MOT SO BAI TOAN KHOHAY CO HUONG DAN GIAI 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span> Bài 1(ñề số 5 câu 5); Cho a, b, c là các số dương và abc =1. CMR a3 b3 c3 3 + + ≥ (1 + b)(1 + c) (1 + a)(1 + c) (1 + a )(1 + b) 4. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. HD: Ta có:. a3 1+ b 1+ c a3 3 + + ≥ 33 = a (1 + b)(1 + c) 8 8 64 4 b3 1+ a 1+ c b3 3 + + ≥ 33 = b (1 + a )(1 + c) 8 8 64 4. c3 1+ a 1+ b c3 3 + + ≥ 33 = c (1 + a )(1 + b) 8 8 64 4 3 1+ a 1+ b 1+ c 1 3 3 3 3 Vậy: VT ≥ (a + b + c) − − − = (a + b + c) − ≥ 3 abc − = (ñpcm) ☺ 4 4 4 4 2 4 2 4 4. Bài 2(ñề số 7 câu 5): Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a +b +c =1. Chứng minh rằng: 11b3 − a 3 11c 3 − b3 11a 3 − c 3 + + ≤2 ab + 4b 2 cb + 4c3 ac + 4c 2. HD: 11b3 − a 3 ≤ 3b − a . Từ ñó suy ra ñiều phải chứng minh. ab + 4b 2. Bài 3(ñề số 11 câu 5.2): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2 x 2 + 9 y 2 − 6 xy − 6 x − 12 y + 2041. HD: A = 2 x 2 + 9 y 2 − 6 xy − 6 x − 12 y + 2041 = ( x 2 − 10 x + 25) + ( x 2 + 9 y 2 + 4 − 6 xy + 4 x − 12 y ) + 2012 = ( x − 5) 2 + ( x − 3 y + 2) 2 + 2012 ≥ 2012. Bài 4(ñề số 14 câu 5.2): Gọi a, b, c là ñộ dài ba cạnh của một tam giác có 3 góc nhọn. Cmr với mọi số thực x, y, z ta luôn có: x2 y2 z 2 2x2 + 2 y 2 + 2 z 2 + + > a2 b2 c2 a 2 + b2 + c2. HD: Biến ñổi: 2 x y2 z 2 2x2 + 2 y2 + 2 z 2 y2 z2  2 2 2  x ( a b c ) + + > ⇔ + + + + 2  > 2x2 + 2 y2 + 2 z 2  2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a +b +c b c  a 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2b +c −a  2  a +c −b  2  a +b −c  ⇔x  + y  + z  >0 a2 b2 c2       2. Ta thấy ñẳng thức cuối cùng hiển nhiên ñúng vì: b + c − a > 0; a + b − c > 0; a + c − b > 0 ☺ Bài 5(ñề số 15 câu 5.1); Cho a, b, c ∈ [ 0;1] . Chứng minh rằng: 1. ☺.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> a b c + + + (1 − a )(1 − b)(1 − c) ≤ 1 (1) b + c +1 a + c +1 a + b +1. HD: Giả sử. a≥b≥c. a a b a c c ≤ ; ≤ ; ≤ b + c +1 b + c +1 a + c +1 c + b +1 a + b +1 c + b +1 a+b+c 1− a ⇒ (1 − a )(1 − b)1 − c) ≤ 1 − = (*) c + b +1 b + c +1. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. Khi ñó:. -) Với a =1: (*) ñúng 3.  b + c +1+1− b +1− c  -) Với a ≠ 1 : Ta có: (b + c + 1)(1 − b)(1 − c) ≤   =1 3  . ⇒ (b + c + 1)(1 − a )(1 − b)(1 − c ) ≤ 1 − a Vậy (1) ñã ñược chứng minh. ☺ Bài 6: (ñề số 2 câu 5) 4 x2 y 2 x2 y 2 Chứng minh rằng; 2 2 2 + 2 + 2 ≥ 3 (x + y ) y x. HD: 4 x2 y 2 x2 y 2 4x2 y2 x 4 + y 4 2 x2 y2 x4 + y4 2 x2 y 2 x4 + y 4 x4 + y 4 + + = + ≥ 4 + 2 2 ≥ 4 + + ( x 2 + y 2 )2 y 2 x 2 x 4 + y 4 + 2 x 2 y 2 2 x2 y 2 x2 y 2 x + y4 x y x + y 4 2 x2 y 2 ≥ 33. 2 x2 y 2 x4 + y 4 x4 + y 4 x4 + y 4 3 . . 3 = ≥3 2x2 y2 x4 + y 4 2 x2 y 2 2 x2 y 2. Bài 7(ñề số 4 câu 5.2): Cho các số x, y, z dương thoả mãn Chứng ming rằng:. 