HSG TOAN 8doc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ I Bài 1: (2 điểm) Cho biểu thức: M =. (. 2. x −1 1 − 2 4 2 x − x +1 x +1. ) (. x4+. 1− x 4 1+ x 2. ). a) Rút gọn b) Tìm giá trị bé nhất của M . Bài 2: (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên A = Bài 3: (2 điểm) Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = 0 b) |x − 2| + |x − 3| + |2 x −8|. 4 x 3 − 3 x 2 +2 x − 83 x −3. =9. Bài 4: (3 điểm) Cho hình vuông ABCD. Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC. Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE. Ax cắt CD tại F. Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K. Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở 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 mọi x ;y) x−2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: A = 3 x − x 2 − x −2 ĐỀ II 3 x 3 −14 x 2 +3 x+36 Bài 1: Cho biểu thức: A= 3 x 3 − 19 x2 +33 x − 9 a) Tìm giá trị của biểu thức A xác định. b) Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0. c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Bài 2: ( x+ 16)(x+ 9) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= với x > 0. 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 lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD sao cho AK/ AB = BL / BC = CM/CD = DN/DA= x. a) Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ nhất. b) Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là hình chữ nhật. Bài 4: a) Tìm dư của phép chia đa thức x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1 1 1 1 + + b) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức M = 1+ x + xy 1+ y+ yz 1+ z+ zx. ĐỀ III.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 1: (3đ). a) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 . +6x2 +11x +6 . 3. b) Rút gọn phân thức:. B = x3. 2. A x +8 x +19 x +12 = B x 3 +6 x 2+ 11 x+6. .. Bài 2: (3đ). 1) Cho phương trình ẩn x:. x +a x − 2 + =2 . x+2 x − a. a) Giải phương trình với a = 4. b) Tìm các giá trị của a sao cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm. 2) Giải bất phương trình sau: 2x2 + 10x +19 > 0. Bài 3: (3đ). Trong hình thoi ABCD người ta lấy các điểm P và Q theo thứ tự trên AB và CD sao cho AP = 1/ 3 AB và CQ = 1/ 3 CD. Gọi I là giao điểm của PQ và AD, K là giao điểm của DP và BI, O là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh AD = AI, cho biết nhận xét về tam giác BID và vị trí của K trên IB. b) Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích của A và I. Bài 4: (1đ). a) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau: yx2 +yx +y =1. b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B =. x2 1+ x 4. với x # 0 ĐỀ IV. 2. x+ 1 x −1 x − 4 x −1 x+ 2006 − + ). Bài 1: Cho biểu thức: A = ( 2 x −1 x+1 x x −1 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định. b) Rút gọn biểu thức A. c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: 2−x 1−x x −1= − a) Giải phương trình: 2004 2005 2006 3 2 b) Tìm a, b để: x + ax + 2x + b chia hết cho x2 + x + 1 Bài 3: Cho hình thang ABCD; M là một 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 lần lượt tại E và F. Đoạn EF cắt AC và BD tại I và J. a) Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF. b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy chỉ ra vị trí của M trên AB sao cho EJ = JI = IF. Bài 4: Cho a  4; ab  12. Chứng minh rằng C = a + b  7.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM I Câ u 1. Ý. Nội dung. a. ¿ 4 2 x 4 −1 − x 4 + x2 −1 x2 −2 4 2 (x −1)( x +1)− x +x −1 = 2 M= 2 ¿ x +1-x ) = 4 2 2 x +1 x +1 ( x − x +1)( x + 1) 3 3 Biến đổi : M = 1 . M bé nhất khi lớn nhất ⇔ x2+1 bé nhất ⇔ x2 = 2 2 x +1 x +1 0 ⇔ x = 0 ⇒ M bé nhất = -2 4 4 ⇔ A Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + Z ⇔  Z ⇔ x-3 là ước của x −3 x −3 4 ⇔ x-3 = ± 1 ; ± 2 ; ± 4 ⇔ x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7 Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0 ⇔ (x-2006)(x+1) = 0 ⇒ x1 = -1; x2 = 2006 Xét pt với 4 khoảng sau :x< 2; 2 x < 3; 3 x < 4; x 4 Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1; x = 5,5. b. 2. 