DE ON THANG 42018

MỘT SỐ ĐỀ ƠN TẬP
ĐỀ 14
Câu 1. Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 ...a 8 thỏa mãn 2 điều kiện a và b sau
2
3
a) a1a 2a 3 = (a 7 a 8 )
b) a 4a 5a 6a 7a 8 (a 7a 8 )
Câu 2. Chứng minh rằng: (xm + xn + 1) chia hết cho x² + x + 1 khi và chỉ khi (mn – 2) chia
hết cho 3.
Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x² + 1.
Câu 3. Giải phương trình
1
1
 1


 ... 


2005.2006.2007  x = (1.2 + 2.3 + 3.4 +... + 2006.2007).
 1.2.3 2.3.4

Câu 4. Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD. Gọi O là giao điểm của AC và BD; các
đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC
tương ứng ở F và E. Chứng minh:
a. EF // AB
b. AB² = EF.CD.
c. Gọi S1, S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD và OBC.
Chứng minh: S1. S2 = S3.S4.
A

x 2  2x  2007
2007x 2
, (x khác 0)

Câu 5. Tìm giá trị nhỏ nhất:
B = x² – 2xy + 6y² – 12x + 2y + 45.

ĐÁP ÁN 14
3

Câu 1. Gợi ý từ hai điều kiện ta có 9999  a 7 a 8  1000 nên 21  a 7 a 8  32
(b)  a 4a 5a 6 .4.25 (a 7 a 8 )3  a 7 a 8 a 7 a 8 (a 7a 8  1)(a 7a 8 1) (c)

Vế phải của (c) là 3 số tự nhiên liên tiếp và có số chia hết cho 25 và nên có 3 khả năng
Thử ta được 57613824 hoặc 62515625
Câu 2. Đặt m = 3k + r với r là số dư của m chia cho 3;
n = 3t + s với s là số dư của n chia cho 3
xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1
= xr (x3k –1) + xs (x3t – 1) + xr + xs +1
Dễ chứng minh được (x3k – 1) và (x3t – 1) đều chia hết cho (x² + x + 1)
Nên (xm + xn + 1) chia hết cho (x² + x + 1)  (xr + xs + 1) chia hết cho (x² + x + 1)
<=> r = 2 và s = 1 hoặc r = 1, s = 2 Tính mn – 2 => Điều phải chứng minh.
Áp dụng: m = 7; n = 2 => (x7 + x² + 1) : (x² + x + 1) = x5 + x4 + x² + x + 1
Câu 3. Gợi ý nhân 2 vế với 6 ta được
2
2
 2

3


 
 x 2   1.2  3  0   2.3  4  1    2006.2007  2008  2005   
2005.2006.2007 
 1.2.3 2.3.4

1
1
1
1
 1

1003.1004.669
3



 
 x 2.  2006.2007.2008   x 
1.2
2.3
2.3
3.4
2006.2007


5.100.651


OE OA


Câu 4. a) Do AE // BC => OB OC

OF OB

BF // AD OA OD
OA OB
OE OF


OC OD nên OB OA => EF // AB

MặT khác AB // CD ta lại có
b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB

EF AB

Vì EF // AB // CD nên AB DC => AB² = EF.CD.
1
1
1
1
c) Ta có: S1 = 2 AH.OB; S2 = 2 CK.OD; S3 = 2 AH.OD; S4 = 2 OK.OD.
S1 AH.OB AH S3 AH.OD
S1 S3



AH.CK

S

CK.OB
CK
S
CK.OD
S
S2 => Đpcm.
4
2
4
=>
;
=>

Câu 5. B = (x – y – 6)² + 5(y – 1)² + 4

Giá trị nhỏ nhất A = 4 khi y = 1 & x = 7

2007x 2  2x.2007  2007 2
x 2  2x.2007  2007 2 2006x 2

2007x 2
2007x 2
2007x 2
A=
=
(x  2007) 2 2006 2006


2
2007 2007

= 2007x

2006
Amin = 2007 khi x – 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)

x
2
Bài 2. Cho biểu thức: y = (x  2004) với x > 0.

Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó.
Bài 3.
a. Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình
(12x – 1) (6x – 1) (4x – 1) (3x – 1) = 330.
x 6

b. Giải bất phương trình:
≤ 3.
Bài 4. Cho góc xOy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vng góc với Ox; ID vng góc
với Oy. Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt Ox ở A cắt Oy ở B.
a. Chứng minh rằng tích AC. DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi.
CA OC 2
 2
b. Chứng minh rằng DB OB

8a 2
c. Biết SAOB = 3 . Tính CA; DB theo a.