1 1 1 + + =4 x y z. 1 1 1 + + ≤1 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z. HD: Sử dụng công thức:. 1 11 1 ≤  +  x+ y 4 x y. Từ ñó ta có: 1 1 1 1 1 1  1 1 1  1 1 1  + + ≤  + + + +  +  2 x + y + z x + 2 y + z x + y + 2 z 4  x + y x + z  4  y + z z + x  4  z + x z + y  1 2 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 11 1 1 4 ≤  + +  +  + +  +  + +  =  + +  = =1 ☺ 16  x y z  16  x y z  16  x y z  4  x y z  4. Bài 8(ñề số 6 câu 5): Cho các số thực x, y, z thoả mãn ñiều kiện: x 2 + y 2 + z 2 ≤ 3. Tìm GTLN của. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x2 y2 z2 M= + + 1 + x 4 1 + y 4 1 + z4. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. HD: a2 a2 1 3 ≤ 2 = . Từ ñó ta có GTLN của M = ☺ Sử dụng công thức: 4 1+ a 2a 2 2. Bài 9: (ñề số 9 câu 3.a) Cho x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 và xy > 0 . 1 x. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : M = +. 1 . y. HD: Ta có : x3 + y3 + 3(x2 +y2) +4(x + y) + 4 = 0 3 2 3 2 3 3 ⇔ x + 3x + 3x +1 + y + 3y + 3y + 1 + x + y + 2 = 0 ⇔ (x + 1) + (y + 1) + (x + y + 2) = 0 2 2 ⇔ (x + y + 2)[(x + 1) – (x + 1)(y + 1) + (y + 1) + 1] = 0 (*) 2. 1 3 2 2 2 ( x + 1) – ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1) + 1= ( x + 1) − ( y + 1)  + ( y + 1) + 1 > 0 2 4   Nên (*) ⇔ x + y + 2 = 0 ⇔ x + y = - 2 1 1 x + y −2 1 −2 2 Ta có : M = + = = vì ( x + y) ≥ 4xy ⇒ 4 ≥ 4xy ⇒ ≥ 1 ⇒ ≤ −2 .Vậy MaxM = -2 xy xy x y xy xy ⇔ x = y = -1. ☺ Vì. Anh em tham khảo góp ý! Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺ Bài 10(ñề số 15 câu 3.1): Giải phương trình. 2012 x 4 + x 4 . x 2 + 2012 + x 2 = 2012 (ñã 2011. sửa cho ñúng) HD:. 2012 x 4 + x 4 . x 2 + 2012 + x 2 = 2012 ⇔ (2012 + x 2 + 2012) x 4 − (2011.2012 − x 2 ) = 0 2011. ⇔ (2012 + x 2 + 2012) x 4 − (2012 − x 2 + 2012)(2012 + x 2 + 2012) = 0 ⇔ (2012 + x 2 + 2012)( x 4 + x 2 + 2012 − 2012) = 0. ⇔ x 4 + x 2 + 2012 − 2012 = 0 (do 2012 + x 2 + 2012 > 2012 > 0 ∀x ) ⇔ x 4 = 2012 − x 2 + 2012 ⇔ x4 + x2 +. 1 = x 2 + 2012 − 4. x 2 + 2012 +. 2 1 1    ⇔  x2 + =   4 2   . x2 + 2012 −. 1   2 . 2. 1 1 1 1 ( vì x 2 + 2012 − >0; x 2 + >0) ⇔ x 2 + 1 = x 2 + 2012 = x 2 + 2012 − 2 2 2 2 4 2 2 4 2 ⇔ x + 2 x + 1 = x + 2012 ⇔ x + x − 2011 = 0 ⇔ x2 +. ⇔ t 2 + t − 2011 = 0 (ñặt t = x 2 , t ≥ 0 ) ⇔. t =. −1 +. 8044 2. 3. (do t ≥ 0 ) ⇔. x=±. − 1 + 8044 2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Vậy phương trình ñã cho có tập nghiệm:.  S = − . −1 +. 8044 2. ;. −1 +. 8 0 4 4   2 . ☺. Bài 11( ñề số 3 câu 5.2) Với x, y, z là các số thực dương thỏa mãn ñẳng thức xy + yz + zx = 5 , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. P=. 3x + 3 y + 2 z . 