 4 1 1 2 a 0 a a 0 a a Ta có: b b Tương tự ta có: c2 c ; Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: a2 b2 c2 m SMCD Do đó : Bài (1điểm) d 3 a b c abc a2 b2 c nên: Vì Dấu “=” xảy a = b = c = ========================= ĐỀ Câu (1,5đ) 1 1 Rút gọn biểu thức : A = 2.5 + 5.8 + 8.11 +……….+ (3n 2)(3n 5) Câu (1,5đ) Tìm các số a, b, c cho : Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4) f c (18) Tìm các giá trị nguyên x để biểu thức x x có giá trị nguyên Câu (2đ) Câu Cho a,b,c là độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < (ab + ac + bc) Câu Chứng minh tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là O Thì H,G,O thẳng hàng ĐÁP ÁN Câu 1 1 1 1 A = ( - + - +…….+ 3n - 3n ) 1 n 1 = ( - 3n ) = 6n 10 Câu Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – đa thức dư suy a = ; b = - 16 x x Z x2 –x +1 = U(7)= Câu Đưa các phương trình dạng tích 1, 2,1,3 Đáp số x = Câu Từ giả thiết a < b + c a2 < ab + ac Tưng tự b2 < ab + bc c2 < ca + cb Cộng hai vế bất đẳng thức ta (đpcm) Câu tam giác ABC H là trực tâm, G là Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác - GM · · Chỉ AG = , HAG = OMG OM Chỉ AH = (Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng minh CK = AH) V AHG : VMOG (c.g.c) H,G,O thẳng hàng ====================== ĐỀ 11 Câu 1:Cho biểu thức: A= x −14 x +3 x+36 x − 19 x2 +33 x − a, Tìm giá trị biểu thức A xác định b, Tìm giá trị biểu thức A có giá trị (19) c, Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Câu 2: a, Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A= (x+ 16)(x+ 9) x với x>0 b, Giải phương trình: x+1+: 2x-1+2x =3 Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S Gọi K,L,M,N là các điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,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 Câu 4: Tìm dư phép chia đa thức x99+ x55+x11+x+ cho x2-1 ĐÁP ÁN Câu1 (3đ) a.(1đ) x −3 ¿ (3 x + 4) ¿ Ta có A= x − 3¿ (3 x −1) (0,5đ) ❑ ❑ ¿ ¿ ¿ Vậy biểu thức A xác định x3,x1/3(0,5đ) x +4 b Ta có A= x −1 đó A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ) <=> x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ) Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị (0,25đ) c (1đ) x +4 Ta có A= x −1 = 1+ x −1 Để A có giá trị nguyên thì phải nguyên<=> 3x-1 là ước 5<=> 3x3 x −1 11,5 =>x=-4/3;0;2/3;2 Vậy với giá trị nguyên xlà và thì A có giá trị nguyên (1đ) Câu: 2: (3đ) a.(1,5đ) Ta có x +25 x+ 144 A= =x+ x 144 +25 (0,5đ) x (20) Các số dương x và 144 x Có tích không đổi nên tổng nhỏ và x = 144 x x=12 (0,5đ) Vậy Min A =49 <=> x=12(0,5đ) b.(1,5đ) TH1: x<-1 thì phương trình đã cho tương đương với :-x-1-2x+1+2x=3=>x=-3<1(là nghiệm )(0,5đ) TH2: Nếu -1x<1/2 thì ta có 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 phương trình đã cho x=-3 (0,5đ) Câu 3: (3đ) C M L D K D N B1 K1 A 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 SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ) Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25đ) Tương tự S3+S4= x(1-x)S S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ) SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2-2Sx+S=2S(x-1/2)2+1/2S1/2S(0,25đ) 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 (0,25đ) b.