3. a b. 4. 2. Điêm. 2. E. B. C. I. K. G D A F. a. b. c 5. a. b. Δ ABE = Δ ADF (c.g.c) ⇒ AE = AF Δ AEF vuông cân tại tại A nên AI  EF . Δ IEG = Δ IEK (g.c.g) ⇒ IG = IK . Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và vuông góc nên hình EGFK là hình thoi . Ta có: KAF = ACF = 450 , góc F chung AF KF = ⇒ AF 2=KF . CF Δ AKI ~ Δ CAF (g.g) ⇒ CF AF Tứ giác EGFK là hình thoi ⇒ KE = KF = KD+ DF = KD + BE Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) . x2+y2+1  x. y+x+y  x2+y2+1 - x. y-x-y  0  2x2 +2y2+2-2xy-2x-2y 0  ( x2+y2-2xy) + ( x2+1-2x) +( y2+1-2y)  0 (x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2 0 Bất đẳng thức luôn luôn đúng. 1 2 3 x+ ¿ + 2 4 ¿ Ta có A = x −2 1 1 = 2 = 2 ( x + x +1)(x − 2) x + x +1 ¿ 1 2 3 1 1 ¿ + ¿ min  x+ Vậy Amax  [ ( x+ =0→x=2 4 2 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Amax là. 4 3. khi x = -1/2. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM II Câ u 1. Ý. Nội dung. a. x −3 ¿ (3 x + 4) ¿ 2 Ta có A= x − 3¿ (3 x −1) . Vậy biểu thức A xác định khi x3,x1/3 ¿ ¿ ¿ 3 x +4 Ta có A= do đó A=0 <=> 3x +4=0 <=> x=-4/3 thoã mãn đk 3 x −1 Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 3 x +4 5 Ta có A= = 1+ 3 x −1 3 x −1 5 Để A có giá trị nguyên thì phải nguyên<=> 3x-1 là ước của 5<=> 3x-11,5 3 x −1 =>x=-4/3;0;2/3;2 Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên Ta có 144 x 2 +25 x+ 144 A= =x+ +25 x x 144 144 Các số dương x và Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x = x x  x=12 Vậy Min A =49 <=> x=12 TH1: nếu x<-1 thì phương trình đã cho tương đương với :-x-1-2x+1+2x=3=>x=-3<-1(là nghiệm ) TH2: Nếu -1x<1/2 thì ta có x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại ) TH3: Nếu x1/2ta có x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại) Vậy phương trình đã cho x=-3. b. c. 2. a. b. 3. Điêm. 2. a. A. K B. N. L D. M C. Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lượt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL..

<span class='text_page_counter'>(5)</span> b 4. a. b. Kẻ BB1AD; KK1AD 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 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+1/2S1/2S Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC  Tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành  Tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BDAC Gọi Q(x) là thương của 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 đó ax+b là dư của phép chia trên Với x=1 thì(*)=> 11=a+b Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7 Vậy dư của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7 Vì xyz = 1 nên x 0, y 0, z 0 1 z z = = 1+ x + xy z (1+ x+ xy ) z +xz +1 1 xz xz = = 1+ y + yz (1+ y+ yz) xz xz +1+ z z xz 1 + + =1 M= z + xz+1 xz +1+ z 1+ z + xz. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM III Câ u 1. 2. Ý a b 1. 2. Nội dung. A = (x+1) ( x+3) (x +4). Điêm. B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3). A ( x+1)( x +3)(x+ 4) x+ 4 = = B ( x +1)( x+2)(x +3) x +2 ( x+ a) ( x −2) + =2 Phương trình (1) ( x +2) ( x −a) Điều kiện: x -2 và x a. 2 2 2 2 (1) ⇔ x – a + x – 4 = 2x + 2(2- a)x – 4a ⇔ – a2 - 4 + 4a = 2(2- a)x ⇔ - (a - 2)2 = 2(a - 2)x (*) a) Với a =4 thay vào (*) ta có : ⇒ x=1 4 =4x b) Thay x= -1 vào (*) ta được. (a – 2 )2 + (a - 2)= 0 ⇔ (a - 2) (a – 2 + 2) = 0 ⇒ Giải bất phương trình : 2x2 + 10x + 19 > 0 (1) Biến dổi vế trái ta được. 2x2 + 10x + 19 = 2x2 + 8x +8 + 2x +4 +7. a=0ha=2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> = 2(x2 + 4x +4) + 2(x +2) + 7 = 2(x + 2)2 +2(x + 2) + 7 = (x + 3)2 + (x + 2)2 + 6 luôn lớn hơn 0 với mọi x Nên bất phương trình (1) Nghiệm đúng với ∀ x . 3. K. I. B P. A. O. C Q. D. a Xét tam giác IDQ có: AP =. 