6( x + 5) + 6( y 2 + 5) + z 2 + 5 2. HD: Ta có: P=. =. 3x + 3 y + 2 z 3x + 3 y + 2 z = 2 2 2 6( x + xy + yz + xz ) + 6( y 2 + xy + yz + xz ) + 6( z 2 + xy + yz + xz ) 6( x + 5) + 6( y + 5) + z + 5 2. 3x + 3 y + 2 z . 6( x + y)( x + z ) + 6( y + x)( y + z ) + ( z + x)( z + y). Ta lại có: 3x + 3 y + 2 x + 2 z 2 y + 2 z + 3x + 3 y y+z+x+z ; 6( y + z )( y + x) ≤ ; ( z + x)( z + y ) ≤ 2 2 2 3x + 3 y + 2 z 3x + 3 y + 2 z 2 Vậy: p ≥ = = 5x + 3 y + 2 z 5 y + 3x + 2 z 2 z + x + y 9 x + 9 y + 6 z 3 + + 2 2 2 2 6( x + y )( x + z ) ≤. Dấu “=” khi x = y = 1/2z=1 ☺. Bài 12: (ñề số 15 câu 2.1) Cho x, y, z ∈ R thỏa mãn : Hãy tính giá trị của biểu thức : M =. 1 1 1 1 + + = x y z x+ y+z. 2011 + (x8 – y8)(y9 + z9)(z10 – x10) . 2012. HD : Từ :. x+ y x+ y+z−z 1 1 1 1 1 1 1 1 => + + − + + = = 0 => + =0 x y z x+ y+z x y z x+ y+z xy z (x + y + z ).  1   zx + zy + z 2 + xy  1 ⇒ ( x + y) + = 0 ⇒ + x y ( )   = 0 ⇒ ( x + y )( y + z ) ( z + x) = 0  xy z ( x + y + z )  ( + + ) xyz x y z    . Ta có : x8 – y8 = (x + y)(x-y)(x2+y2)(x4 + y4).= y9 + z9 = (y + z)(y8 – y7z + y6z2 - .......... + z8) z10- x10 = (z + x)(z4 – z3x + z2x2 – zx3 + x4)(z5 - x5) Vậy M =. 2011 2011 + (x + y) (y + z) (z + x).A = ☺ 2012 2012. Bài 13:  ñề số 4 câu 2) Tính giá trị của các biểu thức: A=. 1 3+ 5. +. 1 5+ 7. +. 1 7+ 9. + .....+. 1 97 + 99. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 3333 ..... 35 142 43 99 sè 3. HD:. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. 1) A =. 1. +. 1. +. 1. 1. + .....+. 3+ 5 5+ 7 7+ 9 97 + 99 1 1 = ( 5 − 3 + 7 − 5 + 9 − 7 + .....+ 99 − 97 ) = ( 99 − 3 ) ☺ 2 2 2) B = 35 + 335 + 3335 + ..... + 3333 ..... 35 = 142 43 99 sè 3. =33 +2 +333+2 +3333+2+.......+ 333....33+2 = 2.99 + ( 33+333+3333+...+333...33). = 198 +. 1 ( 99+999+9999+.....+999...99) 3. 1 ( 102 -1 +103 - 1+104 - 1+ ....+10100 – 1) = 198 – 33 + 3  10101 − 10 2   +165 ☺ B =  27  . 198 +. Anh em tham khảo góp ý! Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺ Bài 14: (ñề số 13 câu 3.1)1. Cho a, b là các số dương thoả mãn ñiều kiện a2 = b + 3992 x + y + z = a. và x, y, z là nghiệm dương của hệ phương trình . 2 2 2 x + y + z = b. biểu thức P sau ñây không phụ thuộc vào x, y, z : P= x. (. )(. . Chứng minh rằng giá trị. ). (1996 + y 2 )(1996 + z 2 ) 1996 + z 2 1996 + x 2 (1996 + y 2 )(1996 + x 2 ) + + y z . 1996 + x 2 1996 + y 2 1996 + z 2. HD: Ta có: ( x + y + z )2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2( xy + yz + zx) ⇔ a 2 = a 2 − 2.1996 + 2( xy + yz + zx) ⇒ xy + yz + xz = 1996 . Vậy: 1996 + x 2 = xy + yz + zx + x 2 = ( x + y )( x + z ) Tương tự ta có: 1996 + y 2 = ( y + x)( y + z ) ; 1996 + z 2 = ( z + y )( z + x) Thay vào P ta có: (1996 + y 2 )(1996 + z 2 ) P=x +y 1996 + x 2 =x. (1996 + z )(1996 + x ) + z 2. 