Gui em Hoang Khanh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Hướng dân x. 1 2. 5 x   x  3 2 x  1  1 0 Bài 1) Giải phương trình (1) DKXD: (1)  2  x  5   3( x  3)   x  3 2 x  1 0  2  x  5   ( x  3) 3 . .  2  x  5   ( x  3). . 2 x  1 0. 9  2x 1 x 3   0   x  5   1   0 3  2x  1  3  2x  1 .  x 5  x 5    x 1  x  3 3  2 x  1 ( Thâỳ giải băng nhân liên hợp) 2)Ta có 1/ a 2  3ab;  2/ a 2  8ab; Xet : T 41/   2/ 4(a 2  3ab)  a 2  8ab (2a  b) 2 0  1/ 0   /  dpcm   2 0 2 2 Bài 2 1) Giải phương trình nghiêm nguyên: 9 x  3 y  6 xy  6 x  2 y  35 0 2 2 9 x 2  3 y 2  6 xy  6 x  2 y  35 0   3 x  y  1  2  y  1 36 2. 2.   3 x  y  1 36  2  y  1 36 2.  3x  y  1 ;  y  1. 2. là sô chính phương nhỏ hơn hoăc băng 36 ;  3x  y  1. 2. chăn từ đó tìm được nghiêm 2) xét đa thức g (x) x  1 có g(2016)=2017; g(2017)=2018 nên Q(x) P ( x)  g ( x) có Q(2016)=0; Q(2017)=0 vì P(x) bâc 3 he so cao nhât là 1 nên Q(x)bâc 3 hê sô cao nhât là 1 Q(x) c ó 3 nghiêm: 2016; 2017 ; a Q( x) ( x  2016)( x  2017)( x  a )  P( x) ( x  2016)( x  2017)( x  a)  x  1  3P (2018)  P(2019)  3.2.1(2018  a )  3.2019  3.2.(2019  a )  2020  4031 4. Bài 3 từ PT1 suy ra 0  y 4 x Tìm DKXD 2 đăt 2 x a; x  y b; x  2 y c;(a ; c 0) PT2 trở thành a  b  2 c  10c  a  b  a  b  4 c(a  b)  4c 10c  a  b  2 c(a  b) 3c  (a  b).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Với: 3c  (a  b) 0 thì 2 2 c(a  b) 3c  (a  b)  4c(a  b) 9c 2  6c( a  b)   a  b  2.  16c 2 25c 2  10c( a  b)  (a  b) 2   4c   5c  a  b  Do :4c  0; 3c  (a  b) 0 nên 5c  a  b >0 2. 2. 2.  5c  a  b   4c 5c  a  b  a  b c  y 2 x 2 Thay vào PT1 ta có.  4c . y 3  2 y 2  2 y  y 2  6  y 3  y 2  y  6  2 y 2  2 y  y 0 y2  2 y. 2.  ( y  2)(y  y  3) . 2 y2  2 y  y. ) 0.   y  ( y  2)  y 2  y  3   0  y 2  x 1Vx  1 2 2 y  2 y  y   y do : y  0  y 2  y  3  0 2 y2  2 y  y ( Thâỳ giải băng nhân liên hợp) Bài 4 A. O. E. H K. I. C. D B. 1. Ta có AC IC BC IC  (1);ΔIBC dd ΔIDB   (2) DA IA DB IB AC BC ma: IA=IB; tu (1), (2)    AC.BD  AD.BC DA DB KE 2 HE 2  HK 2  AE 2  AH 2  HK 2 OE 2  AH 2  HK 2. ΔIAC dd ΔIDA . OE 2  AH 2  ( AK  AH ) 2 OE 2  AH 2  2 AK . AH 2 2 2.  OE  KE  AK (2 AH  AK )  AK ( AB  AK )  AK .KB.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  IA2 IC.ID  IC.ID IH .TO   2 IA  IH . IO 3.  tứ giác HODC nôị tiêp 1    DOC DHC  DBC  DHC (1) 2      Măt khác OHD OCD DOC CHI  HA là phân giác DBC (2) từ (1) (2) suy ra ΔHDA dd ΔBDC suy ra đpcm Bài 5 Từ GT suy ra :  x  1  y  1   z  1  y  1   x  1  z  1 0  xy  yz  xz  2( x  y  z )  3 0  xy  yz  xz 2( x  y  z )  3(1) Măt khác 3 x 2  4 y 2  5 z 2 52  5( x 2  y 2  z 2 ) 52  2 x 2  y 2 52  2  1 55  x 2  y 2  z 2 11(2) Từ (1) (2) ta có 2  x  y  z  x 2  y 2  z 2  2( xy  yz  xz ) 11  4( x  y  z )  6 2.   x  y  z   4( x  y  z )  5 0   F  5)(F 1 0  F 5 Min(F)=5 khi x=y=1; z=3 Thâỳ cũng nhiêù viêc cũng có lúc HS đông nghiẹp nhờ cũng không có thời gian làm hơn nữa không phải bài nào cũng làm được vì thâỳ dạy ở trường làng thôi. Thâỳ giải vôị có thê chưa là cách giải hay nhât đê thây xem còn cách khác hay hơn không có thê chua chính xác đây mơi chỉ là hương dân em tham khao va bô sung phông chữ của thâỳ bi lôĩ môt sô chô thiêú dâú em bô sung nhé. Chúc em thành công.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>