Tải bản đầy đủ (.docx) (37 trang)

de thi hsg cac nam truoc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (360.01 KB, 37 trang )

(1)ĐỀ I Bài 1 Chứng minh rằng : a, (n5 – 5n3 + 4n) chia hết cho 120 với m,n thuộc Z giải 5 a)Ta cã : n – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña 5 số nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của 3, một số lµ béi cña 5). VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120. b, Phân tích đa thức thành nhân tử: 2. B  x 2  5x  6   7x  x 2  5x  6   12x 2 giải 2. B  x 2  5x  6   7x  x 2  5x  6   12x 2. x 2  5x  6 y. 2. 2. Khi đó B y  7xy  12x B y2  3xy  4xy  12x 2 y  y  3x   4x  y  3x   y  3x   y  4x   x 2  5x  6  3x   x 2  5x  6  4x . Đặt.  x 2  2x  6   x 2  x  6 . Bài 2: 2x 4 x2 2 x x 2  3x A (  2  ):( ) 2 x x  4 2x 2 x 2  x3. Cho biểu thức : a,Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ? b,Tìm giá trị của x để A > 0? c,Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4 giải a).

(2) 2  x 0  2  x  4 0   2  x 0  x 2  3 x 0  2 x 2  x 3 0. A (.  x 0   x 2   x 3. 2  x 4 x2 2 x x 2  3x (2  x) 2  4 x 2  (2  x) 2 x 2 (2  x)  2  ):( 2 3)  .  2  x x  4 2  x 2x  x (2  x)(2  x) x( x  3). 4 x2  8x x(2  x) 4 x( x  2) x(2  x) 4 x2 .    (2  x )(2  x ) x  3 (2  x )(2  x)( x  3) x  3. Vậy với. x 0, x 2, x 3. thì. A. 4x 2 x 3 .. b) x 0, x 3, x 2 : A  0 . 4 x2 0 x 3. Với  x  3  0 ( Vì 4x2 > 0 mọi x # 0)  x  3(TMDKXD). Vậy với x > 3 thì A > 0.. c)  x  7 4 x  7 4    x  7  4  x 11(TMDKXD )   x 3( KTMDKXD ). Với x = 11 thì A =. 121 2. Bµi 3 ( 3®iÓm) a) Giải phương trình: x 2 +4 x+6 x 2+16 x +72 x2 +8 x +20 x 2 +12 x + 42 + = + x +2 x+ 8 x+4 x +6. b) Gi¶i phư¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn:.

(3) 2. x( x + x + 1) = 4y( y + 1). Giải. a) ( 1,5 điểm) 2. .   . x+ 2¿ +2 ¿ x +8 ¿ 2+ 8 ¿ x+4 ¿ 2+ 4 ¿ x +6 ¿ 2+6 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 8 4 6 x+ 2+ + x +8+ =x +4 + + x+ 6+ x +2 x +8 x+ 4 x+6 2 8 4 6 1 4 2 3 + = + + = +  x +2 x +8 x +4 x+ 6 x +2 x +8 x +4 x+ 6 5 x +16 5 x+24 = ( x+2)(x +8) ( x +4 )( x+6).  (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8)  (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16)  5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16  8x2 + 40x = 0  8x(x + 5) = 0 x = 0; x = -5 Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm b) ( 1,5 điểm) + Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) 2. 2 2. + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x + 1) nguyªn tè cïng nhau ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x + 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) 2.

(4)  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 mµ d lÎ nªn d = 1. + Nªn muèn (x + 1)(x + 1) lµ sè chÝnh ph¬ng Thì (x+1) và (x + 1) đều phải là số chính phơng . 2. 2. 2 2   x  1 k  2 §Æt:  x 1 t . k 1   1  x 0. k  1   x 0. (k + x)(k – x) = hoÆc + Víi x = 0 th× (2y + 1) = 1  y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y) 2. Bµi 4 ( 8 ®iÓm) Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a. Một điểm M chuyển động trên cạnh DC (M D, M C) chọn điểm N trên c¹nh BC sao cho ∠ MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC 2.Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. Chøng minh S Δ AEF = 12 S Δ AMN 4. Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC 5. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE . Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 Giải Bài 4 ( 8 điểm) A. B. F N. H I. E. K. D. M. C. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC ( 1,25 điểm) -Ta cm: ∠ ABF = ∠ ACM = 450 - ∠ BAF = ∠ MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 ).

(5) suy ra : ° ABF # °AMC 2. Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o ( 1,5 điểm) Tõ D AFB # D AMC (g.g) => AF = AB ⇔ AF = AM (1) AM AC AB AC Cã ∠ MAF = ∠ BAC = 45 0(2) Tõ 1 vµ 2 => D AFM # D ABC => ∠ AFM = ∠ ABC = 90o C/M hoµn toµn t¬ng tù cã ∠ AEN = 900 v× vËy ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. S D AEF = 1/2 S D AMN (2 điểm) AF. AE. Cã D AFM # D AEN => AM = AN => D AEF # D AMN (c.g.c) =>. AF 2 ¿ (1) AM SAEF =¿ SAMN. Cã ∠ FAM = 450, ∠ AFM = 900 => D AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 AF. => AM ¿ ¿. 2. = 1 2. Thay vào (1) ta đợc SAEF. SAMN. = 1 hay: S D AEF = 1/2 S D AMN 2. 4.. C/M chu vi D CMN không đổi ( 1,25 điểm) Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN D ADK = D ABN => AK = AN vµ ∠ BAN = ∠ DAK. do đó D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi D CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC 5. Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 (2 điểm) KÎ HI ^ MN t¹i I - Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN - Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM - suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2 - áp dụng định lí Pitago vào °CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2.