2. 1996 + y 2. (1996 + y 2 )(1996 + x 2 ) 1996 + z 2. ( y + x)( y + z )( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z )( z + x)( z + y ) ( x + y )( x + z )( y + x)( y + z ) +y +z ( x + y )( x + z ) ( y + x)( y + z ) ( z + x)( z + y ). = x ( y + z )2 + y ( x + z ) 2 + z ( x + y ) 2 = x( y + z ) + y ( x + z ) + z ( x + y ) = 2( xy + yz + xz ) = 3992. Vật P không phụ thuộc vào x, y, z ☺. Bài 15: (ñề số 12 câu 2.2) Giải phương trình: HD: Biến ñổi về dạng. x − 2 + 2x − 5 + x + 2 + 3 2x − 5 = 7 2. ( 2 x − 5 + 1) 2 + ( 2 x − 5 + 3) 2 = 14 ⇒ x = 15 ☺. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bài 16: Cho hai số thực dương a, b thoả mãn ñiều kiện a2 + b2 ≤ 1. 2. 2. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. 1 1 Tim giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: Q=  a +  +  b +  a  b  2 2 HD: Bài này ñể a + b ≤ 1. Có lẽ tìm GTNN rất khó!!! . Bài 17: (ðề số 12 câu 5.1)Chứng minh với mọi số thực x, y , z luôn có:.. x + y − z + y + z − x + z + x − y + x + y + z ≥ 2 ( x + y + z ) (*) HD: ðặt a = x +y – z, b = y + z – a; c = z + x – b. Vậy trong 3 số a, b, c phải có một trong hai số cùng dấu. Ta giả sử a.b > 0 Ta có x + y + z = a + b + c, 2x = a + c; 2z = b + c ⇒ x + y + z + y + x − z = a + b = a + b = 2 y . ðể chứng minh bất ñẳng thức ñã cho ta chứng minh bất ñẳng thức sau: c + a + b + c ≥ a + c + b + c (**) ñúng với a.b > 0 Ta có: (**) ⇔ c a + b + c + ab ≥ a + c b + c ⇔ c(a + b + c) + ab ≥ ab + ac + cb + c 2 (***) Ta thấy (***) ñúng vì nó có dạng A + B ≥ A + B . Dấu bằng xảy ra khi a, b, c và a + b + c chia làm hai cạp cùng dấu. Ví dụ ab >0 và c(a+b+c)>0 ☺ Bài 18:Câu 2( ñề số 5): (4,0 ñiểm). ( x 2 + 1)( y 2 + 1) + 8 xy = 0 Giải hệ phương trình  x (I) 1 y  x2 +1 + y2 +1 = − 4 . HD: Vì ( x 2 + 1)( y 2 + 1) >0 nên từ phương trình thứ nhất của hệ ta suy ra xy khác 0.  1 1   x +   y +  + 8 = 0 x  y  1 1 . ðặt u = x + ; v = y + . Khi ñó ta tìm ñược : I ⇔ ()  1 1 1 x y + =−  1 1 4 x+ y+ x y  (u; v) = {(4; −2), (−2; 4)} . Hệ pt ñã cho có 4 nghiệm:….. ☺. Bài 19:Câu 3 ñề số 1: (4,0 ñiểm).. (. Cho x + 2011 + x 2. )( y +. ). 2011 + y 2 = 2011 . (1). Tính giá trị của biểu thức T = x 2011 + y 2011 . HD: Nhân 2 vế của 1 với ( x − x 2 + 2011) ta có:. (x +. 2011 + x 2. )( x −. 2011 + x 2. )( y +. ). (. 2011 + y 2 = 2011 x − 2011 + x 2. 6. ).

