de thang 305

ĐỀ 5-T3( 21-3-2018)
P

Bài 1( 2 điểm). Cho biểu thức :
1.Rút gọn P.

x2
y2
x2 y2


 x  y   1  y   x  y   1  x   x 1   1  y 

2.Tìm các cặp số (x;y)  Z sao cho giá trị của P = 3.

1
1
1
1
1
 2
 2
 2

Bài 2(2 điểm). Giải pt: x  5 x  6 x  7 x  12 x  9 x  20 x  11 x  30 8
2

Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:

M

2x 1
x2  2

Bài 4 (3 điểm). Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF.
1.Chứng minh CE vng góc với DF.

2.Chứng minh  MAD cân.

3.Tính diện tích  MDC theo a.
3
3
2
2
2
Bài 5(1 điểm). Cho các số a; b; c t/m : a + b + c = 2 . CMR : a + b + c  4 . ĐỀ T3-06

1
1
1
1
Câu 1. (1,5đ) Rút gọn biểu thức : A = 2.5 + 5.8 + 8.11 +……….+ (3n  2)(3n  5)

Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho :Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4)
Câu 3 . (2đ)

7
Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức x  x  1 có giá trị nguyên.
2

Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc)
Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng hàng.
Câu 6: Lúc 7h sáng, một người đi xe máy từ A đến B dài 45km. Tới B, người đó giải
quyết xong cơng việc trong 1h30’ rồi quay về A , tới A lúc 11h. Đoạn đường AB gồm một
đoạn đường bằng phẳng và một đoạn đường lên dốc. Vận tốc lúc lên dốc là 24km/h, lúc
xuống dốc là 45km/h và trên đường bằng là 40km/h. Hỏi đoạn đường bằng dài bao nhiêu
km?


Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)MTC :  x  y   x  1  1  y 

ĐÁP ÁN
P

x2  1  x   y2  1  y   x 2 y2  x  y 

 x  y  1  x  1  y

1.



P  x  y  xy .Với x  1; x  y; y 1

 x  y   1  x   1  y   x  y  xy 
 x  y  1  x  1  y 

thì giá trị biểu thức được xác định.

  x  1  y  1  2

 x  y  xy 3  x  y  xy  1 2

2. Để P =3

Các ước nguyên của 2 là : 1; 2.
 x  1 1


y

1

2

Suy ra:

 x 2

 y 1

 x  1 2


y

1

1


(loại).;

 x 3  x  1  2



 y 0  y  1  1

 x  1

 y  2 (loại)

Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.

Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:

 x 2
 x 3

 x 4;
 x 5

 x 6

Ta có : Phương trình đã cho tương đương với :
1

1



1



1



 x  2   x  3  x  3  x  4   x  4   x  5   x  5   x  6 



1
8



1
1
1
1
1
1
1
1
1









x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 x 6 x 5 8



4
1
1
1
1

  x  6 x  2  8  x 2  8 x  20 0   x  10   x  2  0



x 6 x 2 8

 x 10

 x  2 (TMDK) . Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2.

Bài 3.(2điểm)



 

2



2
2
2
x 2  2   x  1
x  1

2 x 1  x 2  2  x2  2 x  2  x  2 x 1
M


1  2
x2  2
x2  2
x2  2
x 2

 x  1

2

2
M lớn nhất khi x  2

x  1

Vì 

2

nhỏ nhất.

0x

x
và 

2



 2  0x

 x  1

2
2

2
x  1
nên x  2 nhỏ nhất khi 
= 0.


Dấu “=” xảy ra khi x-1 = 0  x 1 . Vậy Mmax = 1 khi x = 1.



Bài 4. . (3iểm) a. BEC CFD(c.g.c)  C1 D1
0
0
 
 
CDF vuông tại C  F1  D1 90  F1  C1 90  CMF vuông tại M Hay CE  DF.

b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có : AEK BEC ( g.c.g )  BC  AK
 AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
1
 AM  KD  AD  AMD
2
cân tại A

c.

CMD FCD ( g.g ) 

a

k

d
1

CD CM

FD FC

e

2

m
1

2

SCMD  CD 
 CD 

 SCMD 

 .SFCD
S
FD
FD





FCD
Do đó :
1
1
SFCD  CF .CD  CD 2
2
4

Mà :
.

Vậy :

SCMD 

b

f

1

c

CD 2 1
. CD 2
2
FD 4
.

Trong 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
2

1
1
 2 1
2
2
 a  2  0  a  a  4 0  a  4 a

Bài 5 (1điểm) Ta có: 

Tương tự ta cũng có:

b2 

1
b
4

;

c2 

1
c
4

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
a2  b2  c 2 

3
3
3
a  b  c
abc 
a 2  b2  c 2 
4
2 nên:
4
. Vì
1
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 2 .

1 1 1 1 1
1

1
ĐÁP ÁNCâu 1. A = 3 ( 2 - 5 + 5 - 8 +…….+ 3n  2 - 3n  5 )

1 1
1
n 1
= 3 ( 2 - 3n  5 ) = 6n  10


Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – 4;được đa thức dư suy ra a = 0 ; b = - 16.
Câu 3.

7
x  x  1  Z  x2 –x +1 = U(7)=
2

Đưa các phương trình về dạng tích.






1, 7



Đáp số x =   2,1, 3 .

Câu 4. Từ giả thiết  a < b + c  a2 < ab + ac

Tưng tự

b2 < ab + bc;

c2 < ca + cb; Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm)

Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.
GM 1
·
·
- Chỉ ra được AG = 2 , HAG = OMG
OM 1
- Chỉ ra AH = 2 (Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm c/m CK = AH)
 V AHG : VMOG (c.g.c) H,G,O thẳng hàng.

câu 6:

Đổi 1h30’ =

3
2 giờ

Gọi độ dài đoạn đường bằng là x (km) (0 < x < 45)

45−x
 Thời gian lên dốc là: 24

45−x
(h) Thời gian xuống dốc là: 45

2x
 Thời gian đi đoạn đường bằng là 40
Theo bài ra, ta có phương trình:

45−x
24

(phải tính 2x vì ta tính thời gian cả đi và về)

45−x
+ 45

Giải phương trình ta được x = 27 (thỏa mãn điều kiện).
Vậy độ dài đoạn đường bằng là 27 km.

(h)

2x
+ 40

3
+ 2 =4