(6) Bµi 5 a) Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng. a b c 3 + + ≥ b+c c +a a+b 2 giải. Bµi 5: ( 2 điểm) a) ( 1,0 điểm) Ta coù:. x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 + x + 1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x +. 1) Vì x3m – 1 vaø x3n – 1 chia heát cho x3 – 1 neân chia heát cho x2 + x + 1 Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N. b) ( 1,0 điểm) §Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b ta cã a =. y+z − x 2. ; b=. ta cã (1). ⇔ ⇔. z+x − y 2. x+y −z 2. y + z − x z +x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z. 3 2. y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z ⇔. đúng?. ;c=. (. y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ 6 x y x z y z. lµ B®t.

(7) Đề 2. Bài 1. a.. Phân tích đa thức thành nhân tử:. x 2  2 xy  6 y  9. x 1 x 2 x 3 x  2012    ...  2012 2013 2012 2011 2. b. Giải phương trình: c. Tìm đa thức f ( x) biết: f ( x) chia cho x  2 dư 5; f ( x) chia cho x  3 dư 7; f ( x) chia cho ( x  2)( x  3) được thương là x 2  1 và đa thức dư bậc nhất đối với x . Giải 2. a, x  2 xy  6 y  9 = ( x2 – 9) + 2y(x + 3) = (x – 3)(x + 3) + 2y(x + 3) =(x+ 3)(x + 2y – 3) x 1 x 2 x 3 x  2012    ...  2012  2 b, 2013 2012 2011. x 1 x 2 x 3 x  2012  1  1  1  ...   1 0  2013 2012 2011 2 x  2014 x  2014 x  2014 x  2014    ...  0  (x 2013 2012 2011 2. – 2014)(. 1 1 1   ...  2013 2012 2. )=0  x = 2014 c,Gọi dư trong phép chia f(x) cho x2 - 1 là ax + b Ta có : f(x) = (x – 2)(x – 3)(x2- 1) + ax + b Theo bài ra : f(2) = 5 nên ta có 2a + b = 5 ; f(3) = 7 nên 3a + b = 7 HS tính được a = 2 ; b = 1 Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + 1 Bài 2.

(8) Cho: P 7.2014n 12.1995n với Chứng minh: a. b.. P. Q. n N ;. chia hết cho 19. không phụ thuộc vào. x. và. ( x2  n)(1  n)  n2 x2 1 Q 2 ( x  n)(1  n)  n2 x2 1 .. Q 0.. Giải. a ,P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n) Ta có : 19. 2014n  19 ; (2014n -1995n)  19. nên P  19 b,Q =. ( x 2  n)(1  n)  n 2 x 2  1 x 2  x 2 n  n 2  n  n 2 x 2  1  ( x 2  n)(1  n)  n 2 x 2  1 x 2  x 2 n  n 2  n  n 2 x 2  1. x 2 (n 2  n  1)  n 2  n  1 x 2 (n 2  n  1)  n 2  n  1. ( n 2  n  1)( x 2  1) (n 2  n  1)  ( n 2  n  1)( x 2  1) (n 2  n  1). = = Vậy Q không phụ thuộc vào x 1 3 (n  ) 2  n2  n 1 2 4 0  2 1 n  n  1 (n  )2  3 2 4. Q= Bài 3. 2 2 a. Chứng minh: a  5b  (3a  b) 3ab  5 b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:. 2 x 2  3 y 2  4 x 19 2. giải  3ab. a, a + 5b – (3a + b) – 5  2a2 + 10b2 – 6a -2b – 6ab +10 0  a2 – 6ab +9b2 + a2 – 6a + 9 + b2 - 2b +1 0  (a – 3b)2 +(a - 3)2 + (b – 1)2 0 . Dấu « = » xảy ra khi a = 3 ; b = 1.

(9) 2. 2. b, 2 x  3 y  4 x 19  2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2  2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (*) Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3(7 – y2) 2  y lẻ (1) Mặt khác VT 0  3(7 – y2) 0  y2  7 (2). Từ (1) và (2) suy ra y2 = 1 thay vào (*) ta có : 2(x + 1)2 = 18 HS tính được nghiệm nguyên đó là (2 ; 1) ; (2 ; -1) ; (-4 ; -1) ; (-4 ; 1). Bài4 Cho tam giác ABC nhọn (AB<AC). Các đường cao AE, BF cắt nhau tại H. Gọi M trung điểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K. a. Chứng minh D ABC đồng dạng D EFC. b. Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và D. Chứng minh NC = ND và HI = HK. c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh: AH BH CH   6 HE HF HG. Giải.

(10) A. F K. G H. I. B. E. M. C. N. D. Ta có D AEC.  D BFC. (g-g) nên suy ra. CE CA  CF CB. CE CA  CF CB và. Xét D ABC và D EFC có góc C chung nên suy ra D ABC  D EFC ( c-g-c) Vì CN //IK nên HM  CN  M là trực tâm D HNC  MN  CH mà CH  AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD Do M là trung điểm BC nên  NC = ND  IH = IK ( theo Ta let) Ta có:. AH S AHC S ABH S AHC  S ABH S AHC  S ABH     HE SCHE S BHE SCHE  S BHE S BHC. Tương tự ta có. BH S BHC  S BHA  BF S AHC. và. CH S BHC  S AHC  CG S BHA. AH BH CH S AHC  S ABH  S BHC  S BHA  S BHC  S AHC    S BHC S AHC S BHA HE HF HG S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC     = SBHC SBHC S AHC S AHC + S BHA S BHA 6 . Dấu ‘=’. khi tam giác ABC đều, mà theo gt thì AB < AC nên không xảy ra dấu bằng..