<span class='text_page_counter'>(7)</span> ). (. ). (. ⇔ ( x 2 − x 2 − 2011) y + y 2 + 2011 = 2011 x − x 2 + 2011 ⇔ x + y = x 2 + 2011 − y 2 + 2011(*). HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. Nhân 2 vế của 1 với ( y − y 2 + 2011) ta có:. (x +. 2011 + x 2. )( y −. 2011 + y 2. )( y +. ). (. ). (. 2011 + y 2 = 2011 y − 2011 + y 2. (. ). ⇔ ( y 2 − y 2 − 2011) x + x 2 + 2011 = 2011 y − y 2 + 2011 ⇔ x + y = x + y = 0 C1: Từ (*) va(**) ta có:  2. ). y 2 + 2011 − x 2 + 2011(**). x = 0 ⇔ y = 0  y + 2011 − x + 2011 = 0 2. Vậy T = 0 Hoặc c2: Từ (*) và (**) ta có x +y = -x – y, suy ra x = -y. Vậy x 2011 = − y 2011 ⇒ T = x 2011 + y 2011 = 0 ☺ Bài 20: Bài 3 ñề số 7.(4ñ) Giải hệ phương trình sau:.  x 3 + y 3 = 1  7  x + y 7 = x 4 + y 4. HD: 7 7 4 4 3 3 7 7 3 4 4 3 7 7 3 3 Ta có x + y = ( x + y )( x + y ) = x + y + x y + x y = x + y + x y ( x + y )  x = 0  x3 y 3 = 0  ⇒ x y ( x + y) = 0 ⇒  ⇔  y = 0 x + y = 0  x = − y 3. 3. *)Với x = 0 thì y = 1 hoặc y = 0 thì x = 1 *) Với x = - y, không thỏa mãn hệ. Vậy (x,y)=(0 ; 1), ( 1; 0)  2 1 1  x + x + 1 +  = 4 y y  Bài 21: ðề số 9 câu2) Giải hệ phương trình:  2  x3 + x + x + 1 = 4.  y 2 y y3 HD: ñk y khác 0  2 1   1  2 1  2 1 1 1 x x + + + = 4 x x + + + + + 1 + = 4 x x     =4     y2 y y2   y y y    ⇔ ⇔  2  x3 + x + x + 1 = 4.  x 2  x + 1  + 1  x + 1  = 4  x + 1  x 2 + 1  = 4    2    2 3    y y  y y y y y  y2    1 y. ðặt x + = u; x 2 +. 1 = v . Vậy bài toán trở nên ñơn giản hơn nhiều. ☺ y2. 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. 2. 2.  x   x  10 Bài 22: ðề số 9 câu 1:   +  = . 9  x −1   x +1  HD: C1:Ta biến ñổi hai vế bằng cách quy ñồng pt ñã cho chuyển về phương trình trùng phương. ☺ 2 2 2 2 2x2  x  2x2 10  x   x  10  x  + = ⇔ + + − = C2:         2 2 9  x −1  x +1   x −1  x −1  x +1  x −1 9 2. 2.  2 x2  x  2 x2 10 2 x 2 1 1 49  x ⇔ + = ⇔  2  − 2. 2 . + =  − 2 x − 1 2 4 36  x −1 x +1  x −1 9  x −1   2 x2 1 7  2x2 5 2 − = = 2   2 2  2x 1 49  x −1 2 6  x −1 3 ⇔ 2 −  = ⇔ ⇔ 2 2  x − 1 2  36  2x − 1 = − 7  2x = − 2 6 3  x 2 − 1 2  x 2 − 1 ðến ñây bài toán trở nên dễ hơn rất nhiều so với bài toán ban ñầu ☺.  x2 + y 2 = 2 x2 y 2 Bài 23: ðề số 3 câu 3.2) Giải hệ phương trình  2 2 (1)  ( x + y )(1 + xy ) = 4 x y .. ðặt x + y = u; xy = v khi ñó ta có: 2 2 2 2 2 u − 2v = 2v u = 2v + 2v u = 2v(1 + v) ⇔ ⇔ ⇒ u 3 = 8v3 ⇔ u = 2v (1):  2 2 2 u (1 + v ) = 4v u (1 + v ) = 4v u (1 + v ) = 4v Vậy nhiệm vu ñã trở nên ñơn giản hơn rất nhiều. ☺ Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺ Hẹn lần sau gửi tiếp☺ ☺☺☺ “Toán học là biển cả, quay ñầu là bờ!” Bài 24: Bài 3ñề số 8: (4.0 ñiểm) a. Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n nguyên. b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0 x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0 Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) HD: a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n nguyên. n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n ≠ -1 ⇒ n+1≠0. ∆’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1) 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. = 