1 2. DQ Và AP // DQ. Theo định lý Ta Lét trong tam giác ta có:. IA AP 1 = = ⇒2 IA=ID⇒ AD=AI ID AQ 2. Tam giác BID là tam giác vuông tại B vì. AO. DB. và AO là đường trung bình của. BID Điểm K là trung điểm của IB. (Do DK là đường trung tuyến của Δ BID ) . Δ. b. 4. a. b. Với B và D cố định nên đoạn DB cố định.Suy ra trung điểm O cố định. Mặt khác AC BD , BI DB và vai trò của A và C là như nhau . Nên quỹ tích của A là đường thẳng đi qua O và vuông góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích của điểm I là đường thẳng đi qua B và vuông góc với BD trừ điểm B. 1 1 Đảo: Với A và I chạy trên các đường đó và AD = AI .Thì AP = AB và CQ = 2 3 CD. IA AP 1 = = ⇒ 2 AP=DQ mà AB = CD ⇒ ĐPCM. Thật vậy : Do AP // DQ suy ra ID AQ 2 y x2 + y x + y = 1 . (1) Nếu phương trình có nghiệm thì x ,y > 0. ⇒ y = 1 , x= 0 (1) y(x2 + x +1) = 1 ⇒ y = 1 h x2 + x +1 =1 Vậy nghiệm của phương trình trên là (x,y) = (0 ,1). x2 1  4 1 1 x  x2 2 x B= với x # 0 Theo BĐT Côsi ta giải và tìm được B max = 1/2 thì x = ±1.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM IV Câ u 1. Ý a. b. c. 2. a. Nội dung ¿ x ≠ ±1 Điều kiện: x ≠ 0 ¿{ ¿ 2 x+ 1¿ + x 2 − 4 x −1 ¿ x +1¿ 2 − ¿ A= = ¿ ¿ ¿. Điêm. x +2006 x. ⋮ x ⇔2006 ⋮ x ⇔ x=± 1 ¿ x=± 2006 Ta có: A nguyên ⇔ (x + 2006) ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ Do x = ±1 không thoã mãn đk. Vậy A nguyên khi x = ± 2006 2−x 1−x x −1= − Ta có: 2004 2005 2006 2−x 1−x x +1= +1 − +1 ⇔ 2004 2005 2006. ⇔. 2 − x 2004 1 − x 2005 x 2006 + = + − + 2004 2004 2005 2005 2006 2006 ⇔. 2006 − x 2006 − x 2006 − x = + 2004 2005 2006. 1 1 1 − − =0 2004 2005 2006 (2006 − x )¿. ⇔. ⇔ (2006 - x) = 0 ⇒ x = 2006. b. 3. ¿ a=2 Thiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được: b=1 ¿{ ¿ D. C E. J. I. Q. F P A. M. B.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> a. Ta có:. FI FP DO = = IE PM OB. (1). EJ EQ CO = = FJ QM OA. (2). DO CO = OB OA. (3). FI EJ = hay FI.FJ = EI.EJ (4) IE FJ Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có: Từ (1), (2) và (3) suy ra. IJ IJ IJ IJ )(FH + )=(EH − )(EH + )⇒ FH=EH 2 2 2 2 DO CO 1 FI 1 = = = Nếu AB = 2CD thì nên theo (1) ta có OB OA 2 IE 2 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 của M. Vậy M tuỳ ý trên AB 3 3 1 3 ab 1 3⋅ 12 1 Ta có: C = a + b = ( (ĐPCM) a+b ¿+ a ≥2 + a≥2 + ⋅ 4=7 4 4 4 4 4 4 (FH −. b. 4. √. √.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ĐỀ V Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x2 – x – 6 b) x3 – x2 – 14x + 24 Bài 2: Cho đa thức : P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + 6 a) Phân tích P(x) thành nhân tử. b) Chứng minh rằng P(x) chia hết cho 6 với mọi x  Z. Bài 3: Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n)  120 với m, n  Z. 1 a 1 b 2 2 Bài 4: Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với: x = 1  a  a ; y = 1  b  b x 1 x2 x 3 Bài 5: Giải phương trình: + + = 14 Bài 6: Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy là 150 . Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều.. ĐỀ VI Bài 1: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = ( x2 - 2x)(x2 - 2x - 1) - 6 b) Cho x  Z chứng minh rằng x200 + x100 +1  x4 + x2 + 1. Bài 2:. 1 Cho x,y,z 0 thoả mãn x + y + z = xyz và x 1 1 1  2  2 2 x y z Tính giá trị của biểu thức P =. 1 y +. 1 +z. =. 3. Bài 3: Tìm x biết a) b). 3x  2. < 5x -4. x  43 x  46 57 + 54. =. x  49 x  52  51 48. Bài 4: a) Chứng minh rằng A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3 9 với mọi n  N*. x y z   yz zx xy. b) Cho x, y, z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H  BC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. 1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo m  AB ..

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM GB HD  3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: BC AH  HC . Bài 6: Chứng minh rằng các số tự nhiên có dạng 2p+1 trong đó p là số nguyên tố , chỉ có một số là lập phương của một số tự nhiên khác.Tìm số đó.. ĐỀ VII. x 2 x  3y  x 6 Bài 1: a. Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= y  2 1 1 1 3    3 b3 c3 abc b. Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c 0. Chứng minh : a x 2 y2 z2 x 2  y2  z2    2 3 4 5 Bài 2: a. Tìm x,y,x biết : 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 rằng : x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi x Z+ Bài 4: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’ ;BB’;CC’ Có trực tâm H AH ' BH CH + + a) Tính tổng : A A' BB ' CC ' b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC IM; IN thứ tự là phân giác của các góc AIC; AIB(M AB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM 2. AB+ BC+CA ¿ ¿ c) Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện gì thì biểu thức : ¿ ¿. đạt giá trị nhỏ nhất Bài 5: Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì (1+a2)(1+b2)(1+c2) bằng bình phương của số hữu tỉ. ĐỀ VIII.  2 1  1  1  x  1 A   1   1 3    2  : 3 2 x x  2x  1 x x  1      x     Bài 1: Cho biểu thức: a/ Thu gọn A b/ Tìm các giá trị của x để A<1 c/ Tìm các giá trị nguyên của x để Acó giá trị nguyên Bài 2: Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1 Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0. AC;N.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 1 3 2 x −3 x. x2 27 − 3 x 2 b) Cho đa thức P(x) = x +bx+c, trong đó b và c là các số nguyên. Biết rằng đa thức x4 + 6x2+25 và 4 2 3x +4x +28x+5 đều chia hết cho P(x). Tính P(1) Bài 4: Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Nối D với E. Vẽ tia Dx vuông góc với DE, tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M.Trên tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho DM = EK. Gọi G là giao điểm của 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 một đường thẳng. Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x6+3x2+1=y3 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM V Bài 3: a) Giải phương trình:. Câ u 1. 4. 5. (. ). Nội dung. a. Ta cã: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3) ( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tơng đơng ) Ta cã: x = 2 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 = 3 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 + 6 = 2x4 – 6x3 – x3 + 3x2 – 5x2 + 15x – 2x + 6 = (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 – 2 + 3). a b. 3. :. Ý. b. 2. 3y. 2+. = 2(x – 3)(x – 2)(x + 1)(x – 1) + 3(x – 3)(x – 2)(x + 1)  P(x)6 (Đfcm). Ta cã : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2) (n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một sè lµ béi cña 4, mét sè lµ béi cña 3, mét sè lµ béi cña 5). VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120. 1 1  a  a2 a2 1 1 1 1  1  1  1  1  1 a 1 1 1 1 y x 1 a 1 a   2 2 a a a b2 b Ta cã x,y > 0 vµ 1 1 1 1  2  2 b vµ a b . VËy x < y. V× a> b > 0 nªn a 1/. XÐt kho¶ng x < -2 ,ta cã: -3x + 2 = 14  x = - 4. 2/. -2  x < 1, ta cã : -x + 16 = 14  x = 2. (lo¹i)  x = 10 (lo¹i). 3/. 1  x < 3, ta cã : x + 4 = 14 16 4/. x  3 , ta cã: 3x – 2 = 14  x = 3 16 VËy ph¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm lµ x = - 4 vµ x= 3 .. Điêm.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 6. A. B F. D. C. Dựng tam giác cân BIC nh tam giác AFB có góc đáy 150 . 0  Suy ra : B2 60 (1) . Ta cã AFB BIC (theo c¸ch vÏ) nªn: FB = IB (2). Từ (1) và (2) suy ra : FIB đều .  §êng th¼ng CI c¾t FB t¹i H . Ta cã: I 2 = 300 ( gãc ngoµi cña CIB ).   Suy ra: H 2 = 900 ( vì B = 600 ) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB hay CH là đờng trung trực của CFB . Vậy CFB cân tại C . Suy ra : CF = CB (3) Mặt khác : DFC cân tại F . Do đó: FD = FC (4). Tõ (3) vµ (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC). Vậy DFC đều. GiảI bằng 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 + 1  A chia hết cho x4 + x2 + 1. .1đ 1đ 1đ 1đ. Cau 2 :(2đ 1 1 1 2   ) x y z = Có (. 1 1 1   x2 y2 z2. zyx ( 3 ) = p + 2 xyz vậyP+2=3 suy ra P = 1. 1 1 1   ) + 2( xy xz yz. 0.75đ 0,75đ. 2. 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Câu 3: (3đ). Câu 4: 3đ. giải 4-5x < 3x +2< 5x - 4 làm đúng được x> 3 b, Cộng 1 vào mỗi phân thức rồi đặt nhân tử chung 1 1 1 1    (x+100)( 57 54 51 48 ) = 0  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 3 ( vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp ) 3(n+1) chia hết cho3  B chia hết cho 3  A =3B chia hết cho 9 a+b+ c b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c  x+y+z = 2  a b c a  bc a b  c  x= 2 2 2 ;y= ; z=  a b c a  b c a b  c   2a 2b 2c P= = 1 b c a c a b ( 1    1    1   ) 2 a a b b c c = 1 b a c a b c 3 ( 3  (  )  (  )  (  )) 2 a b a c c b 2 3 Min P = 2 ( Khi và chỉ khi a=b=c  x=y=z. Câu 5: (2đ) + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung. CD CA  CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng). 