tap chi toan hoc C2THANH THIEU NIEN

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Phòng giáo dục và đào tạo TƢ NGHĨA Tr-êng thcs NGHĨA THẮNG. TẠP CHÍ TOÁN HỌC C2 & THANH THIẾU NIÊN. Hä vµ tªn: Trƣơng Quang An §¬n vÞ c«ng t¸c: Tr-êng THCS NGHĨA THẮNG,. SỐ : 1 / LỚP 6 /2016 1 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> LỜI TỰA : Để đáp ứng nhu cầu học tập của học sinh và đáp ứng học hỏi các kiến thức của học sinh trong thời đại mới .Tôi chủ biên cuốn ‘’ TẠP CHÍ TOÁN HỌC C2 & THANH THIẾU NIÊN ‘’ với nhu cầu cấp thiết đó .Tạp chí có các phần như sau : Phần 1: Chuyên đề Phần 2: Đề kiểm tra 1 tiết Phần 3: Đề thi học sinh giỏi toán cấp Huyện ,Tỉnh k6,7,8,9 Phần 4: Đề thi tuyển sinh khối 10 ( dành cho k9). PHÂN BỐ CÁC PHẦN Phần 1: Chuyên đề PHƯƠNG TRÌNH TÍCH I/ DẠNG PHƯƠNG TRÌNH TÍCH ĐƠN GIẢN * VÍ DỤ 1: Giải phương trình (x+1)(x+4)=(2–x)(2+x) Nhận xét : Hai tích không có nhân tử chung thì ta phải khai triển và thu gọn để tìm cách đưa về dạng tích, do đó để giải phương trình này ta cần thực hiện hai bước. Bƣớc 1 : Đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích bằng cách chuyển tất cả các hạng tử từ vế phải sang vế trái và đổi dấu các hạng tử đó, vế phải bằng 0, rồi áp dụng phương pháp phân tích đa thức thành nhân tử để phân tích vế trái thành tích Ta có : ( x + 1 ) ( x + 4 ) = ( 2 – x ) ( 2 + x ).  (x+1)(x+4)–(2–x)(2+x)=0  x 2  x  4x  4  22  x2  0  2 x2  5x  0  x(2 x  5)  0. Bƣớc 2 : Giải phương trình tích vừa tìm được rồi kết luận nghiệm x  0 x  0 x  0    5 x ( 2x + 5 ) = 0   2 x  5  0 2 x  5  x   2  2 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 5  Vậy nghiệm của phương trình là : S = 0;   2  3 1 VÍ DỤ 2: Giải phương trình : x  1  x  3x  7  7 7 Tương tự ví dụ 1 ta thực hiện phép chuyển vế ta có : 3 1 3 3 x  1  x  3x  7   x  1  x 2  x  0 7 7 7 7 3 3 3  3  x  1  x 2  x  0   x  x 2   1  x   0 7 7 7  7 . 3 3  x 1  x   1  x   0  1  x   x  1  0 7 7 . 1  x  0  x 1    3  7 x 1  0 x   3 7 .  7 Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1;   3 VÍ DỤ 3 : Giải phương trình : x2  2 x  1  4  0 Đối với phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh biến đổi vế trái dựa vào hằng đẳng thức. x2  2 x  1  4  0. . . Giải : Ta có :  x 2  2 x  1  4  0   x  1  22  0 2.   x  1  2  x  1  2   0.   x  3 x  1  0 x  3  0 x  3   x 1  0  x  1. Vậy nghiệm của phương trình là S = 1;3 VÍ DỤ 4: 2 2 Giải phương trình :  x  1  2  x  1 x  2    x  2   0 Đối với phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh nhận ra được hằng đẳng thức bình phương của một tổng để áp dụng giải nhanh gọn việc nhân đa thức rồi mới phân tích thành nhân tử 3 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta xem ( x- 1 ) =A ; ( x + 2 ) = B  phương trình có dạng ( A + B ) 2 = 0 2 2 Giải : ta có  x  1  2  x  1 x  2    x  2   0   x  1   x  2   0 2.   x  1   x  2   0.   x 1  x  2  0  2x 1  0.  2 x  1  x  . 1 2. 1 Vậy nghiệm của phương trình là : S =    2. VÍ DỤ 5 : Giải phương trình : 3  x 5 2x 2 1  0. . . . Đây là một phương trình tích có chứa căn thức bậc hai, Để tránh cho học sinh có thể hiểu bài toán môt cách phức tạp vì phương trình có chứa căn bậc hai nên giáo viên hướng dẫn học sinh vẫn thực hiện cách giải thông thường, vì 2; 3; 5 cũng được coi là các hệ số thông thường.. . Giải : ta có. . . 3  x 5 2x 2 1  0.  x   3  x 5  0    2 x 2  1  0 x   . 3 5 1 2 2.   3 1    Vậy nghiệm của phương trình là : S =  ; 5 2 2     II/ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH BIẾN ĐỔI ÁP DỤNG PHƢƠNG PHÁP TÁCH HẠNG TỬ ĐỂ PHÂN TÍCH ĐƢA VỀ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH TÍCH. VÍ DỤ 1 : Giải phương trình : x3  3x2  2 x  0 Đối với phương trình này thì học sinh có thể có các cách giải khác nhau chẳng hạn ở đây ta có thể tham khảo hai cách giải sau 3 2 2 Cách 1 : Ta có : x  3x  2 x  0  x  x  3x  2  0 . . .  x x 2  x  2 x  2  0 ( tách 3x = x + 2x ). . .  x  x 2  x   2 x  2   0 ( nhóm hạng tử ).  x  x  x  1  2  x  1  0 ( đặt nhân tử chung ) 4 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  x  x  1 x  2   0. ( đặt nhân tử chung ). x  0 x  0     x  1  0   x  1  x  2  0  x  2  . Vậy nghiệm của phương trình là : S = 0; 1; 2 Cách 2: Giải : Ta có x3  3x2  2x  0  x3  x2  2x2  2x  0 ( tách 3x2  x2  2 x2 )   x3  x 2    2 x 2  2 x   0  x 2  x  1  2 x  x  1  0. . .   x  1 x 2  2 x  0   x  1 x  x  2   0 ( đặt nhân tử chung ). x 1  0  x  1    x  0  x  0  x  2  0  x  2  . Vậy nghiệm của phương trình là : S = 0; 1; 2 VÍ DỤ 2: Giai phương trình : y3  19 y  30  0 đối với phương trình này đầu tiên chưa xuất hiện nhân tử chung, cũng không ở dạng hằng đẳng thức nào cả Do vậy khi giải giáo viên cần lưu ý cho học sinh cần sử dụng phương pháp nào đã biết để phân tích vế trái thành tích ( gợi ý phương pháp tách hạng tử ) ở đây ta cần tách hạng tử : -19y = - 9y – 10y Giải : Ta có :. y3 19 y  30  0  y3  9 y 10 y  30  0. .   