(1,5đ) tứ giác MNKL câu a là hình bình hành (1đ) tứ giác MNKL câu a là hình chữ nhật BDAC (0,5đ) Câu 4: (1đ) 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 (21) Vậy dư phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7 ========================== ĐỀ 12 Bài 1: (3đ) Cho phân thức : M = x −2 x +2 x − x2 +3 x +6 x +2 x −8 a) Tìm tập xác định M b) Tìm các giá trị x để M = c) Rút gọn M Bài 2: (2đ) a) Tìm số tự nhiên liên tiếp biết cộng ba tích hai ba số ta 242 b) Tìm số nguyên n để giá trị biểu thức A chia hết cho giá trị biểu thức B A = n3 + 2n2 - 3n + ; B = n2 -n Bài 3: (2đ) a) Cho số x,y,z Thoã mãn x.y.z = Tính biểu thức 1 M = 1+ x + xy + 1+ y+ yz + 1+ z+ zx b) Cho a,b,c là độ dài cạnh tam giác 1 + + a+b − c b+c −a c+ a −b Chứng minh rằng: 1 + + a b c Bài 4: (3đ) Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt O Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5 a) Tính NC biết BC = 18 cm b) Tính AC biết MC - MA = 3cm AP BN CM c) Chứng minh PB NC MA =1 ĐÁP ÁN Bài 1: a) x2+2x-8 (0,5đ) = (x-2)(x+4) TXĐ ⇔ x và x - = { x /x ∈Q ; x ≠ ; x ≠ −4 } 0,2đ b) x5 - 2x4+2x3- 4x2- 3x+ = (x-2)(x2+ 3)x-1)(x+1) 1,0đ = x=2; x= ±1 0,2đ Để M= Thì x5-2x4+ 2x3-4x2-3x+6 = x2+ 2x- 0,5đ (22) Vậy 0,3đ c) M = để M = thì x ( x − 2)( x +3)( x 2+1) (x +3)(x2 −1) = ( x −2)(x +4) x +4 = ±1 0,3đ Bài 2: a) Gọi x-1, x, x+1 là số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242 (0,2đ) Rút gọn x2 = 81 0,5đ Do x là số tự nhiên nên x = 0,2đ Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10 0,1đ 2 b) (n +2n - 3n + 2):(n -n) thương n + dư 0,3đ → ⋮ n Muốn chia hết ta phải có ⋮ n(n-1) 0,2đ Ta có: 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 0,2đ 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 0,2đ b) a,b,c là độ dài cạnh tam giác nên a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0,2đ 1 + ≥ với x,y > x y x+ y 1 + ≥ = a+b − c b+c −a b b 1 + ≥ b+c − a c+ a −b c 1 + ≥ c+ a −b a+b − c a Cộng vế bất đẳng thức chia cho ta điều phải chứng minh Xảy dấu đẳng thức và a = b = c Bài 4: a) A 0,3đ 0,3đ 0,2đ 0,2đ 0,2đ 0,2đ (23) B C N AN là phân giác ^A Nên NB AB = NC AC 0,3đ Theo giả thiết ta có AB BC AC AB = = ⇒ = ⇒ Nên AC 0,2đ NB BC BC = ⇒ = ⇒ NC= =10(cm) NC NC b) BM là phân giác 0,5đ ^ B nên MC BC = MA BA 0,3đ AB BC AC BC = = ⇒ = BA MC MC − MA 3 11 = ⇒ = ⇒ac= =11 (cm) MA MA +MC 11 Theo giả thiết ta có: 0,2đ Nên 0,5đ c) Vì AN,BM,CP là đường phân giác tam giác ABC BN AB MC BC AP AC Nên BC = AC ; MA = BA ; PB = AB Do 0,5đ đó BN MC AP AB BC AC = =1 BC MA PB AC AB BC 0,5đ ======================== ĐỀ 13 Câu 1: ( 2,5 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: a/ x2 – x – (1 điểm) b/ x3 – x2 – 14x + 24 (1,5 điểm) Câu 2: ( điểm) Tìm GTNN : x2 + x + Câu 3: ( điểm) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z Câu 4: ( 1,5 điểm) Cho a > b > so sánh số x , y với : (24) 1 a x = 1 a a 1 b ; y = 1 b b Câu 5: ( 1,5 điểm) x x2 x Giải phương trình: + + = 14 Câu 6: ( 2,5 điểm) 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 ĐÁP ÁN Câu 1: a/ Ta có: x2 – x – = x2 – – x – = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – - 1) = (x + )(x - 3) ( Nếu giải cách khác cho điểm tương đương ) b/ Ta có: x = là nghiệm f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do đó 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 = là nghiệm x2 + x – 12 Nên x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4) Như vậy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) Câu 2: Tìm giá trị nhỏ x2 + x + (1 đ’) 3 1 ( x )2 ( x )2 4 Vậy f(x) đạt GTNN = Tức x = - Ta có : x2 + x + = Câu 3: 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 bội 5) Vậy tích số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120 Câu 4: (1,5 đ’) Ta có x,y > và 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 1 1 Vì a> b > nên a b và a b Vậy x < y Câu 5: 1/ Xét khoảng x < -2 ,ta có: -3x + = 14 x = - 2/ -2 x < 1, ta có : -x + 16 = 14 x = (loại) 3/ x < 3, ta có : x + = 14 x = 10 (loại) 16 4/ x , ta có: 3x – = 14 x = (25) Vậy phương trình trên có nghiệm là x = - và Câu 6: ( 2,5 đ’) D 16 x= C I F H 15 F F 150 A B Dựng tam giác cân BIC tam giác AFB có góc đáy 150 Suy : B2 60 (1) Ta có AFB BIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2) Từ (1) và (2) suy : FIB Đường thẳng CI cắt FB H Ta có: I = 300 ( góc ngoài CIB ) Suy ra: H = 900 ( vì B = 600 ) Tam giác FIB nên IH là trung trực FB hay CH là đường trung trực CFB Vậy CFB cân C Suy : CF = CB (3) Mặt khác : DFC cân F Do đó: FD = FC (4) Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC) Vậy DFC GiảI phương pháp khác đúng cho điểm tương đương ============================== ĐỀ 14 Câu (2 điểm): Với giá trị nào a và b thì đa thức f(x) =x4-3x3+3x2 + ax+b chia hết cho đa thức g(x) =a2+4-3x Câu (2 điểm) Phân tích thành nhân tử (x+y+z)3 –x3-y3-z3 Câu (2 điểm ) : a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ : x2 +x+1 b-Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A= h(h+1) (h+2) (h+3) Câu 4(2 điểm ) : Chứng minh a2+b2+c2=ab+bc+ac thì a=b=c Câu (2 điểm ) : Trong tam giác ABC lấy điểm P cho (26) PAC = PBC Từ P dựng PM vuông góc với BC PK vuông góc với CA Gọi D là trung điểm AB Chứng minh : DK=DM ĐÁP ÁN Bài (2 điểm) Chia f(x) cho g(x) Ta có : x4-3x2+3x2+ax+b: a2-3x+4 = x2+1 dư (a-3)x + b+4 (1 điểm) f(x): g(x) và số dư không Từ đây suy (1 điểm ) a-3=0 => a=3 b+4=0 => b=-4 Bài (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 và A= ( x+y+z-x) [(x+x+z)2 + (x+y+z)x + x2) – (x+z)(y2-y2+z2) = (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) Bài : (2 điểm ) a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ : x2+x+1 (1 điểm) Ta có : x2+x+1 = (x+ )2 + (1 điểm) 1 Giá trị nhỏ là (x+ )2=0 Tức x = - (1 điểm) b-Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= h(h+1) (h+2) (h+3) (1 điểm) Ta có : 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 là -1 Bài (2 điểm ) Chứng minh Theo giả thiết : a2+b2+c2 = ab+ac+bc Ta có : a2+b2+c2 – ab-ac-bc = Suy : (a2-2ab+b2) + (b2-2ab+c2) + (a2-2ac+c2)=0 (1 điểm) (a-b)2 + (b-c)2 + (a-c)2= Điều này xảy và (27) a-b = b-c = a-c = Bài (2 điểm) Gọi E là trung điểm AP F là trung điểm BP Tức là : a=b=c (1 điểm) C K M Ta có : KE= AP = EP P FM = BP =FP E A F D B Tứ giác DEPF là hình bình hành vì DE//BP, DF//AP Do đó : ED=FM ; EK =EP=DF Từ các tam giác vuông APK; BPM ta suy KEP =2KAP ; MEP = 2MBP DEPF là hình bình hành nên DEP= DFP Theo giả thiết KAD = MBP nên KEP = MFP Vậy DEK = DPM suy Δ DEK= Δ MFO (c.g.c) Do đó : DK=OM ========================== ĐỀ 15 Câu 1: (2đ) Tìm hai số biết a Hiệu các bình phương số tự nhiên chẵn liên tiếp 36 b Hiệu các bình phương số tự nhiên lẻ liên tiếp 40 Câu 2: (1,5đ) Số nào lớn hơn: ( 2006 −2005 2006+2005 ) hay 20062 −20055 20062 +20052 Câu 3: (1,5 đ) Giải phương trình x+1 x+2 x+3 x+ x+5 x+6 + + + + + +6=0 1000 999 998 997 996 995 Câu 4: (1đ) Giải bất phương trình ax –b> bx+a Câu 5: (2,5đ) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD Qua A vẽ đường thẳng AK song song với BC Qua B vẽ đường thẳng BI song song với AD BI cắt AC F, AK cắt BD E Chứng minh rằng: a EF song song với AB b AB2 = CD.EF Câu 6: (1,5đ) Cho hình thang ABCD (AD//BC) có hai đường chéo, cắt O Tính diện tích tam giác ABO biết diện tích tam giác BOC là 169 cm và diện tích tam giác AOD là 196 cm2 ĐÁP ÁN Câu 1: a Gọi số chẵn liên tiếp là x và x+2 (x chẵn) (28) Ta có: (x+2)2 -x2 =36 => x = Vậy số cần tìm là và 10 b Gọi số lẻ liên tiếp là x và x+2 (xlẻ) Ta có (x+2)2 –x2 = 40 => x = Vậy số cần tìm là và 11 Câu 2: Theo tính chất phân thức ta có: 2006+ 2005 ¿ ( = ¿ 2006 −2005 2006− 2005 2006 − 2005 20062 −20052 = < ¿ 2006+2005 2006+2005 2006 +2005 ) 20062 −20052 < 20062 +2 2006 2005+20052 20062 −20052 20062 +20052 Câu 3: Phương trình đã cho tương đương với: x+1 x+2 x +3 x+ x +5 x +6 +1+ +1+ + +1+ +1+ +1=0 1000 999 998 997 996 995 x+1001 x +1001 x +1001 x +1001 x+ 1001 x+1001 ⇔ + + + + + =0 1000 999 998 997 996 995 1 1 1 ⇔ (x+1001)( + + + + + )=0 1000 999 998 997 996 995 ⇔ x=-1001 Vậy nghiệm phương trình là x=-1001 a+ b Câu 4: * Nếu a> b thì x> a− b a+ b * Nếu a<b thì x< a− b * Nếu a=b thì 0x> 2b + Nghiệm đúngvới x b<0 + Vô nghiệm b Câu 5: a Δ AEB Δ AFB và ΔKEB AE AB = EK KD AF AB ⇒ = FC CI Và Δ CFI đồng dạng (g.g) A£ Mà KD = CI = CD – AB ⇒ EK Vậy AF// AB AF = FC ⇒ EF // KC D OK DE b Δ AEB Và Δ KED đồng dạng, suy AB = EB ⇒ A B đồng dạng (g.g) ⇒ KD+ AB DE+ EB DK+ KC BD DC DB = ⇒ = ⇒ = AB EB AB EB AB EB DB DI DB AB Do EF// DI ⇒ EB =EF ⇒ EB = EF (1) (2) E F K I C (29) DC AB Từ (1) và (2) ⇒ AB = EF ⇒ AB =DC EF B C Câu 6: Theo đề bài ta phải tính diện tích tam giác ABO, biết SBOC = 169 cm2 O SAOD = 196 cm2 Ta nhận thấy SABD = SACD (vì có chung đáy AD A và đường cao tương ứng nhau) Suy SABO = SCOD Từ công thức tính diện tích tam giác ta rút rằng: tỷ số diện tích hai tam giác có chung đường cao tỷ số hai đáy tương ứng S ABO AO S AOD D Do đó: S =OC = S => SABO.SCOD = SBOC.SAOD BOC COD 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 là số nguyên 2x3 + x2 + 2x + A= 2x + Câu 2(2đ): Giải phương trình x2 - 3|x| - = Câu 3(2đ): Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC lấy tương ứng các điểm P, Q, R Chứng minh điều kiện cần và đủ để AP; BQ; CR đồng qui là: PB QC RA =1 PC QA RB Câu 4(2đ): Cho a, b > và a+b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = (1+ 1/a )2 + (1+ 1/b)2 Câu 5(2đ): Cho hai số x, y thoã mãn điều kiện 3x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3x2 + y2 ĐÁP