(11) Đề 3 Bài 1 Cho P=. 3. 2. a − 4 a −a+ 4 3 2 a − 7 a +14 a− 8. a) Rót gän P b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên Giai 3 2 a) (1,5) a - 4a - a + 4 = a( a2 - 1 ) - 4(a2 - 1 ) =( a2 - 1)(a-4) =(a-1)(a+1)(a-4) a3 -7a2 + 14a - 8 =( a3 -8 ) - 7a( a-2 ) =( a -2 )(a 2 + 2a + 4) 7a( a-2 ) =( a -2 )(a2 - 5a + 4) = (a-2)(a-1)(a-4) Nªu §KX§ : a 1; a≠ 2 ; a ≠ 4 Rót gän P= b) P=. a+1 a− 2. a− 2+3 3 =1+ a−2 a −2. ; ta thÊy P nguyªn khi a-2 lµ íc cña 3,. mµ ¦(3)= { −1 ; 1; − 3 ;3 } 0,25 Từ đó tìm đợc a { −1 ; 3 ; 5 } Bài 2. a) Chøng minh r»ng nÕu tæng cña hai sè nguyªn chia hÕt cho 3 th× tæng c¸c lËp ph¬ng cña chóng chia hÕt cho 3. b) Tìm các giá trị của x để biểu thức : P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) cã gi¸ trÞ nhá nhÊt . T×m gi¸ trị nhỏ nhất đó . Giải a) Gäi 2 sè ph¶i t×m lµ a vµ b , ta cã a+b chia hÕt cho 3 ..

(12) Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) [( a +2 ab+b )− 3 ab ] = 2. 2. 2. a+b ¿ − 3 ab ¿ ¿. =(a+b). V× a+b chia hÕt cho 3 nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho 3 ; 2. Do vËy (a+b). a+b ¿ − 3 ab ¿ ¿. chia hÕt cho 9. b)P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x2+5x-6)(x2+5x+6)=(x2+5x)236 Ta thÊy (x2+5x)2 0 nªn P=(x2+5x)2-36 -36 Do đó Min P=-36 khi (x2+5x)2=0 Từ đó ta tìm đợc x=0 hoặc x=-5 thì Min P=-36 Bài 3 a) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 1 1 1 1 + 2 + 2 = x +9 x +20 x + 11 x+30 x +13 x +42 18 2. b) Cho a , b , c lµ 3 c¹nh cña mét tam gi¸c . Chøng minh r»ng : A=. a b c + + ≥3 b+c − a a+c −b a+b − c. Giải a) x +9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; §KX§ : x ≠ − 4 ; x ≠ −5 ; x ≠ − 6 ; x ≠ −7 Ph¬ng tr×nh trë thµnh : 2. ¿ 1 1 1 1 + + = (x+ 4)( x +5) ( x+5)( x +6) ( x+6)(x +7) 18 ¿.

(13) 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. 18(x+7)-18(x+4)=(x+7) (x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ đó tìm đợc x=-13; x=2; b) (1®) §Æt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0 y+z x+ z x+ y ; b= ; c= ; 2 2 2 Thay vào ta đợc A= y2+xz + x2+yz + x2+zy = 12 ( yx + xy )+( xz + xz )+( zy + zy ) Từ đó suy ra A 12 (2+2+2) hay A 3. Từ đó suy ra a=. [. ]. Bài4 Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC . Một gãc xMy b»ng 600 quay quanh ®iÓm M sao cho 2 c¹nh Mx , My lu«n c¾t c¹nh AB vµ AC lÇn lît t¹i D vµ E . Chøng minh : a) BD.CE=. BC2 4. b) DM,EM lÇn lît lµ tia ph©n gi¸c cña c¸c gãc BDE vµ CED. c) Chu vi tam giac ADE không đổi. Giải a). Trong tam gi¸c BDM ta cã : M =600 nªn ta cã V× ^ : M Suy ra ^D = ^ 2. 1. 3. 0 ^ ^1 D 1=120 − M 0 ^ M 3=120 − ^ M1. y. A. x E D 1. B. 2 1. 2 3. M. C.

(14) Chøng minh Suy ra. ΔBMD. BD CM = BM CE. V× BM=CM=. ∾. Δ CEM. (1). , từ đó BD.CE=BM.CM BC 2. , nªn ta cã BD MD = CM EM. b) (1®) Tõ (1) suy ra. BD.CE=. 2. BC 4. mµ BM=CM nªn ta cã. BD MD = BM EM. Chøng minh ΔBMD ∾ Δ MED Từ đó suy ra ^D = ^D , do đó DM là tia phân giác của góc BDE Chøng minh t¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED c) Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC Chøng minh DH = DI, EI = EK TÝnh chu vi tam gi¸c b»ng 2AH. Bµi 5 T×m tÊt c¶ c¸c tam gi¸c vu«ng cã sè ®o c¸c c¹nh lµ c¸c sè nguyªn du¬ng vµ sè ®o diÖn tÝch b»ng sè ®o chu vi . 1. 2. Giải Gọi các cạnh của tam giác vuông là x , y , z ; trong đó c¹nh huyÒn lµ z (x, y, z lµ c¸c sè nguyªn du¬ng ) Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x2 + y2 = z2 (2) Tõ (2) suy ra z2 = (x+y)2 -2xy , thay (1) vµo ta cã : z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z).