1
Bài 2: Đặt t = 2004y Bài tốn đưa về tìm x để t bé nhất
(x  2004) 2

x 2  2.2004x  2004 2
x
2004
x 2  20042
2
2
2004x
x = 2004x
Ta có t = 2004x =
= 2004

(1)


Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có
x 2  2004 2
2
x² + 2004² ≥ 2.2004.x → 2004x
(2)Dấu “ =” xảy ra khi x = 2004

Từ (1) và (2) suy ra: t ≥ 4Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x = 2004.
1
1

Vậy ymax = 2004t 8016 khi x = 2004

Bài 3: a. Nhân cả 2 vế của phương trình với 2.3.4 ta được:
(12x – 1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4
(12x – 1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8
Vế trái là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số phải cùng dấu (+) hoặc dấu (–).

Suy ra (12x – 1)(12x – 2)(12x – 3)(12x – 4) = 11. 10. 9. 8
* 12x – 1 = 11 → x = 1 (thoả mãn)
7
* 12x – 1 = –8 → x = 12 (loại vì x khơng ngun)Vậy x = 1 thoả mãn phương trình.

x 6

b. Ta có
< 3 <=> –3 < x – 6 < 3 <=> 3 < x < 9
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = {x  R | 3 < x < 9}.
Bài 4: Ta có góc A chung; góc AIC = góc ABI (cặp góc đồng vị)
→ ΔIAC ~ ΔBAO (g – g).Suy ra:
Tương tự: ΔBID ~ ΔBAO (g – g)

AC IC
AC AO


AO BO → IC BO (1)
OA OB
OA ID


ID BD → OB BD (2)
Suy ra:

AC ID

Từ (1) và (2) suy ra: IC BD Hay AC.BD = IC.ID = a²

Suy ra: AC.BD = a² không đổi.
AC ID OA OA
AC OA 2
.

.

2
b. Nhân (1) với (2) ta có: IC BD OB OB mà IC = ID (theo giả thiết) suy ra: BD OB

c. Theo cơng thức tính diện tích tam giác vng ta có;
8a 2
16a 2
1
SAOB = 2 OA.OB mà SAOB = 3 (giả thiết) Suy ra: OA.OB = 3
16a 2
16a 2
Suy ra: (a + CA) (a + DB) = 3 → a² + a(CA + DB) + CA.DB = 3
16a 2
Mà CA.DB = a² (theo câu a) → a(CA +DB) = 3 – 2a²
CA.DB a 2


10a
10a
CA  DB 
3 Giải hệ pt → CA = a/3 và DB = 3a
 CA + DB = 3 . Vậy: 

Hoặc CA = 3a và DB = a/3

1
1
1
1
1
 2
 2
 2

Bài 2. Giải phương trình x  5x  6 x  7x  12 x  9x  20 x  11x  30 8
2


M

2x  1
x2  2

Bài 3. Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức
Bài 2. Điều kiện xác định: x khơng thuộc {2; 3; 4; 5; 6}
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  8x  20 0   x  10   x  2  0



x 6 x 2 8


 x 10

 x  2 thoả mãn điều kiện phương trình.Phương trình có nghiệm: x = 10; x = –2.
2

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

x2  2
x2  2
x2  2
x 2
Bài 3.

 x  1

2

2
M lớn nhất khi x  2 nhỏ nhất.

 x  1

2

2
Vì (x – 1)² ≥ 0 với mọi x và (x² + 2) > 0 với mọi x nên x  2 nhỏ nhất khi x = 1.
Vậy Mmax = 1 khi x = 1.

ĐÁP ÁN ĐỀ 15
4

3

x  x  x 1
3
2
Bài 1. a. P = x  x  2x  x  1 Mẫu số (x² + 1)(x² – x + 1) > 0 với mọi x. Do đó khơng

4

(x  1) 2
x 2  1 ≥ 0 với mọi x
cần điều kiện của x. Biến đổi thành
1
1
1
1
1
 2
 2
 2

2
b. Giải PT: x  5x  6 x  7x 12 x  9x  20 x 11x  3 8
P

ĐK: x ≠ –2; –3; –4; –5; –6
1
1
1
1
1
1
1
1
1








  x 2; x  10
Phương trình trở thành x  2 x  3 x  3 x  4 x  4 x  5 x  5 x  6 8

Bài 2
1
(1.5
điểm)
2
(2.5
điểm)

x 2  6 xy  5 y 2  5 y  x ( x 2  xy  x)  (5 xy  5 y 2  5 y )

0,5

 x( x  y  1)  5 y ( x  y  1)

0.5

( x  y  1)( x  5 y )

0.5

3

Ta có a  3ab
và b

3

2

a
5  

b
 3a b 10  
2

3

3

 3ab2





2

25

 a6 - 6a4b2 + 9a2b4 = 25

0.5

2

 3a2b 100

0.5

6

4 2

4 2

 b – 6b a + 9a b = 100


0.5

6
6
2 4
4 2
Suy ra 125 = a  b  3a b  3a b

a
Hay 125 =

2

 b2



3

 a 2  b 2 5

0.5

2
2
Do đó S = 2016( a  b ) = 2016.5=10080

0.5

2

2
2
2
27  12x x  12x  36   x  9   x  6 
A 2

 2
 1  1
x 9
x2  9
x 9
Bài 3.