ÁN Câu A nguyên 2x+ là ước Ư(4) = 1; 2; 4 Giải x = -1; x= thì A nguyên Câu 2: x2 - 3|x| - = 3|x| = x2 - (30) 3x = (x2 - 4) x2 - 3x - = x2 + 3x - = Giải phương tình này 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: x+ x −1 x − x −1 x+ 2006 ) 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 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 Cho a 4; ab 12 Chứng minh C = a + b ĐÁP ÁN Bài 1: ¿ x ≠ ±1 a) Điều kiện: x ≠ ¿{ ¿ 2 x+ 1¿ + x − x −1 ¿ x +1¿ −¿ b) A = ¿ ¿ ¿ = x +2006 x (31) c) Ta có: A nguyên ⇔ (x + 2006) ⋮ x ⇔2006 ⋮ x ⇔ x=± ¿ x=± 2006 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Do x = ±1 không thoã mãn đk Vậy A nguyên x = ± 2006 Bài 2−x 1−x x a) 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 )¿ ⇔ (2006 - x) = ⇒ x = 2006 ¿ a=2 b=1 ¿{ ¿ b) Thực phép chia đa thức, từ đó ta tìm được: Bài FI FP DO a) Ta có: IE =PM =OB (1) D EJ EQ CO = = (2) FJ QM OA DO CO (3) = OB OA C E I J F FI EJ = IE FJ Từ (1), (2) và (3) suy Q P A M B 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 b) Nếu AB = 2CD thì OB =OA = nên theo (1) ta có (FH − FI = IE suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ Do đó: FI = EJ = IJ = EF không liên quan gì đến vị trí M Vậy M tuỳ ý trên AB Bài Ta có: C = a + b = ( a+b ¿+ a ≥2 ab + a ≥ 3⋅12 + ⋅4=7 4 √ 4 √ 4 ============================ (ĐPCM) (32) ĐỀ 18 Câu 1: a Tìm số m, n để: m n = + x ( x −1) x − x b Rút gọn biểu thức: M= 1 1 + + + a − a+6 a −7 a+12 a − a+20 a −11 a+30 Câu 2: a Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1 b Giải bài toán nến n là số nguyên Câu 3: Cho tam giác ABC, các đường cao AK và BD cắt G Vẽ đường trung trực HE và HF AC và BC Chứng minh BG = 2HE và AG = 2HF Câu 4: Trong hai số sau đây số nào 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) 1 = − a − a+6 a −3 a −2 1 = − a − a+12 a − a− 1 = − a − a+20 a − a − 1 = − a − 11 a+30 a −6 a −5 (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Đổi dấu đúng và tính : 1 M = a− − a −2 = (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 + 0) Nếu n = thì ta chia hết cho Nếu n > thì n – < n(n – 1) + = n2 – n +1 (0.5đ) (0.5đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (33) Do đó không thể xảy quan hệ n – chia hết cho n – n +1 trên tập hợp số nguyên dương Vậy giá trị n tìm là (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 này thoả mãn đề bài (0.25đ) 2 n – n + = - ⇔ n – n + = vô nghiệm Vậy n = 0, n = là hai số phải tìm (0.25đ) Câu 3: (3đ) (Hình *) Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI và BI, ta có HE là đường trung bình ACI nên HE//AI và HE = 1/2IA (1) (0.25đ) Tương tự CBI : HF//IB và HF = 1/2IB (2) (0.25đ) Từ BGAC và HEAC ⇒ BG//IA (3) (0.25đ) Tương tự AKBC và HFBC ⇒ AG//IB (4) (0.25đ) Từ (3) và (4) ⇒ BIAG là hình bình hành (0.25đ) Do đó BG = IA và AG = IB (0.5đ) Kết hợp với kết (1) và (2) ⇒ BG = 2HE và AG = 2HF (0.5đ) Câu 4: Ta có: (1.5đ) 19702 – < 19702 ⇔ A 1969.1971 < 19702 ⇔ √ 1969 1971<2 1970 (0.25đ) Cộng 2.1970 vào hai vế (*) ta có: 1970+2 √1969 1971< 1970 (0.25đ) √ 1970 ¿2 ⇔ √ 1969+ √1971 ¿2 <¿ (*) D I E G B K H F Hình * (0.25đ) ¿ ⇔ √ 1969+ √ 1971<2 √ 1970 Vậy: √ 1969+ √ 1971<2 √ 1970 (0.25đ) (0.25đ) C (34) =============================== ĐỀ 19 Bài (2,5đ) Cho biểu thức A= ( x2 10 − x + + : x − 2+ x +2 x3 − x −3 x x+ )( ) a tìm tập xác định A: Rút gọn A? b Tìm giá trị x A = c.Với giá trị x thì A < d timg giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên bài (2,5đ) a Cho P = x 4+ x3 + x +1 x − x +2 x − x +1 Rút gọn P và chứng tỏ P không âm với giá trị x b Giải phương trình 1 1 + + + = x +5 x+ x + x+12 x +9 x+ 20 x + 11 x+30 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức A = 27 −12 x x +9 Bài (3đ) Cho Δ ABC vuông A và điểm H di chuyển trên BC Gọi E, F là điểm đối xứng H qua AB và AC a CMR: E, A, H thẳng hàng b CMR: BEFC là hình thang, có thể tìm vị trí H để BEFC trở thành hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật không c xác định vị trí H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất? Bài (1đ) Cho các 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+ ) × 0,5đ a TXĐ = { ∀ x : x ≠ ± 2; x ≠0 } 0,25đ −1 Rút gọn: A = x −2 = 2− x 0,25đ ⇒ x=1,5 (thoã mãn điều kiện x) 0,5đ b Để A = c Để A < thì − x <0 ⇒2 − x< ⇒ x> (Thoã mãn đk x) 0,5đ (35) d Để A có giá trị nguyên thì (2 - x) phải là ước Mà Ư (2) = { −1 ; −2 ; 1; } suy x = 0; x = 1; x = 3; x= Nhưng x = không thoã mãn ĐK x Vậy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ Bài (2,5đ) a P = x 4+ x3 + x +1 x − x +2 x − x +1 0,25đ 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 2 Nên mẫu số (x + 1)(x -x + 1) khác Do đó không cần điều kiện x 0,25đ 2 ( x+ ) ( x − x+1 ) ( x+1 ) = Vậy P = vì tử = ( x+ )2 ≥ ∀ x và mẫu x2 + >0 với ( ( x 2+1 ) ( x − x+ ) ) x 2+1 x 0,25đ Nên P ∀ x b Giải PT: 1 1 + + + = x +5 x+ x + x+12 x +9 x+ 20 x + 11 x+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 đó TXĐ = 1 1 = = − x +5 x+ ( x +2 ) ( x+ ) ( x +2 ) ( x +3 ) { ∀ x ; x ≠ −2 ; −3 ; − ; −5 ; − } phương trình trở thành: 1 1 1 1 x 2 x 3 x 3 x 4 x 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 0 x 2; x 10 Vậy PT đã cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A 27 12 x x2 2 x2 27 12 x x 12 x 36 x A x 9 x2 x 9 (36) A đạt giá trị nhỏ là -1 x 36 x 12 x x 3 27 12 x 4 4 x2 x2 x2 x 3 0 x x 6 0 hay x = A = A đạt GTLN là Bài (3đ) a.(0,75đ) E đôie xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực đoanh thẳng EH góc EAH = gócIAH (1) góc FAD = gócDAH (2) cộng (1) và (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 90 theo giả thuyết hay gócEAI + gòcAD + BAC = 900 + 900 = 1800 Do đó điểm E, A, F thẳng hàng b Tam giác ABC vuông A nên gócABC + ACB = 90 (hai góc nhọn tam giác vuông) 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 cùng phía bù nhau) đó BE song song CF Vởy tứ giác BEFC là hình thang 0,75đ Muốn BEFC là hình thang vuông thì phải có góc AHC = 90 ( E F 90 ) H phải là chân đường cao thuộc cạnh huyền tam giác ABC Muốn BEFC là hình bình hành thì BE = CF suy BM = HC Vậy H phải là trung điểm BC………… 0,25đ Muốn BEFC là hình chữ nhật thì BEFC phải có góc vuông suy ( B C 450 ) điều này không xảy vì tam giác ABC không phaỉ là tam giác vuông cân… 0,25đ c.lấy H thuộc BC gần B ta có: S EHF 2 SAIDH dựng hình chữ nhật HPQD AIHD Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g) suy