(15) z2 +4z =(x+y)2 - 4(x+y) z2 +4z +4=(x+y)2 - 4(x+y)+4 (z+2)2=(x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2 z=x+y-4 ; thay vµo (1) ta ®uîc : xy=2(x+y+x+y-4) xy-4x-4y=-8 (x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 Từ đó ta tìm đuợc các giá trị của x , y , z là : (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10). Đề 4 Bài 1 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3xy – x – y + 3 = 0 Giải. x2 + 2y2 +. Giải phương trình nghiệm nguyên. x2 + 2y2 + 3xy - x - y + 3 = 0. ⇔ ....... ⇔ (x + y)(x + 2y - 1) = - 3 Vì x,y nguyên nên x + y và x + 2y - 1 là các ước của - 3. Ta có bảng sau: x+y 1 -3 -1 3 x + 2y -3 1 3 -1 -1 x 4 -8 -6 6.

(16) y -3 5 5 -3 Kết luận nghiệm (x; y) là (4; 3), (-8;5), (-6; 5), (4; -3). Bài 2 a b c a, ab+ a+1 + bc+b+1 + ac+ c+1 =1 biết abc=1 b,. a2 b2 c 2 c b a + + ≥ + + b2 c 2 a2 b a c. Giải a,. b, x=y. ac abc c a b c + + + + =¿ abc+ ac+c abc2 +abc+ ac ac+c +1 ab+ a+1 bc+b+1 ac+ c+1 ac abc c abc+ ac+1 = 1+ ac+c + c +1+ac + ac+c +1 =abc+ ac+1 =1. Áp dụng bất đẳng thức: x2+y2. a2 b2 a b a + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 b c c b c 2 2 c b c b b + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 a c a a c. ;. a2 c 2 a c c + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 b a b b a. 2xy dấu bằng khi ;. Cộng từng vế ba bất dẳng thức trên ta có 2(. a2 b 2 c 2 a c b + 2 + 2 )≥2( + + ) 2 c b a b c a. ⇒. a2 b2 c 2 a c b + + ≥ + + b2 c 2 a2 c b a. Bài 3 1. Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF a) Chứng minh D EDF vuông cân b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh O, C, I thẳng hàng. 2. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác địnhvị trí điểm D, E sao cho:.

(17) a/ DE có độ dài nhỏ nhất b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. Giải Chứng minh D EDF vuông cân Ta có D ADE = D CDF (c.g.c)  D EDF cân tại D Mặt khác: D ADE = D CDF (c.g.c)  Eˆ Fˆ Mà Eˆ  Eˆ  Fˆ = 900  Fˆ  Eˆ  Fˆ = 900  EDF = 900. Vậy D EDF vuông cân b)Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vuông  CO là trung trực BD 1. 1. 2. 2. 1. Mà D EDF vuông cân Tương tự BI. 2. . 2. 1. DI. 1 = 2 EF . 1 = 2 EF. B. DI = BI.  I thuộc dường trung trực của DB  I thuộc đường thẳng CO. D. Hay O, C, I thẳng hàng A. 2. DE có độ dài nhỏ nhất Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a) Áp dụng định lý Pitago với D ADE vuông tại A có: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 = 2(x. a2 – 4 )2. +. a2 a2 2  2. Ta có DE nhỏ nhất . BD = AE. a =2 . . 2. DE nhỏ nhất. . x. a =2. D, E là trung điểm AB, AC. C E.

(18) b,Tứ. giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. 1 SADE = 2 AD.AE. 1 = 2 AD.BD. Ta có: (AD2 – AB.AD) =. 1 – 2 (AD2. –. AB 2 2 .AD. +. AB2 4. )+. AB2 8. 1 = 2 AD(AB. =. 1 – 2 (AD. –. –. 1 AD)= 2. AB 4 )2. +. AB2 2. 2. AB  8. Vậy SBDEC = SABC – Do đó min điểm AB, AC. AB2 SADE  2. 3 SBDEC = 8 AB2. –. AB2 8. =. 3 8 AB2. không đổi. khi D, E lần lượt là trung. Đề 5 Bài 1 Cho A =.  x  1 x  1 x 2  4x  1  x  2014     2 x  1 x  1 1  x   x 1. (với. x 0; x 1; x  1 ). 1) Rút gọn A 2) Với giá trị nguyên nào của x thì A có giá trị nguyên? 1, Với. x 0; x 1; x  1. Giải ta có 2. 2.  x  1 x  1 x 2  4x  1  x  2014  x  1   x  1  x 2  4x  1 x  2014 A       2 2 x  1 x  1 x  1 x  1 x  1 x 1   4x  x 2  4x  1 x  2014 x 2  1 x  2014 x  2014    2   x2  1 x 1 x  1 x 1 x 1 x  2014 2013 A 1  x 1 x 1 2) Ta có. Suy ra với x nguyên thì A có giá trị nguyên khi x + 1 là ước của 2013..

