Vậy nghiệm của phơng trình là: x;yBài 4 8 điểm Cho hình vuông ABCD, độ dài các cạnh bằng a.. Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC 5.. Gọi H là giao điểm củ
Trang 1ĐỀ I
Bài 1 Chứng minh rằng :
a, (n^5- 5n^3+4n) chia hết cho 120 với m,n thuộc Z
giải
a)Ta có : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1)
= n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích của 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 là bội của 5)
Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120
b, Phõn tớch đa thức thành nhõn tử:
B x 5x 6 7x x 5x 6 12x
giải
B x 5x 6 7x x 5x 6 12x
B y 7xy 12x
B y 3xy 4xy 12x y y 3x 4x y 3x
Bài 2:
A
a,Tỡm ĐKXĐ rồi rỳt gọn biểu thức A ?
b,Tỡm giỏ trị của x để A > 0?
c,Tớnh giỏ trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4
giải
a)
Trang 22
3
3 0
x
x
A
2
.
2
4 ( 2) (2 ) 4 (2 )(2 )( 3) 3
Vậy với x 0,x 2,x 3 thì 4x2 .
3
A x
b)
Với 2
4
3
x
x
( Vì 4x2 > 0 mọi x # 0)
3 0
x
Vậy với x > 3 thì A > 0
c)
7 4
7 4
x x
x
Với x = 11 thì A = 121
2
Bµi 3 ( 3®iÓm)
a) Giải phương trình:
6
42 12 4
20 8 8
72 16 2
6
2
x
x x
x
x x x
x x
x
x
x
b) Gi¶i phư¬ng tr×nh víi nghiÖm lµ sè nguyªn:
x( x + x + 1) = 4y( y + 1).2
Trang 3a) ( 1,5 điểm)
6
6 ) 6 ( 4
4 ) 4 ( 8
8 ) 8 ( 2
2 )
2
x
x x
x x
x x
x
6
6 6 4
4 4 8
8 8 2
2 2
x
x x
x x
x x
x
6
6 4
4 8
8 2
2
3 4
2 8
4 2
1
x
) 6 )(
4 (
24 5 )
8 )(
2
(
16
5
x x
x x
x
x
(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
+ Ta chứng minh (x + 1) và (x + 1) nguyên tố cùng nhau !2
Vì nếu d = UCLN (x+1, x + 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 2
lẻ)
1
2 2
1 1
1
d
+ Nên muốn (x + 1)(x + 1) là số chính phơng 2
Thì (x+1) và (x + 1) đều phải là số chính phơng2
Đặt: 2 1 2 2 (k + x)(k – x) = 1 hoặc
1
1 0
k x
1 0
k x
+ Với x = 0 thì (2y + 1) = 1 y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa 2
mãn pt)
Trang 4Vậy nghiệm của phơng trình là: (x;y)
Bài 4 ( 8 điểm)
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 cạnh
BC sao cho MAN = 45 o , DB thứ tự cắt AM, AN tại E và F.