1đ 0.5đ 1đ 0.5đ. 0.5đ 0,5đ 0,5đ. 0.5đ. 1đ. 0,25 đ 0,25 đ. 0,25 đ 0,5 đ Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). 0 Suy ra:  BEC= ADC 135 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). 0 Nên AEB 45 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. b) 2đ. Suy ra: BE  AB 2 m 2 BM 1 BE 1 AD     Δ BEC Δ ADC Ta có: BC 2 BC 2 AC (do ~ ) mà AD  AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H). 0,25 đ 0,5 đ. 0,5đ. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> BM 1 AD 1 AH 2 BH BH       AB 2 BE (do ABH Đồng dạng nên BC 2 AC 2 AC CBA) Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c). c) 2đ. Câu 6. 0 0 suy ra: BHM BEC 135  AHM 45 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. GB AB  Suyra: GC AC , AB ED AH HD = = = vì Δ ABC ~ Δ DEC nên (DE//AH) AC DC HC HC. GB HD GB HD GB HD      GB  GC HD  HC BC AH  HC Do đó: GC HC 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 ra p=13 ( thoả mãn) Hoặc: a2+a+1 =2 điều này không xảy ra vì a >1 Vởy trong các số tự nhiên có dang 2p+1 (p là số nguyên tố) chỉ có 1 số là lập phương của một số tự nhiên khác.. 0,5đ. 1đ 1đ 1đ 0,5đ 0,5đ. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VII Bài Bài1 a) 2đ. b) 2đ Bài 2: a) 1,5đ. Nội dung 3y-x=6  x=3y-6 Thay vào ta có A=4. ab  ac  bc 1 1 1 0    0 abc a b c Vì: (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c 0.  ab  ac  bc 0  1 1 1 x; y; z b c Đặt : a chứng minh bài toán 3 3 Nếu x+y+z=0 thì: x +y +z3=3xyz  đpcm x 2 y2 z2 x 2  y2  z 2 x 2 x 2 y2 y2 z2 z2          2 3 4 5 2 5 3 5 4 5 =0 2 2 2 3x 2y z    0  x y z 10 15 20 phươngtrình:.  (64 x 2  16x  1)(8x 2  2x ) 9  (64 x 2  16x  1)(64 x 2  16x ) 72. 2x(8x-1)2(4x-1)=9 đặt :64x2-16x+0,5=k b) 1,5đ. Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72.  k 2 72,25  k 8,5. 1 1 ;x  2 Với k=8,5 Ta có x= 4 Với k=-8,5 phương trình vô nghiệm Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Bài 3 a) 1.5đ. 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). b) 1.5đ. b,Từ bài toán trên ta có: x 5-x 5  x5-x+2 chia 5 dư 2  x5-x+2 có tận cùng là 2 hoạc 7 (không có số chính phương nào có tận cùng là 2hoặc 7). vì a nguyên nên a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên 30 (2) 5a(a-1)(a+1)là tích của 3số nguyên liên tiếp với 5 nên chia hết cho 30 Từ (1); (2) suy rađpcm. Vậy: x5-x+2 không thế là số chính phương với mọi x Câu4 2đ.  Z. c b 2 1  a2   b  c  a     ab    2   c   a   b   c    b ac a bc  ac   ba   bc    đặt A= = a 2 c2 a b2 b c 1 abc    2   2  2  c b b a c a abc 1   a 2 c   c2 b   b2 a   abc      2    2    2  abc    c a   b c   a b  1 2x tacó x+ x >0 Nên A 8 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. câu 5 a). b.. c). 1 (BA ' + A ' C). AH S +S AH 2 = = AHB AHC (1) Ta có : A' A 1 S ABC AH . BC 2 S +S BH = AHB BHC Tương Tự: (2) BB' S 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) áp d ụng tính chất đường phân giác vào các tam giácABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC = ; = ; = suy ra 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 c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’. = =.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Câu6 2đ. - Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD - Δ BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2 ⇒ AB2 + AD2 (BC+CD)2 2 2 AB + 4CC’ (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 2 Tương tự: 4AA’ (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2 2 AB+ BC+CA ¿ ¿ ⇔ Ơ¿ ¿ (Đẳng thức xảy ra ⇔ BC = AC, AC = AB, AB=BC 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) 2.  (1  a 2 )(1  b 2 )(1  c 2 )   a  b  a  c  b  c   đpcm. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VIII BÀI Bài 1 a). b) c). Bài 2:. NỘI DUNG 2. 2. x +1¿ x x −1 (¿¿) : 3 x A= ĐKXĐX {0;1;-1} 2x x 2+1 + 2 ¿ ( x +1 ) . x 2 ¿ 2 3 x+ 1¿ x ¿ 2 2 A= x+ 1¿ x ( x −1)¿ ¿ ¿ x A= x −1 −1 Tacó:1-A= >0 khi x-1<0 suy ra x<1 x −1 Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1 1 A= 1+ x −1 Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1 Hoặc x-1=1 suy ra x=2 Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai) Vởy x=2 là giá trị cần tìm 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 0 (1) Nếu: abc<0 ta có:.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Bài 3: a). b). Bài 4:. b). Bài 5:. A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc Biến đổi được :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) 0 Và -abc 0 nên A 0 (2) Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) 0 1 −2 = Biến đổi phương trình về: (3 y − 1)( y −3) (3 y −1)(3 y +1) 1 −1 ; Đkxđ: y {3; } 3 3 ⇔ 3y+1=-2y+6 ⇔ y=1(thoả mãn) vậyphương trình có nghiệm duy nhất y=1 Từ giả thiết chỉ 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 Chứng minh Tam Giác BEC đồng dạngTam giác DCM E A theo tỉ số 1/2 Từ đó chứng minh:CK=ED (1) EB=BC (2) ∠ BED =∠BCK =1350 (3) từ: (1);(2);(3)suy ra: D Δ BED=Δ BCK(cg .c ) I ⇔∠ EBD=∠CBK ⇒ ∠DBK =90 0. B. C. G K H. Chứng minh tứ giác DEKM là hinhchữ nhật Suy ra tam giác CKM vuông cân tại M ⇒ 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 tại 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 tại G là trung điểm của DK vậy: G IH (2) Tử (1); (2) ta có A;I;G;H thẳng hàng Với x≠ 0 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 ra y=1 Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất(x;y)=(0;1). ĐỀ IX Bài 1: a/ Cho x + y = a , x2 + y2 = b, x3 + y3 = c. Chứng minh a3 + 2c = 3ab.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 4. Bài 2: Cho biểu thức:. Q=. 3. x + x + x +1 4 3 2 x − x +2 x − x +1. b/ Với giá trị nào của x thì phân thức sau bằng 0? P = 4 a2 +10 a+ 4 2 a 3+ 9 a2 +12 a+4. a/ Rút gọn Q. b/ Tìm các giá trị của a để Q đạt giá trị nguyên. x x+ 1 x +2 x +3 x + 4 + + + + =5 Bài 3: Giải phương trình: 2008 2009 2010 2011 2012 Bài 4: Cho tam giác ABC , ba đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại 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 nhất.. ĐỀ X Bài 1: a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x5 – 5x3 + 4x b/ Cho a + b = 1. Tính giá trị của biểu thức: A = a2(2a - 3) + b2(-3 + 2b) 1 1 1 + + =0 a b c Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 = 1 x +18 x +17 x+16 x+ 15 + + + =− 4 b/ Giải phương trình: 1991 1992 1993 1994. Bài 2: a/ Cho a;b;c. 0, a + b + c =1 và. 2. 2. 2. 2. x y x y − − ( x+ y)(1 − y ) (x+ y )(1+ x) (1+ x)(1 − y ) a/ Tìm điều kiện xác định của biểu thức M. b/ Rút gọn biểu thức M. c/ Tìm các cặp số nguyên (x;y) để biểu thức M có giá trị bằng 3.. Bài 3: Cho biểu thức: M =. Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB//CD) và O là giao điểm của hai đường chéo AC, BD. Chứng minh rằng: a/ Diện tích tam giác AOD bằng diện tích tam giác BOC. b/ Tích của diện tích tam giác AOB và diện tích tam giác COD bằng bình phương diện tích tam giác BOC.. ĐỀ XI.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bài 1: a) Xác định a để cho đa thức x3 - 3x + a chia hết cho (x - 1)2 b) Tìm x biết: x2 (x -1) + 2x (1-x) = 0 x 4 − x3 − x +1 Bài 2: a) Cho biểu thức: P = x 4 + x 3 +3 x 2+ 2 x +2 Rút gọn rồi chứng minh P không âm với mọi 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 rằng nếu a,b,c là ba cạnh của một tam giác thì A > 0 Bài 4: Cho hình bình hành ABCD. Các tia phân giác của các góc A,B,C,D của hình bình hành lần lượt cắt nhau tại E,F,G,H. a) Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh rằng EG = FH và bằng hiệu giữa hai cạnh kề một đỉnh của 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 =. [. 2. x 6 1 + + 3 x − 4 x 6 − 3 x x +2. ] ( :. x − 2+. 10− x 2 x +2. ). a. Rút gọn M b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất. 