(19) Ước của 2013 gồm -2013;-671; -183; -61; -33; -11; -3; -1; 1; 3; 11; 33; 61; 183; 671; 2013 Từ đó tìm và đối chiếu điều kiện ta có với x nhận các giá trị là -2014; -672; -184; -62; -34; -12; -4; -2; 2; 10; 32; 60; 182; 670; 2012 thì A nhận giá trị nguyên Bài 2 1) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử: a.. x2  7 x  6. b.. x4  2008 x2  2007 x  2008. 2) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2 luôn luôn dương. Giải 1) a.. 2. 2. x  7 x  6 x  x  6 x  6 x  x  1  6  x  1.  x  1  x  6 . b.. x 4  2008 x 2  2007 x  2008  x 4  x 2  2007 x 2  2007 x  2007  1 2.  x 4  x 2  1  2007  x 2  x  1  x 2  1  x 2  2007  x 2  x  1  x 2  x  1  x 2  x  1  2007  x 2  x  1  x 2  x  1  x 2  x  2008 . 2) Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2] = (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b). Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và theo bất đẳng thức trong tam giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > 0 từ đó suy ra điều phải chứng minh. Bài 3 1) Cho x, y thoả mãn xy 1 . Chứng minh rằng: 1 1 2   2 2 1 x 1 y 1  xy.

(20) 2) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn:. 2 x2 . 1 y2  4 x2 4. sao. cho tích x.y đạt giá trị lớn nhất. Giải 1). 1 1 2   1  x 2 1  y 2 1  xy. (1). x  y  x y  x  y  1 1   1 1      0    0  2 2 2  1  x   1  xy   1  y 2   1  xy   1  x 1  xy   1  y 1  xy  2.  y  x   xy  1 0 2     1  x 2   1  y 2   1  xy  Vì x 1; y 1 => xy 1 => xy  1 0.  BĐT (2) luôn đúng => BĐT (1) luôn đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y) 2 x2 . 2. 2. 1 y2 1 y  4   x     x    xy 2  xy 2 2 4 x  2  x. 2) Dấu bằng xảy ra khi (x;y)    1; 2  ;   1;  2   Kết luận.... Bài 4 Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M, Qua điểm M kẻ các đường thẳng song song với AC và AB thứ tự cắt AB và AC tại E và F. 1)Chứng minh. ME MF  AC AB. có giá trị không đổi.. 2) Cho biết diện tích của các tam giác MBE và MCF thứ tự là a2 và b2 .Tính diện tích của tam giác ABC theo a và b..

(21) 3)Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Giải A F E. B. C M. 1) Vì ME// AC ; MF // AB theo hệ quả định lý Ta-Let ta có ME MF BM MC    1 AC AB BC BC. 2) Chứng minh tam giác MBE đồng dạng với tam giác CBA suy ra dt ( MBE ) a 2 BM 2 BM a  2    2 dt (CBA) S BC BC S. ; Tương tự. BM CM b a a  b     BC BC S S S. CM b  BC S. ABC) suy ra hay Vậy dt(ABC) = (a+b)2 3) Từ phần 2 suy ra dt(AEMF) = 2ab  a  b . 2. . ( S2 là diện tích tam giác. a  b BC 2  1  S a  b  S 2  a  b  S BC. .. S2 2. 2 Lại có 2ab dấu bằng xảy ra khi a = b khi M là trung điểm của BC Kết luận ... Bài 5 Tìm các cặp số nguyên (x, y) thỏa mãn:. y 2  2 xy  3x  2 0 Giải 2. 2. 2. 2. 2. Ta có: y  2 xy  3x  2 0  x  2 xy  y x  3x  2 (*)  ( x  y ) ( x  1)( x  2) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên.

(22) liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0  x  1 0    x  2 0.  x  1  y 1  x  2  y 2 . Vậy có 2 cặp số nguyên. ( x; y ) (  1;1). hoặc. ( x; y ) ( 2; 2). Bài IV nên sửa a>0, b> 0. Đề 6 Bài 1 a) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n)  120 với m, n  Z b)Phân tích đa thức thành nhân tử: 2. B  x 2  5x  6   7x  x 2  5x  6   12x 2. Giải a)Ta cã : n – 5n + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña 5 sè nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của 3, một số là bội của 5). VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120. 2 2 2 Đặt x  5x  6 y Khi đó B y  7xy  12x B y 2  3xy  4xy  12x 2 y  y  3x   4x  y  3x   y  3x   y  4x   x 2  5x  6  3x   x 2  5x  6  4x  5. 3.  x 2  2x  6   x 2  x  6 . Bài 2: Cho biểu thức : A (. 2x 4 x2 2 x x2  3x  2  ):( ) 2 x x  4 2x 2 x 2  x3. a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?.

(23) b) Tìm giá trị của x để A > 0? c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4. Giải. a) 2  x 0  2  x  4 0   2  x 0  x 2  3 x 0  2 x 2  x 3 0. A (.  x 0   x 2   x 3. 2  x 4 x2 2 x x 2  3x (2  x) 2  4 x 2  (2  x) 2 x 2 (2  x)  2  ):( 2 3)  .  2  x x  4 2  x 2x  x (2  x)(2  x) x( x  3) 4 x2  8x x(2  x) 4 x( x  2) x(2  x) 4x2 .    (2  x )(2  x ) x  3 (2  x)(2  x)( x  3) x  3. Vậy với b). x 0, x 2, x 3. thì. A. 4x 2 x 3 .. x 0, x 3, x 2 : A  0 . 4 x2 0 x 3. Với  x  3  0 ( Vì 4x2 > 0 mọi x # 0)  x  3(TMDKXD). Vậy với x > 3 thì A > 0. c)  x  7 4 x  7 4    x  7  4  x 11(TMDKXD )   x 3( KTMDKXD ) 121 2. Với x = 11 thì A = Bài 3 a) Giải phương trình: x 2 +4 x+6 x 2+16 x +72 x2 +8 x +20 x 2 +12 x + 42 + = + x +2 x+ 8 x+4 x +6. b) Gi¶i ph¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn:.