y  y  9   10  y  3  0  y  y  3   10  y  3  0.  y 3  9 y  10 y  30   0 2. 2. 2.  y  y  3 y  3  10  y  3  0   y  3  y  y  3  10   0. . .   y  3 y 2  3 y  10  0. . .   y  3 y 2  5 y  2 y  10  0   y  3 ( y 2  5 y)   2 y  10    0.   y  3  y  y  5  2  y  5    0   y  3 y  5 y  2   0. 5 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> y 3  0  y  3    y 5  0  y  5 y  2  0  y  2  . Vậy nghiệm của phương trình là : S = 3; 2;5 2 VÍ DỤ 3 : Giải phương trình : 3 y  5 y  2  0. Đối với phương trình này ta tách hạng tử 5y = 6y – y. 3y2  5 y  2  0. Giải : Ta có :. .  3y2  6 y  y  2  0. .  3 y2  6 y   y  2  0  3 y  y  2   y  2  0.   y  2 3 y 1  0  y  2 y  2  0    1 y  3 y  1  0  3 .  . 1 3. Vậy nghiệm của phương trình là : 2;  VÍ DỤ 4 : Giải phương trình :. 4 x3  14 x2  6 x  0. Đói với phương trình này bước đầu tiên ta phải biến đổi vế trái thành tích bằng cách đặt nhân tử chung để biểu thức trong ngoặc đơn giản hơn, sau đó dung phương pháp tách hạng tử để đưa về dạng tích. . . 3 2 2 Giải : Ta có : 4 x  14 x  6 x  0  2 x 2 x  7 x  3  0. . . . .  2 x 2 x 2  6 x  x  3  0  2 x  2 x 2  6 x   x  3  0.  2 x 2 x  x  3   x  3  0  2 x  x  3 2 x  1  0.  x  0 2 x  0     x  3  0   x  3 2 x  1  0  1  x   2  1  Vậy nghiệm của phương trình là : S = 0; 3;   2  VÍ DỤ 5: Giải phương trình : x  9 x  20  0 2. 6 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Đối với phương trình này vế trái chưa xuất hiện nhân tử chung Do đó ta cần biến đổi để đưa vế trái về dạng tích bằng cách Tách hạng tử 9x = 4x + 5x 2 2 Giải: Ta có : x  9 x  20  0  x  4 x  5x  20  0  x 2  4 x   5x  20   0  x  x  4   5  x  4   0. . . x  4  0  x  4   x  4  x  5  0    x  5  0  x  5. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 4; 5 VÍ DỤ 6: Giải phương trình :. x2  x  6  0. Ta biến đổi vế trái của phương trình thành tích bằng cách tách hạng Tử x = 3x – 2x sau đó nhóm các hạng tử và đặt nhân tử chung Giải : Ta có : x  x  6  0  x  3x  2 x  6  0   x 2  3x    2 x  6   0  x  x  3   2  x  3   0 2. 2. x  3  0  x  3   x  3 x  2   0    x  2  0 x  2. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 3; 2 2 VÍ DỤ 7: Giải phương trình : x  3x  2  0. Đối với phương trình này có nhiều cách giải khác nhau, sau đây là một số cách giải Cách 1: Tách hạng tử -3x = -2x - x x 2  3x  2  0  x 2  x  2 x  2  0 Ta có :  x2  x   2 x  2   0  x  x  1  2  x  1  0. . .  x 1  0 x  1   x  1 x  2   0    x  2  0 x  2 Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1;2 Cách 2 : Tách hạng tử 2 = - 4 + 6 2 2 Ta có : x  3x  2  0  x  3x  4  6  0   x2  4    3x  6   0   x  2  x  2   3  x  2   0.   x  2   x  2   3  0   x  2  x 1  0 7 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> x  2  0 x  2    x 1  0 x  1. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1; 2. 3x  2.x.. Cách 3 : Biến đổi Ta có :. 3 2. ; 2. 9 1  4 4. 3 9 1 x 2  3x  2  0  x 2  2 x    0 2 4 4 2 2  2 3 9 1 3 3  1  2   x  2 x     0   x  2 x.         0 2 4 4 2  2    2   .  3 1 3  1   3  1    x       0   x      x      0 2 4 2  2   2  2   3 1  3 1    x    x     0   x  1 x  2   0 2 2  2 2  2. 2.  x 1  0 x  1   x  2  0 x  2. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1; 2 III/DẠNG BIẾN ĐỔI PHƢƠNG TRÌNH BẬC CAO ĐƢA VỀ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH TÍCH VÍ DỤ 1: Giải phương trình x  13x  36  0 4. 2. Đây là phương trình bậc 4 ẩn x . để giải dạng phương trình này ta cần đặt biến phụ sau khi tìm được giá tri của biến phụ ta lắp giá trị đó vào biểu thức liên quan ban đầu để tìm nghiệm Ở đây ta đặt. x 2  a (a  0) ta có cách giải sau. Giải :Ta có : x 13x  36  0  a 13a  36  0  a 2  4a  9a  36  0   a 2  4a    9a  36   0 4. 2. 2.  a  a  4  9  a  4   0   a  4  a  9   0. a  4  0 a1  4   a  9  0  a2  9 2   x  2 x  4 x a 2    x  3 x  9 2. Vì ta đặt. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 2; 3 8 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> VÍ DỤ 2: Giải phương trình : 2 x  5x  2  0 4. 2. Để giải phương trình này giáo viên cần hướng dẫn học sinh đặt ẩn phụ là : Đặt. x 2  a ( a  0) nên ta có cách giải sau. Giải :Ta có : 2 x  5x  2  0  2a  5a  2  0  2a 2  4a  a  2  0   2a 2  4a    a  2   0 ( tách 5a = 4a + a ) 4. 2. 2.  2a  a  2   a  2  0   a  2  2a  1  0 ( nhóm và đặt NTC ). a  2 a  2  0    1 a    2a  1  0  2   x2  2  2 x  a   2 1 Vì đặt x    2  2 Điều này không thể xẩy ra vì x  0 với mọi giá trị của x vậy phương trình đã cho vô nghiệm : tập hợp nghiệm của phương trình là : S =. . VÍ DỤ 3 : Giải phương trình : 9 x  6 x  1  0 ta biến đổi vế trái bằng 4. cách đặt ẩn phụ. 2. x 2  a ( a  0) để đưa về dạng tích. 4 2 2 Giải : Ta có : 9 x  6 x  1  0  9a  6a  1  0.   