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 của một tam giác thì A < 0. Bài 3: a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 2 2 2 3 3 3 b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x + y + z = 1 và x + y + z = 1. 2009 2010 2011 Tính tổng: S = x +y +z Bài 4: 1 1 1 1 a. Giải phương trình: + + = 2 2 2 18 x +9 x +20 x +11 x+ 30 x +13 x+ 42 b. Giải phương trình với nghiệm là số nguyên: 2 x( x + x + 1) = 4y( y + 1). Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. HD HE HF   a. Tính tổng: AD BE CF 2. b. Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC c. Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF. d. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN. Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> ĐÁP ÁN IX Câ u 1. Ý a b. 2. a. b 3. Nội dung 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 2 2 2 x +1 ¿ − x ( x + 1) ¿ x +1 ¿2 ( x 2 − x +1) ¿ Biến đổi được P = ¿ ¿ 3 (x +1)( x+1) ¿ Lý luận được mẫu thức > o với mọi x. P = 0 ⇔ (x +1)2(x2 - x + 1) = 0 ⇔ (x +1) = 0 ⇔ x = -1 a+2 ¿2 (2 a+1) 2 1 ¿ Biến đổi Q = = (a -2; a ) a+2 2 2( a+2)(2 a+1) ¿ Thiếu điều kiện trừ 0,25đ ⇔ a { −1 ; −3 ;0 ;− 4 } Q nguyên ⇔ a + 2 là ước của 2 ⇔ a+2 { 1; − 1; 2 ; −2 } x x+ 1 x +2 x +3 x + 4 + + + + =5 2008 2009 2010 2011 2012 x x +1 x +2 x +3 x+ 4 −1)+( − 1)+( −1)+( −1)+( − 1)=0 ⇔ ( 2008 2009 2010 2011 2012 1 1 1 1 1 + + + + )=0 ⇔ (x-2008) ( 2008 2009 2010 2011 2012 1 1 1 1 1 + + + + )≠ 0 Vì ( 2008 2009 2010 2011 2012 Nên x -2008 = 0 ⇔ x = 2008 Vậy S = { 2008 }. 4. A B' C'. B. 5. 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. ⇔. E. A. F. M. D. a. B. C/m AEMF là hình chữ nhật suy ra MF = AE C/m ∆MFO vuông cân tại F suy ra MF = FD. C. Điêm.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> b. c. Suy ra AE = FD C/m ∆DAE = ∆CDF (c.g.c) suy ra 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 nhất ⇔ ME=MF ⇔ AEMF là hình vuông ⇔ M điểm hai đường chéo AC và BD của hình vuông ABCD. O là giao. ĐÁP ÁN X Câ u 1. Ý. 2. a. a b. b. 3. a b. c. Nội dung x5 – 5x3 + 4x = x(x4 -5x2 + 4) = x[x2( x2-1)-4(x2-1= x( x2-1)(x2-4= (x-2)(x-1)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) 2 2 2 = -2ab-a -b = -(a+b) = -1 (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = 1 1 1 1 ab+ ac+ bc + + =0 ⇒ =0 a b c abc ⇒ ab + ac + bc = 0 ⇒ 2ab + 2ac + 2bc = 0 ⇒ a2 + b2 + c2 = 1 x +18 x +17 x+16 x+ 15 + + + =− 4 1991 1992 1993 1994 x+ 2009 x+ 2009 x+ 2009 x+ 2009 ⇔ + + + =0 1991 1992 1993 1994 1 1 1 1 + + + )=0 ⇔ (x+2009) ( 1991 1992 1993 1994 1 1 1 1 + + + ≠0¿ ⇔ (x+2009) = 0 (vì 1991 1992 1993 1994 ⇔ x =-2009 x -1, y 1, x y (Thiếu,sai 1ĐK trừ 0,25đ) 2 x y2 x 2 y2 − − M= = ( x+ y)(1 − y ) ( x+ y )(1+ x) (1+ x)(1 − y ) x 2 (1+ x) − y 2 (1 − y )− x 2 y 2 ( 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 2 (x − 1)] = = = x – y + xy (x+ y)(1 − y )(1+ x) ( x+ y)(1 − y )(1+ x) M = 3 ⇔ x – y + xy = ⇔ (x –1) (y+1) = 2. Điêm.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> ⇒ x −1=1 y+ 1=2 ⇔ ¿ x=2 y=1 ¿{. (loại). ¿ x −1=−1 y+ 1=−2 ⇔ Hoặc ¿ x=0 y=− 3 ¿{ ¿ Vậy (x;y) = (0;-3). (thỏa). 4. A. B M O N. D. a. b. H. K. DC, BK DC (H,K DC) 1 S ADC  AH .DC 2 1 S BDC  BK .DC  S ADC S BDC (doAH BK ) 2  S AOD  S DOC S BOC  S DOC  S AOD S BOC Vẽ DM AC (M AC), BN AC (N AC) ¿ 1 BN . AO S AOB 2 AO = = Ta có: S BOC 1 OC BN . OC 2 ¿ ¿ 1 S AOD 2 DN . AO AO = = S DOC 1 OC DN . OC 2 ¿ S AOB S AOD ⇒ SAOB . SCOD =S AOD . S BOC ⇒ = SBOC SCOD. C. Vẽ AH. . S BOC ¿2 ( doSAOD=SBOC ) ⇒ S AOB . S COD=¿. ĐÁP ÁN XI Câ u. Ý. Nội dung. Điêm.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 1. a b. 2. a. b. 3. a. b. x3 - 3x + a = (x2 - 2x +1)(x +2) + a - 2 (x3 - 3x + a) chia hết cho (x - 1)2 ⇔ a-2 = 0 ⇔ a = 2 x2 (x -1) + 2x (1-x) = 0 ⇔ x(x-1)(x-2) = 0 Vậy x {0;1;2} x −1 ¿2 4 3 x − x − x +1 ¿ P= = 4 3 2 ¿ x + x +3 x + 2 x +2 ¿ Vì x2 0 với mọi x, nên x2 + 2 > 0. Và (x - 1)2 0 với mọi x. 2 x −1 ¿ ¿ Suy ra 0 với mọi x, hay P 0 ¿ ¿ a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc ⇔ 2a2 +2b2 +2c2 -2ab -2ac-2bc = 0 ⇔ (a-b)2+(a-c)2+(b-c)2 = 0 ¿ a −b=0 a − c=0 ⇔ ⇔ a=b=c b − c=0 ¿ {{ ¿ 2 2 A = 2a b + 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) = (a+b+c)(a+b-c)(c+a-b)(c-a+b) Nếu a,b,c là ba cạnh của một tam giác thì a >0, b >0, c >0 và các nhân tử của biểu thức trên đều dương (theo bất đẳng thức tam giác) Nên A >0. 