SHBIS SHMB SEHF SABMQ SABC với H gần C ta có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC H di chuyển trên BC ta luôn có S EHF S ABC Tại vị trí h là trung điểm BC thì ta có SEHF = SABC Do đó H là trung điểm BC thì SEHF là lớn (37) Bài (1đ) Cho các số dương a, b, c có tích Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8 Do a, b, c là các số dương nên ta có; 2 0a a 2a a 2a 1 a 4a (a – 1) (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 các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 B = x3 +6x2 +11x +6 b) Rút gọn phân thức : A x +8 x 2+19 x +12 = B x +6 x 2+ 11 x+6 Câu II : (3đ) ) 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 ) Giải bất phương trình sau : 2x2 + 10x +19 > Câu III (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 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) 2) A ( x+1)( x +3)(x+ 4) x+ = = B ( x +1)(x+2)(x +3) x +2 (1đ) (1đ) (1đ) (38) ( x+ a) (x −2) Bài II :1) Phương trình ( x +2) + (x −a) =2 (1) Điều kiện: x -2 và x a 2 ⇔ x – a + x2 – = 2x2 + 2(2- a)x – 4a (1) ⇔ – 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 (a – )2 + (a - 2)= ⇔ (a - 2) (a – + 2) = a=2 ⇒ a=0 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 Bài III AP // DQ Xét tam giác IDQ có AP = (1đ) (1đ) (1đ) DQ Theo định lý Ta Lét tam giác ta có : (0,75đ ) IA AP = = ⇒2 IA=ID⇒ AD=AI ID AQ 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 ) (0,75đ) b) 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 (1đ) Đảo: Với A và I chạy trên các đường đó và AD = AI Thì AP = CD AB và CQ = (39) Thật : Do AP // DQ suy IA AP = = ⇒2 AP=DQ ID AQ mà AB = CD ⇒ ĐPCM (0,5đ) Bài IV: y x2 + y x + y = (1) Nếu phương trình có nghiệm thì x ,y > (1) y(x2 + x +1) = ⇒ ⇒ y = ,x= y= x2 + x +1 =1 Vậy nghiệm phương trình trên là (x,y) = (0 ,1) (1đ) =================================== ĐỀ 21 I Đề bài: 1 2 2 2 2 Bài 1:(2 điểm) Cho A = b c - a c a - b a b - c 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) Chứng minh số: 1 1 , n Z+ 1.2 2.3 3.4 n.(n+1) a= không phải là số nguyên Bài 4:(3 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q là trung điểm AB, BC, CD và DA a) Tứ giác MNPQ là hình gì? Tại sao? b) Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ là hình vuông? c) Với điều kiện câu b), hãy tính tỷ số diện tích hai tứ giác ABCD và 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) = =0 A = 2bc 2ca 2ab 2abc (vì a + b + c = 0) Vậy A= 0.25 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.25 điểm (40) 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 là z1 = và z2 = -7 y2 = có nghiệm y1 = ; y2 = -1 ứng với x1 = -1 ; x2 = -3 y2 = -7 không có nghiệm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm x 1001 x 1003 x 1005 x 1007 4 1006 1004 1002 1000 2) x 1001 x 1003 x 1005 x 1007 1 1 1 0 1006 1004 1002 1000 x 2007 x 2007 x 2007 x 2007 0 1006 1004 1002 1000 0.5 điểm 1 ( x 2007) 0 1006 1004 1002 1000 ( x 2007) = 0.5 điểm 1 0 1006 1004 1002 1000 x 2007 Vì 0.5 điểm Bài 3:(1,5 điểm) Ta có: 1 1 1 1 n n+1 a = 2 3 4 1 0,5điểm n = 1 n+1 n+1 ; = Mặt khác a > Do đó a không nguyên 0.5 điểm 0.5 điểm Bài 4:(3,5 điểm) Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận đúng 0.5 điểm b n m c a p q d (41) a) Chứng minh MNPQ là hình bình hành điểm b) MNPQ là hình vuông và AC = BD, AC BD c) SABCD a =2 điểm ; SMNPQ a =4 ; 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) x + x +1 x 2+ x +2 + = x + x+ x 2+ x +3 a Tìm nghiệm nguyên tử phương trình: b Tìm giá trị lớn biểu thức: B = x 1+ x với x # Bài ( điểm) Rút gọn biểu thức: P = x −5 x +6 x −3 x 2+3 x −2 Bài ( điểm ) Cho Tam giác ABC vuông cân A Điểm M trên cạnh BC Từ M kẻ ME vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E AB ; F AC ) a Chứng minh: FC BA + CA B E = AB và chu vi tứ giác MEAF không 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 vuông góc với EF luôn qua điểm cố định ĐÁP ÁN Bài 1: a A = x – 14x + 71x - 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) ( 2điểm ) => A= (x-5) (x-4) (x-3) (x-2) Là tích số nguyên liên tiêp nên A ⋮ 24 Bài 2: a x + x +1 x + x +2 + = x + x+ x 2+ x +3 Tìm nghiệm phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức (1 điểm ) (42) B= x2 1+ x với x # giải và tìm B max = 1/2 thì x = ±1 ( 1, điểm ) Bài Rút gọn biểu thức: P= ( x − 2) ( x − 3) x −5 x +6 x−3 = => P= 2 x −3 x +3 x −2 ( x −2 ) ( x − x+1 ) x − x +1 ( 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 là trung điểm BC Thì diện tích tứ giác MEAF lớn (1 điểm ) c Chứng tỏ đường thẳng MH EF luôn 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 yz xz xy 1 2 0( x, y, z 0) x y z x y z b) Cho Tính Bài 3:(3đ) Cho tam giác ABC Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối các tia BA, CA cho BD + CE = BC Gọi O là giao điểm BE và CD Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác góc A, đường thẳmg này 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 trên 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 Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918) (43) = 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) 3 x – 4x – 18 x + = x – 7x + 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 2 => x x 18 x = (x+3)(x -7x +3) x -7x +3 Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 0 b) (1,5đ) Vì 1 1 1 1 0 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 x y z x y x y x y z xyz xyz xyz xyz yz zx xy 1 3 3 3 x y z x y z Do đó : xyz( x + y + 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 E B vì góc C1 là góc ngoài tam B E B 1 C C 1 1 giác BCE => mà AC // BM (ta vẽ) => D CBM CBM C B 1 nên BO là tia M phân giác CBM Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác góc BCM Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy O => MO là phân tia phân giác góc CMB E (44) Mà : BAC , BMC là hai góc đối hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác góc A theo gt tia phân giác góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng BMC M (cmt ); A M Ta lại có : A M mà A K (hai góc đồng vị) => M CKM K 1 cân C => CK = CM Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm) Bài 4: (1đ) Ta có M= 4x2 + 4x + =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4 = (2x + 1)2 + Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + M Vậy giá trị nhỏ M = x = - =========================================== (45)