3a   2.3a  12  0   3a  1  0 2. 2.  3a  1  0  a  . 1 3. 1 Trường hợp này cũng không thể xẩy ra 3. Vì đặt. x2  a  x2  . Vì. x 2  0 với mọi giá trị của x . Vậy phương trình vô nghiệm Tập hợp nghiệm của phương trình là : S = . 4 2 VÍ DỤ 4: Giải phương trình : 2 x  7 x  4  0. Đặt. x2  a. (a  0) Ta có cách giải sau 2 x  7 x2  4  0  2a2  7a  4  0  2a 2  8a  a  4  0   2a 2  8a    a  4   0 4.  2a  a  4    a  4   0   a  4  2a  1  0. 9 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> a  4 a  4  0    1 a  2a  1  0  2  2 2 Vì đặt x  a  x  4  x  2 2 Và : x  . 1 2. Loại. Vậy nghiệm của phương trình là : S =. 2. VÍ DỤ 5 : Giải phương trình : 2 x  20 x  18  0 4. 2. Đặt x  a ( a  0) nên ta có cách giải sau 2 x4  20 x2  18  0  2a2  20 x  18  0  2  a 2  10a  9   0  2  a 2  9a  a  9   0 2. . .  2  a 2  9a   a  9   0  2 a  a  9    a  9   0. a  9  0 a  9  2  a  9  a  1  0    a  1  0 a  1 Vì đặt x  a  x  9  x  3 2 Và : x  1  x  1 2. 2. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1; 3. IV: DẠNG BIẾN ĐỔI CÁC PHƢƠNG TRÌNH CÓ CHỨA ẨN Ở MẪU VỀ DẠNG PHƢƠNG TRÌNH TÍCH Đây là dạng phương trình mà khi giải ta cần phải tìm điều kiện xác định của phương trình Điều kiện xác định của phương trình là tìm giá trị của ẩn để mẫu thức khác không . Sau đây là một số ví dụ về dạng phương trình này VÍ DỤ 1: Gi ải phương trình :. x2 1 2   x  2 x x  x  2. (I). x  0 x  0    Điều kiện xác định của phương trình là : x  2  0  x  2 Giải : Ta có  x  2 x   x  2  2 x2 1 2     (I) x  2 x x  x  2 x  x  2 x  x  2.   x  2 x   x  2  2  x 2  2 x  x  2  2. x  0 x  0   x 2  x  0  x  x  1  0    x  1 x 1  0 10 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Vì điều kiện xác định của phương trình là :. x  0 và x  2. Nên với x = 0 loại . Do đó nghiệm của phương trình là : S =. VÍ DỤ 2: Giải phương trình :. 1. 2  x  11 x2 3   2 ( II ) ĐKXĐ: x  2 x2 x2 x 4. Giải : Ta có :. 2  x  11 x2 3   (II)  x2 x2 x2  4.  x  2   3  x  2   2  x  11   x  2  x  2   x  2  x  2  Quy đồng mẫu hai vế 2   x  2   3  x  2   2  x  11 ( Nhân hai vế với  x  2  x  2  khử mẫu 2. ) Khai triển chuyển vế thu gọn ta được.  x2  9 x  20  0  x2  4 x  5x  20  0 ( tách -9x = - 4x – 5x )  x 2  4 x   5x  20   0  x  x  4   5  x  4   0. . . x  4  0 x  4   x  4  x  5  0    x  5  0  x  5 Vì x = 4 ; x = 5 Thuộc tập xác định của phương trình Vậy nghiệm của phương trình là : S = 4;5. 3 2x 1  x VÍ DỤ 3 : Giải phương trình : x2 x2 Giải : Ta có : (III). ( III) ĐKXĐ :. x2. 2x 1  x  x  2 3 2x 1 3  x  x2 x2 x2 x2 2  3  2 x  1  x  2 x ( nhân hai vế với x – 2 và khử mẫu ). .  x2  4x  4  0   x  2   0 2.  x2  0  x  2 (Loại vì x = 2 không thỏa mãn ĐKXĐ của phương trình Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là : S = VÍ DỤ 4 : Giải phương trình : x . 1 1  x2  2 x x. . ( IV ) ĐKXĐ : x  0. x3  x x 4  1 3 4   x  x  x 1 ( IV )  x2 x2. . .  x3  x4  1  x  0  x3  x 4  1  x  11. Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> .    x  1 x  1  x  x  1  0   x  1  x  x  1  0  x  x  1  x  2x. 12  14  34   x  2.x. 12  14   34  x3 1  x   1  x   0  (1  x) x3  1  0 2. 2. 2. Vì. 2. 2. 2. 2. 1 3  x   0 2 4 . . . 2 nên  x  1 x  x  1  0   x  1  0  x  1  0  x  1 Thỏa mãn điều kiện của bài toán Vậy nghiệm của phương trình là : S = 1 2. 2. V: MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ PHƢƠNG TRÌNH TÍCH KHÁC Tùy theo mỗi dạng phương trình mà ta có thể có những cách biến đổi khác nhau Để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích. Sau đây là một dạng phương trình đặc trưng VÍ DỤ 1: Giải phương trình :. 2 x 1 x x 1   2014 2015 2016. Đây là một phương trình nếu áp dụng cách giải thông thường thì chúng ta sẽ gặp rất nhiều khó khăn. Do đó để giải được phương trình này ta sử dụng phương pháp sau Để biến đổi đưa phương trình đã cho về dạng phương trình tích đơn giản hơn Ta cộng thêm 2 vào hai vế của phương trình và biến đổi phương trình như sau. 2 x 1 x x 2 x  1 x  1    1    1 2014 2015 2016 2014  2015  2016  x 2016  x 2016  x    2014 2015 2016 2016  x 2016  x 2016  x    0 2014 2015 2016. 1 1   1   2016  x     0 2014 2015 2016    2016  x  0  x  2016 Vì :. 1 1 1   0 2014 2015 2016. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 2016 12 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 x  6      94 93 92 91 90 89 Cộng thêm 3 vào hai vế của phương trình ta được  x 1   x  2   x  3   x  4   x  5   x  6   1    1    1    1    1    1   94   93   92   91   90   89  x  95 x  95 x  95 x  95 x  95 x  95       94 93 92 91 90 89 x  95 x  95 x  95 x  95 x  95 x  95       0 94 93 92 91 90 89. VÍ DỤ 2 : Giải phương trình :.  