1 Chứng minh: ABF AMC
2.Chứng minh AFM = AEN = 90 o
3 Chứng minh SAEF = S AMN
2
1
4 Chứng minh chu vi tam giác CMN không đổi khi M chuyển động trên DC
5 Gọi H là giao điểm của MF và NE Chứng Minh: MH.MF + NH.NE = CN 2 + CM 2
Giải
Bài 4 ( 8 điểm)
I H F
E
N
M
B A
1 Chứng minh: ABF AMC ( 1,25 điểm)
-Ta cm: ABF = ACM = 45 0
- BAF = MAC ( vì cùng cộng với góc CAN bằng 45 0 )
suy ra : ABF AMC
2 Chứng minh AFM = AEN = 90 o ( 1,5 điểm)
Từ AFB AMC (g.g)
AC
AM AB
AF AC
AB
AM
AF
Có MAF = BAC = 45 0 (2)
Từ 1 và 2 => AFM ABC
Trang 5C/M hoàn toàn tơng tự có AEN = 90 0
vì vậy AFM = AEN = 90 o
3 S AEF = 1/2 S AMN (2 điểm)
Có AFM AEN =>
AN
AE
AM AF
=> AEF AMN (c.g.c) => ( )2( 1 )
AM
AF SAMN SAEF
Có FAM = 45 0 , AFM = 90 0
=> AFM Vuông cân đỉnh F nên AM 2 = AF 2 + FM 2 = 2AF 2
=> 2 =
)
(
AM
AF
2 1
Thay vào (1) ta đợc = hay: S AEF = 1/2 S AMN
SAMN
SAEF
2 1
4 C/M chu vi CMN không đổi ( 1,25 điểm)
Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho DK = BN
ADK = ABN => AK = AN và BAN = DAK
do đó AMN = AKM (c.gc) => MN=KM
Vì vậy: Chu vi CMN = MN + CN +CM = CM + KM + CN
= CD + KD + CN = CD + NB + CN
= CD + CB = 2a không đổi
Tức là: Chu vi CMN không thay đổi khi M chuyển động trên cạnh DC
5 Chứng Minh: MH.MF + NH.NE = CN 2 + CM 2 (2 điểm)
Kẻ HI MN tại 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 ) = MN 2
- áp dụng định lí Pitago vào CMN ta có: MN 2 = MC 2 +CN 2
Vậy: MH.MF + NH.NE = MC 2 +CN 2
Bài 5
a) Chửựng minh raống: x3m + 1 + x3n + 2 + 1 chia heỏt cho x2 +
x + 1 vụựi moùi m, n N
Trang 6b) Cho a; b; clà số đo ba cạnh của tam giác chứng minh
rằng
2
3
c a c
b c
b
a
giải
Bài 5: ( 2 điểm)
a) ( 1,0 điểm)
Ta coự: x 3m + 1 + x 3n + 2 + 1 = x 3m + 1 - x + x 3n + 2 – x 2 + x 2 + x + 1 = x(x 3m – 1) + x 2 (x 3n – 1) + (x 2 + x + 1)
Vỡ x 3m – 1 vaứ x 3n – 1 chia heỏt cho x 3 – 1 neõn chia heỏt cho x 2 + x + 1
Vaọy: x 3m + 1 + x 3n + 2 + 1 chia heỏt cho x 2 + x + 1 vụựi moùi m, n N
b) ( 1,0 điểm)
Đặt x= b + c ; y= c + a ; z = a + b
ta có a = ; b = ; c =
2
x z
y
2
y x
z
2
z y
x
ta có (1)
z
z y x y
y x z x
x z y
2 2
2
2
3
1 1 1 3
z
y z
x y
z y
x x
z x y
( ) ( ) ( ) 6 là Bđt đúng?
z
y y
z z
x x
z y
x x y
Trang 7Đề 2.
Bài 1
a Phân tích đa thức thành nhân tử: x2 2xy 6y 9
b Giải phương trình: 1 2 3 2012
x x x x
c Tìm đa thức f x( ) biết: f x( )chia cho x 2 dư 5; f x( )
chia chox 3 dư 7; f x( )chia cho (x 2)(x 3) được thương là
và đa thức dư bậc nhất đối với
2 1
Giải
a,x2 2xy 6y 9 = ( x2 – 9) + 2y(x + 3) = (x – 3)(x + 3) + 2y(x + 3)
=(x+ 3)(x + 2y – 3)
b, 1 2 3 2012 2012
2013 2012 2011 2
(x – 2014)(
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
Cho: P 7.2014n 12.1995n với nN; ( 22 )(1 ) 2 22 2 1
x n n n x Q
x n n n x
Chứng minh:
a chia P hết cho 19
Trang 8b không Q phụ thuộc vào và x Q 0.