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 =(n2 + 3n + 1)2. ∆’≥ 0 nên phương trình luôn có nghiệm ∆’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số hữu tỉ. ☺ b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0 x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0 Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm. Có: x1x2 = 1 x3x4 = 1 x1+x2 = -2009 x3 + x4 = -2010 Biến ñổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1 (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4) = (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 ) = x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42 = x32 - x22 - x12 + x42 = (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2 Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 ñược : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019 ☺ Bài 25: Bài 2 ñề số 8: (4.0 ñiểm)  x 2 + y 2 = 11 b.Giải hệ phương trình:   x + xy + y = 3 + 4 2. HD:  S 2 − 2 P = 11 S + P = 3 + 4 2. - ðặt S = x + y; P = xy ñược: . - ⇒ S 2 + 2S − (17 + 8 2 ) = 0 - Giải phương trình ñược S1 = 3 + 2 ; S 2 = −5 − 2 - S1 = 3 + 2 ñược P1 = 3 2 ; S 2 = −5 − 2 ñược P2 = 8 + 5 2 - Với S1 = 3 + 2 ; P1 = 3 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình: X 2 − (3 + 2 ) X + 3 2 = 0. - Giải phương trình ñược X 1 = 3; X 2 = 2 . - Với S 2 = −5 − 2 ñược P2 = 8 + 5 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình: X 2 + (5 + 2 ) X + 8 + 5 2 = 0 . Phương trình này vô nghiệm.  x = 3 x = 2 ; ☺ y = 2  y = 3. - Hệ có hai nghiệm: . Bài 26: Bài 5 ñề số 8: ( 1.0 ñiểm) Cho A(n) = n2(n4 - 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n. HD: 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. - A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n) chia hết cho 3 với mọi n. - A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n). Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với mọi n. - Nếu n chẵn ⇒ n2 chia hết cho 4 ⇒ A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ ⇒ (n-1)(n+1) là tích hai số chẵn nên nó chia hết cho 4. ⇒ A(n) chia hết cho 4 với mọi n. - Ba số 3,4,5 ñôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60. ☺ Bài 27: Bài 4 ñề số 8: ( 3.0 ñiểm) Cho ñường tròn (O) và ñiểm A nằm ngoài ñường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với ñường tròn (B, C là các tiếp ñiểm). ðoạn thẳng AO cắt ñường tròn (O) tại M. Trên cung nhỏ MC của (O) lấy ñiểm D. AD cắt (O) tại ñiểm thứ hai E. I là trung ñiểm của DE. ðường thẳng qua D vuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K. a. Chứng minh bốn ñiểm B, O, I, C cùng thuộc một ñường tròn. b. Chứng minh ∠ ICB = ∠ IDK c. Chứng minh H là trung ñiểm của DK. HD: B K M. A. O. H. D. I. E. C a)OB ⊥ BA; OC ⊥ CA ( AB, AC là các tiếp tuyến) OI ⊥ IA (I là trung ñiểm của dây DE) . ⇒ B, O, I, C cùng thuộc ñường tròn ñường kính AO. b)∠ICB = ∠IAB ( Cùng chắn cung IB ñường tròn ñường kính AO) DK // AB (Cùng vuông góc với BO) ⇒ ∠ IDK = ∠IAB Từ (1) và (2) ñược: ∠ ICB = ∠ IDK c)∠ ICB = ∠ IDK hay ∠ ICH = ∠ IDH ⇒ Tứ giác DCIH nội tiếp. ⇒ ∠HID = ∠ HCD ∠ HCD = ∠ BED (Cùng chắn cung DB của (O)) ⇒ ∠HID = ∠ BED ⇒ IH // EB. 10. (1) (2).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. ⇒ IH là ñường trung bình của DEK ⇒ H là trung ñiểm của DK ☺ Bài 28: Bài 2ñề số 8: (4.0 ñiểm) a.Giải phương trình: x 2 + 5 x − x 2 + 5 x + 4 = −2 HD: x 2 + 5x + 4 − x 2 + 5x + 4 = 2 . ðặt y = x 2 + 5 x + 4 (y ≥ 0) ñược: y2 - y - 2 = 0 Giải phương trình ñược: y1 = -1 (loại); y2 = 2. ( các ñồng chí giải tiếp nhé) ☺ Bài 29: Câu III ñề số 12 (4,0 ñiểm) 1. Tìm các số nguyên a ñể phương trình: x2 – (3 + 2a)x + 40 – a = 0 có nghiệm nguyên. Hãy tìm các nghiệm nguyên ñó. a≥0   b≥0 2. Cho a, b, c là các số thoả mãn ñiều kiện:  19a + 6b + 9c = 12 . Chứng minh rằng ít nhất một trong hai phương trình sau có nghiệm: x 2 − 2(a + 1)x + a 2 + 6abc + 1 = 0 x 2 − 2(b + 1)x + b 2 + 19abc + 1 = 0. HD: 1.Ta tính ñược ∆ = 4a 2 + 16a − 151 . ðể pt có nghiệm nguyên thì ∆ = n 2 ⇔ 4a 2 + 16a − 151 = n 2 ⇔ (4a 2 + 16a + 16) − n 2 = 167 ⇔ (2a + 4 − n)(2a + 4 + n) = 167 Vì 167 là số nguyên tố và 2a + 4 − n < 2a + 4 + n nên ta có:  2a + 4 + n = 167  4a + 8 = 168 a = 40  2a + 4 − n = 1 ⇔ ⇔  2a + 4 + n = −167 4a + 8 = −168 a = −44   2a + 4 − n = −1. *) Với a = 40 thay vào PT ñể tìm nghiệm *) Với a = -44 thay vào pt ñể tìm nghiệm 2. Từ 2 pt ta tính ñược ∆1 = a(2 − 6bc); ∆ 2 = b(2 − 19ac) ⇒ ∆1 + ∆ 2 = a (2 − 6bc) + b(2 − 19ac) Mà theo giả thiết 19a + 6b + 9c = 12 , ta có tổng (2 − 6bc) + (2 − 19ac) = 4 − c(19a + 6b) = 4 − c(12 − 9c) = (3c − 2) 2 ≥ 0. Vậy một trong hai số 2 - 6bc; 2 - 19 ac phải có số không âm, mà theo giả thiết a, b là số không âm. Vậy ∆1 ; ∆ 2 có một biểu thức không âm. Vậy một trong hai pt có nghiệm. Bài 30: Câu II ñề số 12 (4,0 ñiểm) Giải hệ phương trình:.  2x 2 − xy = 1(1)  2 2 4x + 4xy − y = 7(2). HD:. 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Nhận thấy x = 0 không phải là nghiệm nên từ (1) ta có: y =. 2x 2 − 1 (*) x. Thế vào (2) ta ñược: 8 x 4 − 7 x 2 − 1 = 0 . Từ ñây công việc trở nên rât dễ dàng. ☺ Bài 31: Câu 3.2 ñề số 15 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. HD:. a) ðặt S = x + y ; P = xy => ñiều kiện cần ñể hệ có nghiệm là S2 ≥ 4P (*) Phương trình ñã cho tương ñương với :S3 – 3 SP + 6P = 21 ⇔ S3 – 3SP + 6P – 8 = 13 ⇔ ( S – 2 ) ( S2 + 2S - 3P + 4 ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + 4 = ( x + y ) 2 + 2(x + y ) – 3 xy + 4 1 2 2 2 = x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + 4 = (x − y ) + (x + 2 ) + (y + 2 ) ≥ 0 2 Vậy S – 2 và M là 2 ước số dương của số nguyên tố 13 .ta xét 2 trường hợp sau : S − 2 =1  x = 1 hoặc x = 2 S = 3 TH1 :  2 ⇔  ⇔   y = 1 y = 2 P = 2  S + 2 S − 3 P + 4 = 13  S = 15 TH2 :  S − 2 = 13 vô nghiệm vì không thoả mãn (*) . ⇔ . [. S. 2. + 2S − 3P + 4 = 1. ].  