1 1 1 1 1 1    x  95         0  94 93 92 91 90 89   x  95  0  x  95 1 1 1 1 1 1      0 Vì : 94 93 92 91 90 89 Vậy nghiệm của phương trình là : S = 95 VÍ DỤ 3: Giải phương trình : 59  x 57  x 55  x 53  x 51  x      5 41 43 45 47 49 Đối với phương trình này ta chuyển hạng tử -5 sang vế trái và tách Thành 5 hạng tử . mỗi hạng tử là 1 đơn vị nên ta có cách giải sau. 59  x 57  x 55  x 53  x 51  x      5 41 43 45 47 49  59  x   57  x   55  x   53  x   51  x    1    1    1    1    1  0 41 43 45 47 49          . 100  x 100  x 100  x 100  x 100  x     0 41 43 45 47 49 1 1 1 1   1  100  x       0  41 43 45 47 49   100  x  0  x  100 . 1 1 1 1 1     0 Vì : 41 43 45 47 49. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 100 VÍ DỤ 4 : Giải phương trình : x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 x  6      59 58 57 56 55 54 13 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Để giải phương trình này giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh cộng thêm 3 vào hai vế của phương trình và tách thành từng nhóm như sau. x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 x  6      59 58 57 56 55 54  x 1   x  2   x  3   x  4   x  5   x  6    1    1    1    1    1    1  59   58   57   56   55   54 . x  60 x  60 x  60 x  60 x  60 x  60      59 58 57 56 55 54 x  60 x  60 x  60 x  60 x  60 x  60       0 59 58 57 56 55 54 1 1 1 1 1   1   x  60          0  59 58 57 56 55 54  .  x  60  0  x  60. 1 1 1 1 1 1      0 Vì : 59 58 57 56 55 54. Vậy nghiệm của phương trình là : S = 60. VÍ DỤ 5: Giải phương trình : x  5 x  15 x  25 x  1990 x  1980 x 1970      1990 1980 1970 5 15 25 Đối với phương trình này giáo viên hướng dẫn cho học sinh trừ hai vế đi 3 đơn vị và tách ra từng phần và ta có cách giải sau x  5 x  15 x  25 x  2015 x  2005 x  1995      2015 2005 1995 5 15 25  x  5   x  15   x  25   x  2015   x  2005   x 1995    1    1    1    1    1    1 5  2015   2005   1995     15   25 . Giải :.  . x  2020 x  2020 x  2020 x  2020 x  2020 x  2020      2015 2005 1995 5 15 25. x  2020 x  2020 x  2020 x  2020 x  2020 x  2020      0 2015 2005 1995 5 15 25. 1 1 1 1 1   1   x  2020        0  2015 2005 1995 5 15 25   x  2020  0.  x  2020 1 1 1 1 1   1      0 Vì :   2015 2005 1995 5 15 25  Vậy nghiệm của phương trình là : S = 2020 14 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Phần 2: Đề kiểm tra 1 học kỳ 1 ( Mã 1) Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình: a) 23x 1  4x  2 b) x 2 1  x  13x  5 c). x 1 x 1 2x   0 2x  2 2x  2 1  x x  1. d) 6  3x  1  5 Bài 2: (2 điểm) Giải các bất phương trình sau và biểu diễn tập nghiệm trên trục số: a) 3x 13x  2  3x  12  16 b). 4x  5 7  x  3 5. (1,5 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình: Một miếng đất hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 10m. Nếu tăng chiều rộng thêm 5m và giảm chiều dài 2m thì diện tích tăng thêm 100m2. Tính kích thước của miếng đất lúc đầu. Bài 4: (3,5 điểm) Cho ΔABC nhọn, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: ΔBDA đồng dạng ΔBFC và BD.BC = BF.BA. b) Chứng minh rằng: BD̂F  BÂC . c) Chứng minh rằng: BH.BE = BD.BC và BH.BE + CH.CF = BC2. d) Đường thẳng qua A song song với BC cắt tia DF tại M. Gọi I là giao điểm của CM và AD. Chứng minh rằng: IE // BC. Phần 3: Đề thi học sinh giỏi toán cấp Huyện ,Tỉnh k6,7,8,9 Bài 3:. Đề thi học sinh giỏi toán cấp Huyện Tƣ Nghĩa năm học 2011-2012 Bài 1 (4 điểm)  1  x3  1  x2    x : Cho biểu thức A =   1  x  x 2  x3 với x khác -1 và 1.  1 x  a, Rút gọn biểu thức A. 2 3. b, Tính giá trị của biểu thức A tại x  1 . c, Tìm giá trị của x để A < 0. Bài 2 (3 điểm). 2 2 2 Cho  a  b    b  c    c  a   4. a  b  c  ab  ac  bc  . 2. 2. 2. Chứng minh rằng a  b  c . Bài 3 (3 điểm) Giải bài toán bằng cách lập phương trình. Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11. Nếu bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu lên 4 đơn vị thì sẽ được phân số nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số đó. Bài 4 (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a4  2a3  3a2  4a  5 . Bài 5 (3 điểm) 15 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 600, phân giác BD. Gọi M,N,I theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CD. a, Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh. b, Cho AB = 4cm. Tính các cạnh của tứ giác AMNI. Bài 6 (5 điểm) Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N. a, Chứng minh rằng OM = ON. b, Chứng minh rằng. 1 1 2 .   AB CD MN. c, Biết SAOB= 20082 (đơn vị diện tích); SCOD= 20092 (đơn vị diện tích). Tính SABCD. Đáp án Bài 1( 4 điểm ) a, ( 2 điểm ) Với x khác -1 và 1 thì : A=. 0,5đ. 1 x  x  x (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x  x 2 )  x(1  x) 3. 2. 0,5đ. (1  x)(1  x  x 2  x) (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  2 x  x 2 ) 1 = (1  x 2 ) : (1  x) 2 = (1  x )(1  x). =. 