4. M. C. B H E. G F. A. a b. c. N. D. 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 tại B, do đó E là trung điểm của AM. C/m tương tự G là trung điểm của CN . Nên BG là đường trung bình của hình bình hành AMCN nên EG = 1/2(MC+AN)=MC. Suy ra 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 ⇔ ⇔ ABCD là hình chữ nhật ( Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) ĐÁP ÁN XII. A =900.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Câ u 1. Ý a. Nội dung 2. Điêm. x 6 1 x2 6 1 + + = − + 3 x (x − 2)(x +2) 3(x −2) x+2 x − 4 x 6 − 3 x x +2 x  2( x  2)  ( x  2) 6 ( x  2)( x  2) = = ( x  2)( x  2) 6 ( x  2)( x  2)  (10  x 2 ) 2 10− x x − 2+ x2 = = x2 x +2. [. (. ] [. ]. ). −6 x +2 1 . = 2−x ( x − 2)(x +2) 6 + Nếu x  2 thì M  0 nên M không đạt GTLN. + Vậy x  2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M muốn đạt GTLN thì Mẫu là  M=. b. 2. a b. 3. a. b. 4. a. b. (2 – x) phải là GTNN, Mà (2 – x) là số nguyên dương  2 – x = 1  x = 1. Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1. A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)  (b  c) 2  a 2   (b  c) 2  a 2  =  = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giỏc) Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0 Vậy A< 0 A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0 2 2 Nờn:(x-y) + (y - 2) + 2010 2010 Dấu ''='' xảy ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2. Vậy GTNN của A là 2010 tại x = y =2 3. 3. 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) = 0  Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0 2 2 2 Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1  z = 1, lại kết hợp với đ/k: x + y + z = 1  x = y = 0. Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1, Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1.  x  4;  5;  6;  7 ) Phương trình được biến đổi thành: (Với ĐKXĐ: 1 1 1 1   ( x  4)( x  5) ( x  5)( x  6) ( x  6)( x  7) = 18 1 1 1 1 1 1 1     ( x  4 x  5 ) + ( x  5 x  6 ) + ( x  6 x  7 ) = 18 1 1 1   x  4 x  7 = 18  (x + 4)(x +7) = 54  (x + 13)(x – 2) = 0  x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ)   13; 2 Vậy nghiệm của phương trình là: S = 2. + Phương trình được biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) 2 + Ta chứng minh (x + 1) và (x + 1) nguyên tố cùng nhau !. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 2. Vì nếu d = UCLN (x+1, x + 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)  x 2  x d  2  x  1d  x  1d  x  1d  x  1d  2    x  1d     x  1d  2 d mà d lẻ nên d = 1. 2. + Nên muốn (x + 1)(x + 1) là số chính phương 2 Thì (x+1) và (x + 1) đều phải là số chính phương  x 2  1 k 2  k 1 k  1    2 x  1 t x  0      Đặt: (k + x)(k – x) = 1 hoặc  x 0 2 + Với x = 0 thì (2y + 1) = 1  y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa mãn pt)  (0;0), (0;  1) Vậy nghiệm của phương trình là: (x;y) = 5. A. E. F. H M. I B. K N. D. C. O. a. b. c. HD Trước hết chứng minh: AD = HE S ( HCA)  BE S ( ABC ) ; Tương tự có:. S ( HBC ) S ( ABC ) HF S ( HAB )  CF S ( ABC ). S ( HBC )  S ( HCA)  S ( HAB ) HD HE HF HD HE HF     S ( ABC )  AD BE CF = 1 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 2 (đpcm)   Trước hết chứng minh:  AEF   ABC  AEF  ABC   Và  CDE   CAB  CED CBA   AEF CED mà EB  AC nên EB là phân giác của góc DEF. Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE. Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> d. nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm) Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có  OMH =    ONC (c.c.c)  OHM OCN .(1)   Mặt khác ta cũng có  OCH cân tại O nên: OHC OCH .(2)   Từ (1) và (2) ta có: OHC OHB  HO là phân giác của góc BHC Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên O là điểm cố định. Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O..

<span class='text_page_counter'>(27)</span>