P = 86. Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là ( 2 ; 1 ) ; ( 1 ; 2 ) Bài 32 : Câu 5 ñề số 13: (2 ñiểm) a) Cho a, b, c là các số thực dương thay ñổi thỏa món: a + b + c = 3 . Tìn giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = a 2 + b 2 + c 2 +. ab + bc + ca a 2b + b 2c + c 2 a. HD: Ta có: 3(a2 + b2 + c2) = (a + b + c)(a2 + b2 + c2) = a3 + b3 + c3 + a2b + b2c + c2a + ab2 + bc2 + ca2 mà a3 + ab2 ≥ 2a2b (áp dụng BðT Côsi ) b3 + bc2 ≥ 2b2c c3 + ca2 ≥ 2c2a Suy ra 3(a2 + b2 + c2) ≥ 3(a2b + b2c + c2a) > 0. Suy ra ab + bc + ca P ≥ a 2 + b2 + c2 + 2 a + b2 + c2 9 − (a 2 + b 2 + c 2 ) 2 2 2 ⇒P≥a +b +c + 2(a 2 + b 2 + c 2 ) ðặt t = a2 + b2 + c2, ta chứng minh ñược t ≥ 3. 9−t t 9 t 1 3 1 Suy ra P ≥ t + = + + − ≥3+ − = 4 ⇒ P ≥ 4 2t 2 2t 2 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4. 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Bài 33: ðỀ SỐ 1 CÂU3.2) Tính tổng. 4+ 3 8 + 15 240 + 14399 + + ... + . 1+ 3 3+ 5 119 + 121. S=. HOANG TIEN QUY - THCS THANH SON. HD: Nhân cả tử và mẫu của các hạnh tử vơi biểu thức liên hợp của mẫu, ta có: S= =. 4+ 3 8 + 15 240 + 14399 1 − 3 3 3 3 − 5 5 19 119 − 21 121 + + ... + = + + ... + −2 −2 −2 1+ 3 3+ 5 119 + 121. 1 − 21.11 −230 = = 115 −2 −2. Bài 34: Câu 3.2 ñề số 15. Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x3 + y3 + 6xy = 21 ðặt S = x + y ; P = xy => ñiều kiện cần ñể hệ có nghiệm là S2 ≥ 4P (*) Phương trình ñã cho tương ñương với :S3 – 3 SP + 6P = 21  S3 – 3SP + 6P – 8 = 13  ( S – 2 ) ( S2 + 2S - 3P + 4 ) = 13 (2) Xét nhân tử : M = S2 + 2S – 3P + 4 = ( x + y ) 2 + 2(x + y ) – 3 xy + 4 1 2 2 2 = x2 + y2 – xy + 2(x +y ) + 4 = (x − y ) + (x + 2 ) + (y + 2 ) ≥ 0 2 Vậy S - 2 và M là 2 ước số dương của số nguyên tố 13 .ta xét 2 trường hợp sau : S − 2 =1  x = 1 hoặc x = 2 S = 3 TH1 :  2 ⇔  ⇔   y = 1 y = 2 P = 2  S + 2 S − 3 P + 4 = 13. [. ]. S − 2 = 13 TH2 :  2 S.  S = 15 ⇔  + 2S − 3P + 4 = 1  P = 86. vô nghiệm vì không thoả mãn. (*) . Vậy phương trình có 2 nghiệm nguyên là ( 2 ; 1 ); ( 1 ; 2 ) Bài 35 câu 1.2 ñề số 6: Giải phương trình: (2x2 – 3x +1)(2x2 + 5x +1) = 9x2 HD: +) x = 0 không phải là nghiệm +) x khác 0. Chi cả 2 vế cho x2 ta. ñược:  2x – 3 +   2x + 5 +  = 9 ⇔  2x + – 3   2x + + x  x x x    vụ ñã trở nên rất rễ dàng. 1. 1. 1. 13. 1.  5  = 9 . Ta ñặt, nhiệm .

<span class='text_page_counter'>(14)</span>