0,5đ 0,5đ. b, (1 điểm) 2 5 =  thì A = 3 3 25 5 = (1  )(1  ) 9 3 34 8 272 2  .   10 9 3 27 27. Tại x =  1. 0,25đ. 5 2  5   1  ( 3 )   1  ( 3 ). 0,25đ 0,5đ. c, (1điểm) Với x khác -1 và 1 thì A<0 khi và chỉ khi (1  x 2 )(1  x)  0 (1) Vì 1  x 2  0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1  x  0  x  1 KL. 0,25đ 0,5đ 0,25đ. Bài 2 (3 điểm) Biến đổi đẳng thức để được. 0,5đ. a  b  2ab  b  c  2bc  c  a  2ac  4a  4b  4c  4ab  4ac  4bc Biến đổi để có (a 2  b 2  2ac)  (b 2  c 2  2bc)  (a 2  c 2  2ac)  0 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Biến đổi để có (a  b)  (b  c)  (a  c)  0 (*) Vì (a  b) 2  0 ; (b  c) 2  0 ; (a  c) 2  0 ; với mọi a, b, c nên (*) xảy ra khi và chỉ khi (a  b) 2  0 ; (b  c) 2  0 và (a  c) 2  0 ; Từ đó suy ra a = b = c 2. 2. 2. 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ. Bài 3 (3 điểm) 16 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Gọi tử số của phân số cần tìm là x thì mẫu số của phân số cần tìm là x+11. Phân số cần tìm là. x (x là số nguyên khác -11) x  11. Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số 4 đơn vị ta được phân số (x khác -15) Theo bài ra ta có phương trình. x7 x  15. 0,5đ. x x  15 = x  11 x  7. 0,5đ. Giải phương trình và tìm được x= -5 (thoả mãn) Từ đó tìm được phân số . 0,5đ. 1đ 0,5đ. 5 6. Bài 4 (2 điểm) 0,5đ. Biến đổi để có A= a 2 (a 2  2)  2a(a 2  2)  (a 2  2)  3 = (a 2  2)(a 2  2a  1)  3  (a 2  2)(a  1) 2  3 Vì a 2  2  0 a và (a  1) 2  0a nên (a 2  2)(a  1) 2  0a do đó. 0,5đ 0,5đ. (a 2  2)(a  1) 2  3  3a. Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a  1  0  a  1 KL Bài 5 (3 điểm). 0,25đ 0,25đ. B. N. M. A D. I. a,(1 điểm) Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân b,(2điểm) 4 3 8 3 cm ; BD = 2AD = cm 3 3 1 4 3 AM = BD  cm 2 3 4 3 Tính được NI = AM = cm 3 1 8 3 4 3 DC = BC = cm , MN = DC  cm 2 3 3. Tính được AD =. C. 0,5đ 0,5đ 0,5đ. 0,5đ 0,5đ. 17 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Tính được AI =. 0,5đ. 8 3 cm 3 B. A. Bài 6 (5 điểm). O. N. M. a, (1,5 điểm). C. D. 0,5đ. OM OD ON OC ,   AB BD AB AC OD OC Lập luận để có  DB AC OM ON   OM = ON  AB AB. Lập luận để có. 0,5đ 0,5đ. b, (1,5 điểm) OM DM OM AM (1), xét ADC để có   AB AD DC AD 1 1 AM  DM AD Từ (1) và (2)  OM.( )   1 AB CD AD AD 1 1 Chứng minh tương tự ON. (  ) 1 AB CD 1 1 1 1 2 từ đó có (OM + ON). (  )2    AB CD AB CD MN. Xét ABD để có. (2). 0,5đ. 0,5đ 0,5đ. b, (2 điểm) S AOB OB S BOC OB S S   ,  AOB  BOC  S AOB .S DOC  S BOC .S AOD S AOD OD S DOC OD S AOD S DOC. 0,5đ. Chứng minh được S AOD  S BOC. 0,5đ 0,5đ.  S AOB .S DOC  (S AOD ) 2. Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2  SAOD = 2008.2009 Do đó SABCD= 20082 + 2.2008.2009 + 20092 = (2008 + 2009)2 = 40172 (đơn vị DT) Câu 1: Cho tam giác. có trung tuyến Kẻ đường cao Diện tích tam giác là. 0,5đ. của tam giác Biết (Nhập kết quả dưới dạng số. thập phân).80,5 Câu 2: Tìm số để đa thức chia hết cho đa thức ? Kết quả .11 Câu 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Biết AB=27,2 cm, AC = 51 cm. Độ dài CH là cm.45 Câu 4: Tính ? Đáp số .1 18 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Câu 5: Cho tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH. Biết AB=19,5 cm, AH=18 cm, CH=5,76.BH. Độ dài AC là cm (Nhập kết quả dưới dạng số thập phân).46,8 Điền kết quả thích hợp vào chỗ (...): Câu 6: Tứ giác ABCD có số đo các góc C, B, D lần lượt là thì số đo góc A là bao nhiêu độ? Kết quả làđộ.118 Câu 7: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ? Kết quả là . 0 Hãy điền số thích hợp vào chỗ .... nhé ! Câu 8: Gọi A là tập các giá trị của x để giá trị của phân thức Câu 9:. bằng 0.Tập A có phần tử.1. Gọi C là tập hợp các giá trị nguyên của x sao cho giá trị của phân thức là số nguyên. Tập hợp C bằng {}(nhập các phần tử của tập hợp theo thứ tự tăng dần, ngăn cách nhau bởi dấu ‘’;’’ ). -2;0;1;3 Câu 10: Cho hình vuông ABCD. M là điểm bất kì thuộc đường chéo BD. Kẻ ME, MF lần lượt vuông góc với AB, AD. ED cắt CF tại I. Số đo của góc EIC bằng .. Câu 11: Cho hình vuông ABCD. Lấy điểm I bất kì trên cạnh AB. Từ I kẻ đường thẳng song song với AC và đường thẳng song song với AD, chúng cắt BC, CD lần lượt tại K và M. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Khi đó, số đo góc KOM bằng .90 Câu 12: Gọi A là tập hợp các số tự nhiên n sao cho giá trị của phân thức là số tự nhiên. Tập hợp A là {} (nhập các phần tử theo thứ tự tăng dần, ngăn cách nhau bởi dấu ‘’;’’). Câu 13: Gọi B là tập các giá trị của x để giá trị của phân thức tử.1 Câu 14:. bằng 0.Tập B có phần. Gọi A là tập hợp các giá trị nguyên của x sao cho giá trị của phân thức là số nguyên. Tập hợp A bằng {}(nhập các phần tử của tập hợp theo thứ tự tăng dần, ngăn cách nhau bởi dấu ‘’;’’ ).