A đạt giá trị nhỏ nhất là –1 tại x = 6
2
2
2
2x  3

27  12x  4x  36    4x 12x  9 
3

4 
4
x 
2
2
2
x 9
x 9
2
A = x 9
.A đạt GTLN là 4 tại

Bài 4.a. Do E đối xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của đoanh thẳng EHvậy
góc EAH = góc IAH (1) góc FAD = góc DAH (2)
cộng (1) và (2) ta có: góc EAH + góc FAD = góc DAH + góc IAH = 90° theo gt
Từ đó suy ra 3 điểm E, A, F thẳng hàng
b. Tam giác ABC vng ở A nên góc ABC + ACB = 90°
Chỉ ra góc EBA + góc FCA = 90° suy ra góc EBC + góc FBC = 180°
do đó BE // CF. Vậy tứ giác BEFC là hình thang
Muốn BEFC là hình thang vng thì phải có góc AHC = 90°

Suy ra H phải là chân đường cao thuộc cạnh huyền của tam giác ABC
Muốn BEFC là hình bình hành thì BE = CF suy ra BM = HC.
Vậy H phải là trung điểm của BC
Muốn BEFC là hình chữ nhật thì BEFC phải có một góc vng suy ra góc B = góc C 45°
điều này khơng xảy ra vì tam giác ABC khơng phải là tam giác vuông cân
c. Lấy H bất kỳ thuộc BC gần B hơn ta có
SEHF 2SAIDH dựng hình chữ nhật HPQD bằng AIHD

Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g – c – g)
suy ra SHBIS SHMB  SEHF SABMQ  SABC với H gần C hơn ta cũng có: SABMQ < SABC
khi H di chuyển trên BC ta ln có SEHF ≤ SABC. Tại vị trí H là trung điểm của BC thì ta có
SEHF = SABC. Do đó khi H là trung điểm của BC thì SEHF là lớn nhất.
Bài 5. Do a, b, c là các số dương nên ta có (a + 1)² ≥ 4a (1)
Tương tự (b + 1)² ≥ 4b (2); (c + 1)² ≥ 4c (3)
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có:(b + 1)²(a + 1)²(c + 1)² ≥ 64abc = 64
(b + 1)(a + 1)(c + 1) ≥ 8


ĐỀ 16 hương khê


ĐỀ 16:
Bài 1: a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x+y)3 + (y+z)3 = x+2y+z +20113.
b)
Bài 2: Phân tích đa thức thành nhân tử: P = x2( y - z ) + y2( z - x ) + z2( x - y )
Bài 3: Cho biểu thức: Q = 1 +
a- Rút gọn Q.

(

x +1
1
2
x 3−2 x 2
−
−
:
x3 +1 x−x 2 −1 x+1 x3 −x 2 + x

)

3 5
|x− |=
4 4
b- Tính giá trị của Q biết:

c-Tìm giá trị ngun của x để Q có giá trị ngun.
Bài 4: Tìm giá trị của m để cho phương trình: 6x - 5m = 3 + 3mx có nghiệm số gấp ba
nghiệm số của phương trình: ( x + 1)( x - 1) - ( x + 2)2 = 3
Bài 5: Tìm tất cả các cặp số nguyên ( x; y) thoả mãn phương trình: x2 -25 = y( y+6)
Bài 6: Cho hình vng ABCD, M là điểm bất kì trên cạnh BC. Trong nửa mặt phẳng bờ
AB chứa C dựng hình vuông AMHN.Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt
AH ở E, cắt DC ở F.
a- Chứng minh rằng: BM = ND.

b-Chứng minh rằng: N; D; C thẳng hàng.

c-EMFN là hình gì?
d-Chứng minh: DF + BM = FM và chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi vị trí
trên BC.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ 16
Nội dung