(24) 2. x( x + x + 1) = 4y( y + 1). Giải a) ( 1,5 điểm). .   . x+ 2¿ 2+2 ¿ x +8 ¿ 2+ 8 ¿ x+4 ¿ 2+ 4 ¿ x +6 ¿ 2+6 ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ ¿ 2 8 4 6 x+ 2+ + x +8+ =x +4 + + x+ 6+ x +2 x +8 x+ 4 x+6 2 8 4 6 + = +  x 1+2 + x 4+8 = x 2+4 + x+3 6 x +2 x +8 x +4 x+ 6 5 x +16 5 x+24 = ( x+2)(x +8) ( x +4 )( x+6).  (5x+16)(x+4)(x+6) = (5x+24)(x+2)(x+8)  (5x+16)(x2 +10x + 24) = (5x+24)( x2 +10x + 16)  5x3 + 50x2 + 120x + 16x2 + 160x + 16.24 = 5x3 + 50x2 + 80x + 24x2 + 240x + 24.16  8x2 + 40x = 0  8x(x + 5) = 0 x = 0; x = -5 Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm b) ( 1,5 điểm) + Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x + 1) = (2y + 1) 2. 2 2. + Ta chøng minh (x + 1) vµ (x + 1) nguyªn tè cïng nhau ! V× nÕu d = UCLN (x+1, x + 1) th× d ph¶i lµ sè lÎ (v× 2y+1 lÎ) 2.

(25)  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 mµ d lÎ nªn d = 1. + Nªn muèn (x + 1)(x + 1) lµ sè chÝnh ph¬ng Thì (x+1) và (x + 1) đều phải là số chính phơng . 2. 2. 2 2   x  1 k  2 §Æt:  x 1 t . k 1   1  x 0. k  1   x 0. (k + x)(k – x) = hoÆc + Víi x = 0 th× (2y + 1) = 1  y = 0 hoÆc y = -1.(Tháa m·n pt) VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ: (x;y) Bài 4 Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a. Một điểm M chuyển động trên cạnh DC (M D, M C) chọn điểm N trªn c¹nh BC sao cho ∠ MAN = 45o, DB thø tù c¾t AM, AN t¹i E vµ F. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC 2.Chøng minh ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. Chøng minh S Δ AEF = 12 S Δ AMN 4. Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC 5. Gäi H lµ giao ®iÓm cña MF vµ NE . Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 Giải 2. A. B. F N. H I. E. K. D. M. C. 1. Chøng minh: ° ABF # °AMC -Ta cm: ∠ ABF = ∠ ACM = 450.

(26) - ∠ BAF = ∠ MAC ( v× cïng céng víi gãc CAN b»ng 450 ) suy ra : ° ABF # °AMC 2. Chøng minh. ∠. AFM =. ∠. AEN = 90o. Tõ D AFB # D AMC (g.g) AB AF AM = ⇔ = (1) => AF AM AC AB AC Cã ∠ MAF = ∠ BAC = 45 0(2) Tõ 1 vµ 2 => D AFM # D ABC => ∠ AFM = ∠ ABC = 90o C/M hoµn toµn t¬ng tù cã ∠ AEN = 900 v× vËy ∠ AFM = ∠ AEN = 90o 3. S D AEF = 1/2 S D AMN Cã D AFM # D AEN =>. AF AE = AM AN. => D AEF # D AMN (c.g.c) =>. AF 2 ¿ (1) AM SAEF =¿ SAMN. Cã ∠ FAM = 450, ∠ AFM = 900 => D AFM Vuông cân đỉnh F nên AM2 = AF2 + FM2 = 2AF2 =>. AF 2 ¿ AM ¿. =. 1 2. Thay vào (1) ta đợc AMN. SAEF SAMN. =. 1 2. hay: S D AEF = 1/2 S D. 4.. C/M chu vi D CMN không đổi Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN D ADK = D ABN => AK = AN vµ ∠ BAN = ∠ DAK. do đó D AMN = D AKM (c.gc) => MN=KM V× vËy: Chu vi D CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN = CD + KD + CN = CD + NB + CN = CD + CB = 2a không đổi Tức là: Chu vi D CMN không thay đổi khi M chuyển động trªn c¹nh DC.

(27) 5. Chøng Minh: MH.MF + NH.NE = CN2 + CM2 KÎ HI ^ MN t¹i I - Cm: ° MHI # ° MNF => MH.MF =MI.MN - Cm: °NHI # °NME => NH.NE =NI.NM - suy ra: MH.MF + NH.NE =MI.MN + NI.NM = MN( MI+NI ) = MN2 - áp dụng định lí Pitago vào °CMN ta có: MN2 = MC2 +CN2 VËy: MH.MF + NH.NE = MC2 +CN2 Bài 5 a) Chứng minh rằng: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, n  N b) Cho a; b; clµ sè ®o ba c¹nh cña tam gi¸c chøng minh r»ng. a b c 3 + + ≥ b+c c +a a+b 2. Giải Bµi 5:. a). Ta coù:. x3m + 1 + x3n + 2 + 1 = x3m + 1 - x + x3n + 2 – x2 + x2 +. x+1 = x(x3m – 1) + x2(x3n – 1) + (x2 + x + 1) Vì x3m – 1 vaø x3n – 1 chia heát cho x3 – 1 neân chia heát cho x2 + x + 1.