-1;0;1;2 Câu 15: Gọi B là tập hợp các giá trị nguyên của x sao cho giá trị của phân thức. là số. 19 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> nguyên. Tập hợp B bằng {}(nhập các phần tử của tập hợp theo thứ tự tăng dần, ngăn cách nhau bởi dấu ‘’;’’ ).-2;0;2 Câu 16: Phần dư của phép chia Ta có Câu 17:. có dạng (Nhập kết quả dưới dạng số thập phân).. Tập hợp các giá trị của để giá trị của phân thức các phần tử theo giá trị tăng dần, ngăn cách nhau bởi dấu ";").-1 Câu 18:. bằng là {} (Nhập. Cho 4 phân thức . Trong 4 phân thức đó có phân thức bằng nhau (giả thiết các phân thức đều có nghĩa). 3 Câu 19: Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh AD lấy điểm F, trên cạnh DC lấy điểm E sao cho AF = DE. Gọi I là giao điểm của AE và BF. Khi đó, số đo góc BIE bằng .90 Câu 20: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm nằm giữa C và D. Tia phân giác của góc DAE cắt CD ở F. Kẻ FH vuông góc với AE ( H thuộc AE), FH cắt BC ở G. Số đo góc FAG bằng . Câu 1: Đa thức thích hợp để điền vào chỗ trống trong đẳng thức. là:. Câu 2: Phân thức. rút gọn thành:. Câu 3: Phân thức. rút gọn thành:. 20 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Câu 4: Kết quả rút gọn phân thức. (với. ) là:. Câu 5: Một tứ giác có nhiều nhất 1 góc nhọn 2 góc nhọn 3 góc nhọn 4 góc nhọn Câu 6: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là các trung điểm của AB, BC, CD, DA. Hai đường chéo AC và BD phải thỏa mãn điều kiện gì để tứ giác MNPQ là hình thoi? AC vuông góc với BD tại trung điểm mỗi đường AC bằng BD AC cắt BD tại trung điểm mỗi đường Cả 3 câu trên đều sai Câu 7: Giá trị của x thỏa mãn đẳng thức là:. Câu 8: Cho hình vuông ABCD. M là điểm bất kì thuộc đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là các hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Khẳng định nào sau đây là đúng? Diện tích tam giác CEF bằng diện tích tứ giác BDFE Diện tích tam giác CEF nhỏ hơn diện tích tứ giác BDFE Diện tích tam giác CEF lớn hơn diện tích tứ giác BDFE Diện tích tam giác CEF bằng diện tích tứ giác BDFE Câu 9: Một tứ giác có nhiều nhất 1 góc vuông. 2 góc vuông. 3 góc vuông. 4 góc vuông. Câu 10: Cho hình vuông ABCD. M là điểm bất kì thuộc đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là 21 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> các hình chiếu của M trên các cạnh AB, AD. Khi M ở vị trí nào trên BD thì diện tích của tam giác CEF là nhỏ nhất? M trùng với B M trùng với D M là trung điểm của BD M nằm giữa B và D và Câu 11: Giá trị của phân thức Câu 12:. bằng khi bằng .6. Cho biểu thức. với. . Giá trị của. khi. là . Câu 13: Tứ giác ABCD có . Các tia phân giác góc B và D cắt nhau tại I. Số đo góc BID bằng Câu 14: Cho tam giác ABC đường cao AH. Gọi D là điểm đối xứng với H qua AB, E là điểm đối xứng với H qua AC. Biết AB = 12 cm, AC = 9 cm, AH = 7,2 cm. Tổng độ dài của BD và CE là cm. Câu 15: Cho phân thức . Khi đó biểu thức thức có giá trị bằng (giả thiết phân thức luôn có nghĩa).. là một phân. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 THCS NĂM HỌC: 2013 – 2014. MÔN TOÁN Thời gian làm bài 150 phút Câu 1 (4đ). Cho biểu thức: P . x2 x 1 x 1   x x 1 x  x 1 x 1. a) Rút gọn P. b) Chứng minh P . 1 với x  0 và x  1 . 3. Câu 2 (4đ). a) Cho đường thẳng (d): 4  m  1 x  3my  12 . Tìm m để (d) tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 3. Tính khoảng cách từ O(0; 0) đến (d) ứng với m vừa tìm được. b) Cho M(a; b) là một điểm nguyên bất kỳ trên đường thẳng 4x  5y  7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q  5 a  3 b 4t 2  9 Câu 3 (4đ). Cho 0  t  3 . Tìm GTNN của biểu thức: A  2 t 3  t  22 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Câu 4 (4đ) a) Cho ABC cân tại A. Trên đáy BC lấy điểm D sao cho CD  2BD . So sánh 1 số đo BAD và CAD 2 b) Từ một điểm A ở ngoài (O) dựng các tiếp tuyến AB, AC với (O). Gọi H là giao điểm của OA với BC. Trên đường trung trực của AH lấy điểm M bất kỳ sao cho M nằm ngoài (O) và dựng tiếp tuyến MF với (O). Chứng minh: MA  MF . (B, C, F là các tiếp điểm) Câu 5 (4đ) a) Tìm tất cả các cặp số nguyên  x, y  thỏa mãn: x 2   7  y  x  6  2y  0 b) Tìm tất cả các cặp số nguyên dương  x, y  thỏa mãn: x 2010  y2010  20122010. Câu 1: a) Với x  0; x  1 P  . x2 x 1 x 1   x x 1 x  x 1 x 1 x2. . . . x 1 x  x  1 x2. . . x x. . . x x  x 1. . . x 1 1  x  x 1 x 1.  . x 1 x  x  1. . . x 1. . .  . x 1 x  x  1. x  x 1. . . x 1 x  x 1. . x 1 x  x  1. x với x  0; x  1 x  x 1. Vậy: P = b)Cách 1 xét hiệu:. 1 x 1 P   3 x  x 1 3  . 3 x  x  x 1 x  x 1 . . . x 1. 2. x  x 1. Vì x  0; x  1 nên:   x  1  0 và x  x  1  0 . Do đó: P   0 . Vậy ta có điều phải 1 3. 2. chứng minh: 23 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Cách 2: Ta có : P =. x = x  x 1. 1 với x  0; x  1 1 x 1 x. Áp dụng BĐT Co – si cho 2 số dương x ;. 1 ta có: x. x. 1 2 x. x.. 1 2 x. Vì x  1 nên dấu "=" không xảy ra Suy ra:. x. 1 1  1  3 . Vậy P  3 x. Câu 2: 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Xét đường thẳng (d) Vì d cắt hai hệ trục toạ độ nên m khác 0 và m khác 1 4 4 (m khác 0) ta được A(0; ) thuộc Oy m m 3 3 Cho y = 0 suy ra x = (m khác 1) ta được B( ;0) thuộc Ox m 1 m 1 4 3 Khi đó: OA = ; OB = m m 1. Cho x = 0 suy ra y =. Để đường thẳng d tạo với hai trục toạ độ Ox, Oy một tam giác có diện tích bằng 3 thì: OA.OB = 6. tức là:. 4 3 .  6 giải phương trình ta được m = - 1 ; m = 2 m m 1. Với m = -1 khi đó AB = Với m = 2 khi đó AB =. 12 73 Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng 2 73 6 13 Suy ra khoảng cách từ O đến (d) bằng 13. 2) Vì M (a;b) là 1 điểm nguyên bất kỳ trên đường thẳng 4x +5y = 7 nên ta có: 4a + 5b = 7 suy ra a . 7  5b 3b  1  b    Z . Do đó 3 – b = 4k (k thuộc Z) hay 4 4. b  3  4k. từ đó ta tính được a = 5k – 2 Khi đó: Q  5 5k  2  3 3  4k Lập bảng xét dấu: k 5k - 2 3 – 4k. 2 5. +. 0. 3 4. + +. 0. + -. 2 mà k thuộc Z nên k  0. Ta có Q = (1 – 13 k)  1 5 2 3 TH2:  k  mà k  Z nên không tồn tại k 5 4 3 TH3: k  mà k  Z nên k  1 . Ta có Q = (13k – 1)  12 4 Gộp cả 3 trường hợp ta được: Q  1. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi k = 0. khi đó. Xét TH1: k . M(-2;3). Vậy biểu thức Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1. giá trị ấy đạt được khi M(-2;3). 24 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Câu 3: Ta có A . 4t 2  9 4t 2  9 1 =  . 2 t 3  t  t t 3  t . 9 1   4t   . t  t 3  t  . 9 Tiếp đó ta dễ dàng chứng minh:  4t    12 . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5 . t. 1 4  . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5 t 3  t  9. Suy ra A . 16 16 . Dấu "=" xảy ra khi t = 1,5. Vậy GTNN của A bằng 3 3. Câu 4:. A. B. D. C. HK I. 1)Cách 1: Đặt AB=AC=a (a>0)BC =3m (m>0) suy ra: CD=2m,BD=m Kẻ đường cao AH, phân giác AKcủa góc CAD, ta có DH = Ta tính được AH =. 1 4a 2  9m2 ;AD = 2. Vì AKlà phân giác của góc CAD ta có: Xét hiệu: DI-DK = m-DK=. . a 2  2m 2 2m a 2  2m 2 DK AD suy ra: DK   DC AC  AD a  a 2  2m 2. m a  a 2  2m 2 a  a  2m 2. 1 m 2. 2.   0 vì a;m >0 nên a . a 2  2m2. Từ đó suy ra K nằm giữa Dvà I, hay I nằm giữa Kvà C. Do đó góc AKD > góc AIK mà góc AIK = góc ADK nên góc AKD >góc ADK. Suy ra ADB > góc AKC Vậy: góc BAD < góc DAK. Tức là góc BAD <. 1 góc CAD 2. A Cách 2: Gọi E là trung điểm của DC, ta có BD = DE = EC  Khi đó tam giác ABD và tam giác ACE bằng nhau (c-g-c) Suy ra góc BAD = góc CAE (1) Trên tia đối của tia EA lấy điểm F sao cho EF = EA Ta chứng minh được tam giác CAE = tam giác DEF (c-g-c) B D Từ đó: AC = DF; góc DFE = góc CAE * Vì góc ADC = gócABD +gócBAD, nên ADC >góc ABD mà góc ABD = góc ACD 25 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. E. C. F ĐỒNG GIÁ 10.000 NGHÌN.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Suy ra: góc ADC >góc ACD.Do đó AC>AD, Mà AC = DF suy ra: góc DAE > gócDEF suy ra: DAE+CAE>2DEF Hay: 1/2DAC>DE F. Vậy BAD<1/2DAC. M B. O. H. A. I F C. Gọi I là trung điểm của AH. Dễ chứng minh AO là đường trung trực của BC + Trong các tam giác: FMO ;OMI,AMI,ABO ta có MF 2  MO 2  R 2 ;  OF  R .  MI 2  IO 2  R 2  MI 2   HI  OH   R 2 2.  MI 2  IH 2  2OH .IH  OH 2  R 2  MI 2  IA2  OH .HA  R 2  MA2  OH 2  BH 2  R 2  MA2  R 2  R 2  MA2. Vậy: MF = MA Câu 5 a) nếu với giới hạn của chương trình hiện tại là hết tuần 16 thì ta nênlàm như sau + Ta có : x2   7  y  x  6  2 y  0  y  x  2  x2  7 x  6 . Rõ ràng x = 2 không thể là nghiệm. nên chia cả hai vế cho x – 2 ta được y. x2  7 x  6 4   x  5  x2 x2. Do x, y là số nguyên nên x – 2 là ước của -4 mà U 4  1; 2; 4 Ta có bảng: 26 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> x-2 -1 -2 -4 4 2 1 x 1 0 -2 6 4 3 y 0 -3 -6 0 -3 -6 đối chiếu với các điều kiện ở đề bài thì các cặp số sau thoả mãn (x;y) = 1;0 ;  0;3 ;  2; 6 ;  6;0  ;  4; 3 ; 3; 6  2)Giả sử (x,y)là nghiệm nguyên dương của phương trình: Rõ ràng x,y<2012 (1). Không mất tính tổng quát giả sử x  y . Do x  Z  ;2012  x  2012  x  1 2010 Suy ra: 20122010   x  1  x2010  2010 x2009  ...  2010 x  1  x2010  2010 x2009 Từ đó ta có x2010  y 2010  x2010  2010 x2009 hay y 2010  2010 x2009 mà x  y nên x2010  2010 x2009  x  2010 (2) Tương tự ta có: y > 2010 (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra 2010 < x, y < 2012. Từ đó chỉ có thể x = y = 2011 Nhưng cặp số (x, y) này không thoả mãn phương trình đã cho (vì vế phải chia hết cho 4 còn vế trái không chia hết cho 4) Vậy phương trình đã cho vô nghiệm ĐỀ SỐ 1 Câu 1: Tính gọn biểu thức: 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 . . 