Câu

Bài 1

9

8

1110 - 1 = ( 11 -1 )( 11 +11 + ¿⋅¿+11 +1 )
9

8

= 10( 11 +11 + ¿⋅¿+11 +1 )
Vì 10

⋮ 10
9

8

và ( 11 +11 + ¿⋅¿+11 +1 ) có chữ số tận cùng ( hàng đơn vị) bằng 0
9

8

Bài

Nên: ( 11 +11 + ¿⋅¿+11 +1 ) chia hết cho 10
Vậy: 1110 - 1 chia hết cho 100.
x2( y - z ) + y2( z - x ) + z2( x - y )

2:

=x

2

( y−z ) + y 2 z− y 2 x + z 2 x−z 2 y

=

a) Q = 1 +

1+
=

(

0.25
0.25
0.25
0.25

0.5

0.5
0.25
0.25
0.25
0.25

x 2 ( y−z ) + yz ( y−z )−x ( y 2−z 2 )
¿ ( y−z ) ( x 2 + yz−xy −xz )
¿ ( y−z ) [ x ( x− y )−z ( x− y ) ]
¿ ( y−z ) ( x− y ) ( x −z )

Bài 3

Biểu
điểm
0.5
0.5

3

2

x +1
1
2
x −2 x
−
−
: 3 2
3

2
x +1 x−x −1 x+1 x −x + x

)

x +1+ x +1−2 ( x 2−x +1 ) x2 −x +1
⋅
x ( x−2 )
( x +1 ) ( x 2−x +1 )

−2 x 2 + 4 x
x 2−x +1
=1+
⋅
( x−1 ) ( x 2 −x+1 ) x ( x−2 )
−2 x ( x−2 )
x 2−x +1
¿ 1+
⋅
( x+1 ) ( x 2 −x+1 ) x ( x−2 )

2
x1
1 

x 1 x 1

1.0
1.0
1.0

(Điều kiện: x ¿ 0;-1; 2)

0.25
0.25
0.25
0.25

b)


0.25

 x 2
3 5 
x  
1
4 4  x 

2

0.75
( Loại)

−1
⇒Q=−3
V ới x = 2
c) Q ¿ Z với x∈ {−3;−2;1 }
Bài 4

( x + 1)( x - 1) - ( x + 2)2 = 3 ( 1)

 x 2  1  x 2  4x  4 3   4x 8  x  2
Để phương trình 6x - 5m = 3 + 3mx có nghiệm gấp ba lần nghiệm của phương trình ( x + 1)( x 1) - ( x + 2)2 = 3 hay x =-6
Ta có: 6(-6) - 5m = 3 +3m(-6)

  5m  18m 39  13m 39  m 3

Vậy: Với m = 3 thì phương trình 6x - 5m = 3 + 3mx có nghiệm số gấp ba nghiệm số của phương
trình: ( x + 1)( x - 1) - ( x + 2)2 = 3
Bài 5

x2 -25 = y( y+6)

 x 2  (y  3)2 16   x  y  3  x  y  3  4   4  ;  2   8  ;  1  16 
Suy ra: x-y

7

x+y 1

-1
-7

5
5

1

11

-5

4

2

-11

-1

-5

13

-19

Vậy: các cặp số nguyên phải tìm là:

19
-2

-13
-4

( 4 ;−3 ) ; (−4;−3 ) ; (5;0 ) ; (−5;−6 ) ; ( 5;−6 ) ; (−5;0 )

Bài 6 a) ABCD là hình vng ( gt) ⇒ A1 + MAD = 900 ( gt) (1)
Vì AMHN là hình vng ( gt)  A2 + MAD = 900

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: A1 = A2
Ta có:

Λ AND= Δ AMB ( c.g.c)  B = D1 = 900 và BM= ND

b) ABCD là hình vng =>D2 = 900  D1 + D2 = NDC  900 + 900 = NDC  NDC = 1800

 N; D; C thẳng hàng
c) Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AH và MN của hình vng AMHN

 O là tâm đối xứng của hình vng AMHN
 AH là đường trung trực của đoạn MN, mà E;F

¿

AH  EN = EM và FM = FN (3)

Tam giác vuông EOM = tam giác vuông FON ( OM= ON; N1=M3)

 O1 = O 2  EM = NF (4) Từ (3) và (4)  EM=NE=NF=FM
 MENF là hinh thoi (5) d) Từ (5) suy ra: FM = FN = FD +DN
Mà DN = MB ( cmt)  MF=DF+BM
Gọi chu vi tam giác MCF là p và cạnh hình vng ABCD là a
P = MC + CF + MF = MC +CF +BM + DF (Vì MF = DF+MB)
= (MC + MB) + ( CF + FD) = BC + CD = a + a = 2a
Hình vng ABCD cho trước  a khơng đổi  p không đổi

A
2

d

B

1

E
3

O

M

1

2
1

N

2

D

F

C

H