(28) Vậy: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia hết cho x2 + x + 1 với mọi m, nN b) §Æt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b ta cã a = ta cã (1). y+z − x 2. z+x − y 2. ;c=. y + z − x z +x − y x+ y − z + + 2x 2y 2z. ⇔. x+y −z 2. 3 2. y z x z x y + − 1+ + −1+ + −1 ≥3 x x y y z z. ⇔. ⇔. ; b=. (. y x z x z y + ¿+( + )+( + )≥ 6 x y x z y z. là Bđt đúng. Bài 6 Cho D ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy = 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx, My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E . Chứng minh : a. Tam giác DBMD đồng dạng với DCEM , Từ đó suy ra tích BD.CE không đổi. b. DM, EM lần lượt là tia phân giác của góc BDE và góc CED. c. Chu vi D ADE không đổi. Giải. + Vẽ hình đúng. a, Chứng minh DBMD. y. A. DCEM (g-g). x E D 1. B. 2 1. 2 3. M. C.

(29) Vì BM = CM. BC = 2 (gt) . BD.CE =BM.MC =. BC2 4. b, Chứng minh :Từ a,=>BDCE=MD.MB và B = M2 = 600 => Từ đó suy ra. ˆ D ˆ D 1 2. DBMD DMED. (c-g-c). , do đó DM là tia phân giác của góc. BDE Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC A. E D. I K. H. B. M. C. Chứng minh: Từ tính chất tia phân giác ta có: DH = DI, EI = EK. Chu vi : PADE = AD+DE+EA =AD+DI+IE+KA = AD +DH +AE+EK = AH +AK = 2.AH . (không đôỉ) Kết luận….. Đề 6.

(30) Bài 1 a) Phân tích đa thức thành nhân tử: b) Tìm các số nguyên. x; y. 4. 2. x +2011 x + 2010 x +2011. sao cho:. .. 3. 3 x + xy=3. c) Tìm các hằng số a và b sao cho x+ 1 dư 7; chia cho x − 2 dư 4.. 3. x + ax+b. chia cho. Giải. a/ x +2011 x + 2010 x +2011 = x + x + x +2010(x + x +1) −(x −1) = ( x + x +1 ) ( x − x+ 2011) b/ 3 x + xy=3 ⇔ x ( 3 x + y ) =3 . Do x ; y là các số nguyên nên ta có: 4. 4. 2. 2. 3. 2. 2. 3. 2. 2. 3. TH1:. TH2: c/ Vì. ¿ x=1 3 x2 + y =3 ⇔ ¿ x=1 y=0 ¿{ ¿ ¿ x=−1 3 x2 + y =−3 ⇔ ¿ x=− 1 y=− 6 ¿{ ¿ 3 x + ax+b. (thỏa mãn) hoặc. (thỏa mãn) hoặc.  x 3   2 3 x  y 1.  x 3   y  26 (thỏa. mãn).  x  3  x  3   2 3 x  y  1  y  28 (thỏa. mãn). chia cho x+ 1 dư 7 nên ta có: x + ax+b = ( x+ 1 ) . Q(x)+7 do đó với x=−1 thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1). Vì x + ax+b chia cho x − 2 dư 4 nên ta có: x + ax+b = ( x − 2 ) . P( x)+ 4 do đó với x=2 thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2). Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4. Bài 2 a) Tính giá trị biểu thức: 3. 3. A=. 3. x + y −1 ¿2 − ¿+2 xy 2 2 |x + y +5+ 2 x −4 y|− ¿. với. x=2. 2011. 503. ; y =16.

(31) x. b) Tìm 0.. . để B có giá trị nhỏ nhất: B. x 2  2 x  2011 x2. với. x. >. Giải. a/ Ta có: x + y +5+2 x − 4 y =( x+ 1 ) +( y −2 ) ≥ 0 với mọi x ; y nên ta có: A= x + y +5+2 x − 4 y − ( x + y −1 ) +2 xy = x + y +5+2 x − 4 y − x − y − 1− 2 xy+ 2 x +2 y+ 2 xy=4 x −2 y + 4=2(2 x − y )+ 4 Thay x=2 ; y =16 =( 2 ) =2 vào A ta có: A= 2. ( 2 .2 −2 )+ 4=4 x −2 x+2011 2011 x −2 . x . 2011+2011 b/ B= = x 2011 x 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2011. 2. 4 503. 503. 2. 2011. 2012. 2. 2. 2012. 2. 2. x −2011 (¿) ¿ ¿2 = . ¿ ¿ 2010 x2 + ( x − 2011 )2 2010 = +¿ 2011 2011 x 2 Dấu “=” xẩy ra khi x=2011 2010 Vậy GTNN của B là 2011. . đạt được khi. x=2011. .. Bài 3 Chứng minh rằng 2011 +11 2011+11 a) 2011 +2000 =2011+2000 b) Nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn : 4 m +m=5 n + n thì : m  n và 5m  5n  1 đều là số chính phương. 3. 3. 3. 2. 3. 2. Giải. a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c. Xét vế phải đẳng thức ta có: Thay a=b+c vào. 2. 2. 2 2 3 3 3 3 2011 +11 a +b ( a+b ) ( a − ab+b ) = = 3 3 3 3 2011 +2000 a +c ( a+c ) ( a2 −ac +c 2 ) 2. 2. 2. 2. a −ab+ b =( b +c ) − ( b+c ) b+b =b + bc+ c 2. 2. 2. 2. 2. 2. a −ac +c =( b+ c ) − ( b+c ) c+ c =b + bc+ c. Nên. 2. 2. 2. 2. a −ab+ b =a − ac+ c. ..

(32) Vậy:. 2 2 3 3 3 3 2011 +11 a +b ( a+b ) ( a − ab+b ) a+b 2011+ 11 = = = = 20113 +20003 a3 +c 3 ( a+c ) ( a2 −ac +c 2 ) a+c 2011+ 2000. b/Ta có 4 m +m=5 n + n ⇔ 5 ( m − n ) +m −n=m ⇔ ( m− n )( 5 m+5 n+1 )=m (*) Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1) ⇒ (5m+5n+1)+5m-5n ⋮ d ⇒ 10m+1 ⋮ d Mặt khác từ (*) ta có: m ⋮ d2 ⇒ m ⋮ d. Mà 10m+1 ⋮ d nên 1 ⋮ d ⇒ d=1 Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương. Bài 4 Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N. a) Chứng minh OM=ON. 1 1 2 b) Chứng minh AB + CD =MN . c) Biết S =a ; S =b . Tính S ? ^ 90 . Chứng minh BD > AC. d) Nếu ^D<C< 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. AOB. COD. ABCD. 0. B. A. hình vẽ. A. B. N. M O. D. C. OA OB = AC BD OM ON = ⇒ DC DC. a/ Ta có ⇒. D. H. E. Do MN//DC OM=ON.. b/ Do MN//AB và CD. ⇒. OM AM = CD AD. và. OM DM = AB AD. . Do đó:. K. C.

(33) OM OM AM  MD   1 DC AB AD. (1) ON ON Tương tự: DC + AB =1 (2) Từ (1);(2). ⇒. MN MN + =2 DC AB. 1 1 2 + = DC AB MN. ⇒. c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương ứng. Do vậy :. S AOB OB = S AOD OD. và. S AOD OA = S COD OC. OB OA = OD OC. Nhưng S AOD =ab. ⇒. S AOB S AOD = S AOD S COD. S 2 =S AOB . S COD =a2 .b 2. ⇒. AOD. A. .. Tương tự. nên. S BOC=ab. .Vậy. B. S ABCD= ( a+b )2. d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K ^ 90 nên H, K nằm trong đoạn CD Do ^D<C< Ta có A ^E D=B C^ D=C^ > ^D ⇒ AD> AE . Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH. 0. D. H. E. Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB BK  DK  AH  CH  AC (Do AH BK )  BD  AC 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Đề 7 Bài 1 a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5 b. Chứng minh n  N thì n  n  2 là hợp số. *. 3. K. C.

(34) c. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. Giải = (x - y)2 +4(x - y) - 5 = (x - y)2 + 4(x - y)2 + 4 -9 = (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1) Ta có: n3 + n + 2 = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1) =(n+1)( n2 - n + 2) Do. n  N *. nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n +. 2 là hợp số Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2 Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1 = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1 = ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn Bài 2. . a2 + a + 1 là số lẻ x 1 x 2 x 3 x  2012    ...  2012 2012 2011 2010 1. a. Giải phương trình: b. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b 2012 + c 2013..

(35) Giải Bài 3. a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18 b. Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác. Chứng minh:. ab bc ac   a  b  c a b  c  a b c a  b c. Giải. Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1 A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1  1 Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3 vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 yz xz x y ;b  ;c  với:2 2 2 taPhương có: x + ytrình + z đã = acho + btương + c; đương x  1 x  2 x  3 x  2012 ab  1  bc  1  ac  1 (... y  z )( x  z )  1( x2012 z )( x  2012 y ) ( x  y )( y  z )   2010      2012 2011 1 a b c  a b c a  bc 4z 4x 4y x  2013 x  2013 x  2013 x  2013   1... 01 xy 1 xy yz  xz yz xz  ( 2012   2011  3 x  3 y 2010  3 z )   3( x  y1 z )  (2   2  2 ) 4 z x y 4 2 z x y  1 1 1 1 ( x  2013)(    ...  ) 0 1 y x z 2010 x y z z x y  2013   3( x  y 2012 z )  2011 (  )  (  1)  (  x )= 42 2 y x  2 2 2 z3 x 32 z 3 y a1 + b + c = a + b + c = 1  a; b; c    1;1 2 2   3(3x  y 3z )  x 3 y  z 2 x  2y  z 2 4 a + b + c - (a + b + c ) = a (a - 1) + b (b - 1) + 0z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng c2(c Mà x -+1) y+ a.  a3 + b3 + c3  1  a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1 minh  b2012 = b2; c2013 = c2;  S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1 Bài 4.

(36) . Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF. a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông. b. Chứng minh DF  CE và D MAD cân. Giải A. E. B. H. M. F. N. D. C. G. Chứng minh: EFGH là hình thoi Chứng minh có 1 góc vuông. Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông   BEC CFD (c.g.c)  ECB FDC mà CDF vuông tại C      CDF  DFC 90  DFC  ECB 90  CMF vuông tại M Hay CE  DF. Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG  DF  GN//CM mà G là trung điểm DC nên  N là trung điểm DM. Trong D MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến  D MAD cân tại A. 0. 0.

(37) CMD FCD( g.g ) . CD CM  FD FC 2. Do đó : Mà :. 2. SCMD  CD   CD     SCMD   .SFCD SFCD  FD   FD . 1 1 SFCD  CF .CD  CD 2 2 4 .. Vậy : Trong. SCMD. CD 2 1  2 . CD 2 FD 4 .. DCF. theo Pitago ta có :. 1 5 1  DF 2 CD 2  CF 2 CD 2   BC 2  CD 2  CD 2  .CD 2 4 4 2  .. SMCD . Do đó :. CD 2 1 1 1 . CD 2  CD 2  a 2 5 5 5 CD 2 4 4.

(38)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay
×