Giải
Bài 3
a Chứng minh: a2 5b2 (3a b ) 3ab 5
b Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
2 2
2x 3y 4x 19
giải
Bài4
a ,P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n)
Ta có : 19 2014n 19 ; (2014 n -1995n) 19 nên P 19
b,Q = ( 22 )(1 ) 22 22 1
1 1
= 22( 22 1) 22 1 =
Vậy Q không phụ thuộc vào x
Q =
2 2
2
2
0
n
a, a2 + 5b – (3a + b) 3ab – 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
b, 2x2 3y2 4x 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 – y 2) 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)
Trang 9Cho 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 ABC đồng dạng 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
6
HE HF HG
Giải
G
N
D
K
I
M
H
F
E A
Ta có AEC BFC (g-g) nên suy ra CE CA
CF CB
Xét ABC và EFC có CE CAvà góc C chung nên suy ra
ABC EFC ( c-g-c)
Vì CN //IK nên HM CN M là tr ực tâm HNC
Trang 10MN CH mà CH AD (H là trực tõm tam giỏc ABC) nờn
MN // AD
Do M là trung điểm BC nờn NC = ND
IH = IK ( theo Ta let)
Ta cú: AHC ABH AHC ABH AHC ABH
AH
Tương tự ta cú BHC BHA và
AHC
BH
BHA
CH
AH BH CH
HEHF HG AHC ABH
BHC
S
BHC BHA
AHC
S
BHC AHC
BHA
S
= AHC ABH + Dấu ‘=’ khi tam giỏc ABC
BHC BHC
AHC AHC
BHA BHA
đều, mà theo gt thỡ AB < AC nờn khụng xảy ra dấu bằng
Đề 3
Bài 1
Cho P=
8 14 7
4 4
2 3
2 3
a a
a
a a a
a) Rút gọn P b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên
Giai
a) (1,5) a3 - 4a2 - 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 )(a2 + 2a + 4) -
7a( a-2 )
=( a -2 )(a2 - 5a + 4) = (a-2)(a-1)(a-4) Nêu ĐKXĐ : a 1 ;a 2 ;a 4 Rút gọn P= 1
a
Trang 11b) P= ; ta thấy P nguyên khi a-2 là ớc của 3,
2
3 1 2
3 2
a a
a
mà Ư(3)= 1 ; 1 ; 3 ; 3 0,25
Từ đó tìm đợc a 1 ; 3 ; 5 Bài 2
a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia
hết cho 3 thì tổng các lập phơng của chúng chia hết cho 3
b) Tìm các giá trị của x để biểu thức :
P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) có giá trị nhỏ nhất Tìm giá
trị nhỏ nhất đó
Giải
a) Gọi 2 số phải tìm là a và b , ta có a+b chia hết cho 3
Ta có a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a2 2abb2 ) 3ab=
=(a+b)(ab)2 3ab
Vì a+b chia hết cho 3 nên (a+b)2-3ab chia hết cho 3 ;
Do vậy (a+b)(ab)2 3ab chia hết cho 9
b)P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x2+5x-6)(x2+5x+6)=(x2+5x)2
Ta thấy (x2+5x)2 0 nên P=(x 2+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
Trang 12Bài 3
a) Giải phơng trình :
18
1 42 13
1 30
11
1 20
9
1
2 2
x
b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :
A = 3
c b
c a
b a
c b a
Giải
a) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;
ĐKXĐ : x 4 ;x 5 ;x 6 ;x 7 Phơng trình trở thành :
1 ) 7 )(
6 (
1 )
6 )(
5 (
1 )
5 )(
4 (
1
x
18
1 7
1 6
1 6
1 5
1 5
1 4
1
x
18
1 7
1 4
1
x
18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
(x+13)(x-2)=0
Từ đó tìm đợc x=-13; x=2;
Trang 13b) (1đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0
2
; 2
; 2
y x c z x b z
) (
) ( ) ( 2
1 2 2
z z
y x
z z
x y
x x
y z
y x y
z x x
z y
2
1
Bài4
Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC Một góc xMy bằng 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC lần lợt tại D và E Chứng
minh :
a) BD.CE=
4
2
BC
b) DM,EM lần lợt là tia phân giác của các góc BDE và CED
c) Chu vi tam giac ADE không đổi
Giải
a)
Trong tam giác BDM ta có : 1
0
Vì Mˆ 2=600 nên ta có :
1 0
Suy ra Dˆ 1 Mˆ 3
Chứng minh BMD ∾CEM (1)