2) B = 1 + . a + a  a- a  1+   với a ≥ 0, a ≠ 1.  a + 1  1- a . Câu 2: 1) Cho hàm số y = ax2, biết đồ thị hàm số đi qua điểm A (- 2 ; -12). Tìm a. 2) Cho phương trình: x2 + 2 (m + 1)x + m2 = 0. (1) a. Giải phương trình với m = 5 b. Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt, trong đó có 1 nghiệm bằng - 2. Câu 3: Một thửa ruộng hình chữ nhật, nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3m thì diện tích tăng thêm 100m2. Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng đi 2m thì diện tích giảm đi 68m2. Tính diện tích thửa ruộng đó. Câu 4: Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên cạnh AC lấy 1 điểm M, dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC. Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) tại D, đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) tại S. 1) Chứng minh tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp và CA là tia phân giác của góc BCS .. 2) Gọi E là giao điểm của BC với đường tròn (O). Chứng minh các đường thẳng BA, EM, CD đồng quy. 3) Chứng minh M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE. Câu 5: Giải phương trình.. x 2 - 3x + 2 + x + 3 = x - 2 + x 2 + 2x - 3 27 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> HƢỚNG DẪN ĐỀ SỐ 1 Câu 1: Rút gọn biểu thức 1) A = 20 - 45 + 3 18 + 72 = 5 . 4 - 9 . 5 + 3 9 . 2 + 36 . 2 = 2 5 - 3 5 + 9 2 + 6 2 = 15 2 - 5 . 2) B = 1 + . . = 1 + . a + a  a- a  1 +   với a ≥ 0, a ≠ 1 a + 1  1 - a  . a ( a + 1)  1 a + 1  . a ( a - 1)   = (1 + a - 1 . a ) (1 -. a)=1-a. Câu 2: 1) Đồ thị hàm số đi qua điểm M (- 2; -12) nên ta có: - 12 = a . (- 2)2  4a = -12 2.  a = - 3. Khi đó hàm số là y = - 3x .. 2) a) Với m = 5 ta có phương trình: x2 + 12x + 25 =0. ∆’ = 62 -25 = 36 - 25 = 11 x1 = - 6 - 11 ; x2 = - 6 + 11 b) Phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi: ∆’ > 0  (m + 1)2 - m2 > 0  2m + 1 > 0  m >. -1 (*) 2. Phương trình có nghiệm x = - 2  4 - 4 (m + 1) + m2 = 0 m = 0 2 (thoả mãn điều kiện (*))  m - 4m = 0   m = 4. Vậy m = 0 hoặc m = 4 là các giá trị cần tìm.. Câu 3: Gọi chiều dài của thửa ruộng là x, chiều rộng là y. (x, y > 0, x tính bằng m) Diện tích thửa ruộng là x.y Nếu tăng chiều dài thêm 2m, chiều rộng thêm 3 m thì diện tích thửa ruộng lúc này là: (x + 2) (y + 3) Nếu giảm cả chiều dài và chiều rộng 2m thì diện tích thửa ruộng còn lại là (x-2) (y-2). Theo bài ra ta có hệ phương trình:. 28 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> (x + 2) (y + 3) = xy + 100  (x - 2) (y - 2) = xy - 68 xy + 3x + 2y + 6 = xy + 100   xy - 2x - 2y + 4 = xy - 68 3x + 2y = 94 x = 22  x = 22 .       2x + 2y = 72 x + y = 36  y = 14. k. Vậy diện tích thửa ruộng là: S = 22 .14= 308 (m2). a. d. 0. Câu 4: 1) Ta có BAC = 90 (gt). s. m. MDC = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). O. A, D nhìn BC dưới góc 900, tứ giác ABCD nộibtiếp e. c. Vì tứ giác ABCD nội tiếp.  ADB = ACB (cùng chắn cung AB). (1) Ta có tứ giác DMCS nội tiếp ADB = ACS (cùng bù với MDS ). (2) Từ (1) và (2)  BCA = ACS . 2) Giả sử BA cắt CD tại K. Ta có BD  CK, CA  BK. 0.  M là trực tâm ∆KBC. Mặt khác MEC = 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)  K, M, E thẳng hàng, hay BA, EM, CD đồng quy tại K.. 3) Vì tứ giác ABCD nội tiếp  DAC = DBC (cùng chắn DC ). (3) Mặt khác tứ giác BAME nội tiếp  MAE = MBE (cùng chắn ME ). (4) Từ (3) và (4)  DAM = MAE hay AM là tia phân giác DAE . Chứng minh tương tự: ADM = MDE hay DM là tia phân giác ADE . Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp ∆ADE. Câu 5: Ta có: x2 - 3x + 2 = (x - 1) (x - 2), x2 + 2x - 3 = (x - 1) (x + 3) Điều kiện: x ≥ 2 (*) Phương trình đã cho  . (x - 1) (x - 2) - (x - 1) (x + 3) + x + 3 - x - 2 = 0. x - 1 ( x - 2 - x + 3) - ( x - 2 - x + 3) = 0. 29 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> . . x-2 - x+3. .  x-2 = x+3    x - 1 - 1 = 0. . x-1-1 =0 (VN).  x  2 (thoả mãn đk (*)). Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là x = 2. ĐÈ RA KỲ 1 : Câu 1: Giải phương trình:. x2 + x + 2016 = 2016. . Câu 2: Các số thực x, a, b, c thay đổi, thỏa mãn hệ: (1) x + a + b + c = 7  2 2 2 2  x + a + b + c = 13 (2). Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của x. Câu 3: Cho a, b, c là các số lớn hơn 1. Chứng minh:. a2 b2 c2    12 b 1 c 1 a 1. MỖI HỌC SINH GIẢI 3 BÀI ,THỜI GIAN NỘP NHANH NHẤT CÓ THƢỞNG 30.000Đ VÌ ĐIỀU KIỆN KHÓ KHĂN VÀ KINH PHÍ HẠN CHẾ ,NÊN TẠP CHÍ HƠI NGHÈO NÀN VẾ NỘI DUNG ,MONG CÁC BẠN GÓP Ý NHÉ Tổng biên tập. Trƣơng Quang An Mọi ý kiến gởi về hàm thƣ : Số điện thoại :01653276871. 30 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> 31 Tạp chí toán học C2& THANH THIẾU NIÊN. GIÁ 10.000 NGHÌN ĐỒNG.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>