Suy ra , từ đó BD.CE=BM.CM
CE
CM
BM BD
3 2 1
2 1
x
y
E D
B
A
Trang 14Vì BM=CM= , nên ta có BD.CE=
2
BC
4
BC
b) (1đ) Từ (1) suy ra mà BM=CM nên ta có
EM
MD
CM BD
EM
MD
BM BD
Chứng minh BMD∾MED
Từ đó suy ra Dˆ 1 Dˆ 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc
c) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Tính chu vi tam giác bằng 2AH
Bài 5
Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các
số nguyên duơng và số đo diện tích bằng số đo chu vi
Giải
Gọi các cạnh của tam giác vuông là x , y , z ; trong đó cạnh huyền là z
(x, y, z là các số nguyên duơng )
Ta có xy = 2(x+y+z) (1) và x2 + y2 = z2 (2)
Trang 15z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z)
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 vào (1) ta đuợc : xy=2(x+y+x+y-4)
xy-4x-4y=-8
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
Tỡm nghiệm nguyờn của phương trỡnh: x2 + 2y2 +
3xy – x – y + 3 = 0
Giải
Giải phương trỡnh nghiệm nguyờn
x2 + 2y2 + 3xy - x - y + 3 = 0
(x + y)(x + 2y - 1) = - 3
Vỡ x,y nguyờn nờn x + y và x + 2y - 1 là cỏc ước của - 3
Trang 16Ta có bảng sau:
x + 2y
-1
Kết luận nghiệm (x; y) là (4; 3), (-8;5), (-6; 5), (4; -3)
Bài 2
1 1
c b
bc
b a
ab
a
b,
c
a a
b b
c a
c c
b
b
a
22 22
2
2
Giải
c b
bc
b a
ab
a
1
c ac
abc abc
abc c
ac abc ac
1
1 1
1
ac abc c
ac
c ac
c
abc c
ac ac
b, Áp dụng bất đẳng thức: x2+y2 2xy dấu bằng khi x=y
c
a c
b b
a c
b
b
a
2 2
2
2
2
2
b
c a
c b
a a
c b
a
2 2
2 2 2
2
a
b c
b a
c c
b a
c
2 2
2 2 2
2
Cộng từng vế ba bất dẳng thức trên ta có
a
b b
c c
a ( 2 ) a
c c
b b
a (
2 2 2 2
2
a
b b
c c
a a
c c
b b
a
2 2 2 2 2
2
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 EDF vuông cân
b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD Gọi I là trung điểm EF Chứng minh
Trang 17O, 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:
a/ DE có độ dài nhỏ nhất
b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất
Giải
Chứng minh EDF vuông cân
Ta có ADE = CDF (c.g.c) EDF cân tại D
Mặt khác: ADE = CDF (c.g.c) Eˆ1Fˆ2
Mà Eˆ1Eˆ2Fˆ1 = 900 Fˆ2Eˆ2Fˆ1= 900
= 900 Vậy EDF vuông cân
EDF b)Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vuông CO là trung trực BD
Mà EDF vuông cân DI = EF 1 2 Tương tự BI = EF DI = BI 1 2 I thuộc dường trung trực của DB I thuộc đường thẳng CO Hay O, C, I thẳng hàng
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 ADE vuông tại A có: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2
= 2(x –a42 )2 + a22 a2
2
A D B
C E
Trang 18Ta có DE nhỏ nhất DE 2 nhỏ nhất x = a
2
BD = AE = D, E là trung điểm AB, AC
2
b,Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất
Ta có: SADE = AD.AE = AD.BD = AD(AB – AD)=12 12 12 12
(AD2 – AB.AD)
= – (AD12 2 – 2AB2 AD + AB42 ) + AB82 = – (AD – 12 AB4 )2 + AB2
2
AB2
8
Vậy SBDEC = SABC – SADE AB2 – = AB2 không
2
2
AB 8
3 8
đổi
Do đó min SBDEC = AB3 2 khi D, E lần lượt là trung
8
điểm AB, AC
Đề 5
Bài 1 Cho A = 1 1 2 4x 12 2014 (với )
1) Rút gọn A
2) Với giá trị nguyên nào của x thì A có giá trị
nguyên?
Giải
1, Với x 0;x 1;x 1 ta có
2 2 2 2
A
2) Ta có A x2014 1 2013
Trang 19Suy ra với x nguyên thì A có giá trị nguyên khi x + 1 là ước của 2013
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 7x 6
b x4 2008x2 2007x 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
x x x x x x x x
x 1 x 6
2008 2007 2008 2007 2007 2007 1
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:
