Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghÜa lµ chóng th¼ng hµng... Qua E kÎ tia Ax vu«ng gãc víi AE.[r]
Trang 1Đề 1 Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng)
a) 85 + 211 chia hết cho 17
b) 1919 + 6919 chia hết cho 44
Bài 2: (3đ)
a) Rút gọn biểu thức: 3 2 2 6
4 18 9
x x
b) Cho 1 1 1 0( , ,x y z 0) Tính
x y z yz2 xz2 xy2
x y z
Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD + CE = BC Gọi O là giao điểm của BE và CD Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K Chứng minh rằng AB = CK
Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
Hd: Bài 1 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17
b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - …- abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918)
= 88(1918 – 1917.69 + …+ 6918) chia hết cho 44
Bài 2 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: x2 + x – 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3)
= (x+3)(x-2)
x3 – 4x2 – 18x + 9 = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9
=(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2 –7x +3)
=> 3 2 2 6 = Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3 0
4 18 9
x x
(x+3)(x-2) ( 2) (x+3)(x -7x +3) x -7x +3
x
b) (1,5đ) Vì
3
0
3 3
Trang 2Do đó : xyz( 13 + + )= 3
1
1
z xyz3 xyz3 xyz3 3 yz2 zx2 xy2 3
Bài 3 : (3đ)
Chứng minh :
Vẽ hình bình hành ABMC ta
có AB = CM
Để chứng minh AB = KC ta cần
chứng minh KC = CM
Thật vậy xét tam giác BCE có BC =
CE (gt) => tam giác CBE cân tại C
=> : : vì góc C1 là góc ngoài
1
B E
của tam giác BCE =>
mà AC // BM
1 2
C B E B C
(ta vẽ) => : : : :
1 2
C CBM B CBM
nên BO là tia phân giác của CBM:
Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM Trong tam giác BCM,
OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB
Mà : BAC BMC: , : là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng
Ta lại có : : : : : mà (hai góc đồng vị) =>
1
1
( );
2
M BMC cmt A M M:1 :A2 :A2 :K1 cân tại C => CK = CM Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm)
1 1
K M CKM
Bài 4: (1đ)
Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2 + 4
Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1) 2 + 4 4 M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -1
2
-đề 2
Câu 1 Tìm một số có 8 chữ số: a a a1 2 8 thoã mãn 2 điều kiện a và b sau:
a) 2 b)
8
7
1 2 3
4 5 6 7 8 7 8
a a a a a a a
Câu 2 Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1
khi và chỉ khi ( mn – 2) 3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1
A
B
D
M
E C
K
Trang 3Câu 3 Giải phương trình:
x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + + 2006.2007)
2007 2006 2005
1
4
.
3
.
2
1
3
.
2
.
1
1
Câu 4 Cho hình thang ABCD (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:
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
Câu 5 Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45
Hd: đề 2
Câu 1 Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2)
Từ (1) và (2) => 22 a7 a8 31
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600
( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 25 a4a5a6
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng: a) a7a8 = 24 => a1a2a3 a8 là số 57613824
b) a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625
c) a7a8 = 26 => không thoả mãn
câu 2 Đặt m = 3k + r với 0 r 2 n = 3t + s với 0 s 2
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
ta thấy: ( x 3k – 1) ( x 2 + x + 1) và ( x3t –1 ) ( x 2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x 2 + x + 1)
<=> ( xr + xs + 1) ( x 2 + x + 1) với 0 r;s 2
<=> r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1
r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2
<=> mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t)
mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t)
=> (mn – 2) 3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12 3.
( x7 + x2 + 1) ( x 2 + x + 1)
( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
1 2 2 3 2006 2007 2007
2006 2005
1
4 3 2
1 3 2
1
Nhân 2 vế với 6 ta được:
Trang 4
1 2 3 0 2 3 4 1 2006 2007 2008 2005 2
2007 2006 2005
2 4
.
3
.
2
2
3
.
2
`.
1
2
1 2 3 2 3 4 1 2 3 2006 2007 2008 2005 2006 2007
2
2007 2006
1 4
3
1 3 2
1 3
.
2
1
2
.
1
1
3
651 100 5
669 1004 1003 2008
2007 2006 2 2007
2006
1 2
.
1
1
OC
OA OB
OE
BF// AD
OD
OB OA
F
MặT khác AB// CD ta lại có
nên => EF // AB
OD
OB
OC OA
OA
OF OB
OE
b) ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB
Vì EF // AB // CD nên => AB 2 = EF.CD
DC
AB AB
EF
c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD
2
1
2
1
2
1
2 1
=> ; => => S1.S2 = S3.S4
CK
AH OB CK
OB AH
S
S
2
1
2
1
4
OD CK
OD AH S
S
.
2 1
2 1
2
2
3 4
1
S
S
S S
Câu 5 A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
= x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4 4
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1
x- y- 6 = 0 x = 7
-đề 3 Câu 1: a Rút gọn biểu thức:
A= (2+1)(22+1)(24+1) ( 2256 + 1) + 1
b Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2
c
z b
y a
x
2
z
c y
b x a
Tính giá trị của biểu thức A= 2 0
2 2
2 2
2
c
z b
y a x
b Tính : B = 2 2 2 2 2 2 2 2 2
b a c
ca a
c b
bc c
b a
ab
O K
E H F
Trang 5Câu 3: Tìm x , biết :
(1) 3 1988
19 1997
10
2006
1
ã
x
Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M đương chéo AC Gọi E,F theo thứ tự là hình
chiếu của M trên AD, CD Chứng minh rằng:
a.BM EF
b Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương Tìm giá trị nhỏ nhất của
P= (a+ b+ c) ( )
c b a
1 1
1
Hdẫn:
Câu 1: a ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (22+1) + 1
= (22-1)(22+1) (2256+1)
= (24-1) (24+ 1) (2256+1)
= [(2256)2 –1] + 1
= 2512
b, ( 1 điểm) Ta có:
(5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2
(*)
Vì x2=y2 + z2 (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2
Câu 2: ( 1,25 điểm) a Từ (1) bcx +acy + abz =0
2 2
2 2
2
yz
bc xz
ac xy
ab c
z b
y a
x
4 2
4
2
2 2
2 2
2
xyz
bcx acy abz c
z b
y a x
b ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 a + b = - c a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B =
2
3 2
2
ca bc
bc ab ab
Câu 3: ( 1,25 điểm)
1988
2007 1997
2007 2006
2007
ã x x
x
Câu 4: a ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM; B
H là giao điểm của EF và BM
EMB =BKM ( gcg)
Góc MFE =KMB BH EF E M K
b ( 1,25 điểm) ADF = BAE (cgc) AF BE H
Tương tự: CE BF BM; AF; CE
là các đường cao của BEF đpcm
Trang 6Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C
b
c c
b a
c c
a a
b b
a b
c a
c c
b a
b c
a b
a
3 1 1
Mặt khác 2 với mọi x, y dương P 3+2+2+2 =9
x
y y x
Vậy P min = 9 khi a=b=c
-đề 4 Bài 1 (3đ):
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 + 7x + 12
b) a10 + a5 + 1
2) Giải phương trình: 2 4 6 8
x x x x
Bài 2 (2đ):
Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức 2 2 3 3 có giá trị nguyên
2 1
P
x
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác Chứng minh rằng:
a) ABM đồng dạng ACN
b) góc AMN bằng góc ABC 2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC Gọi E là trung điểm của BC; F
là trung điểm của AK
Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
, ( x khác 0) 2
2
2007
2007 2
x
x
x
Hd:
Bài 1 (3đ):
1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ)
b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) = (a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 ) (1đ)
2)
92
8 94
6 96
4
98
x
( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) (0,5đ)
98
2
x
96
4
x
94
6
x
92
8
x
( x + 100 )( + - - ) = 0 (0,25đ)
98
1 96
1 94
1 92 1
Trang 7Vì: + - - 0
98
1
96
1
94
1 92
1
Do đó : x + 100 = 0 x = -100
Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ)
Bài 2 (2đ):
1 2
5 2 1
2
5 ) 2 4 ( ) 2
( 1
2
3 3
x
x x
x x x x
x
x
x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ)
1 2
5
x
=> * 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0
* 2x - 1 = 5 => x = 3
* 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ)
Vậy x = 1 ; 0 ; 3 ; 2 thì P có giá trị nguyên Khi đó các giá trị nguyên của P là:
x = 1 => P = 8
x = 0 => P = -3
x = 3 => P = 6
x = -2 => P = -1 (0,5đ)
Bài 3 (4đ):
1) a) chứng minh ABM đồng dạng CAN (1đ)
b) Từ câu a suy ra: AMN đồng
AN
AM
AC AB dạng ABC
AMN = ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H (0,25đ)
BAH = CHA ( so le trong, AB // CH)
mà CAH = BAH ( do Ax là tia phân giác)
(0,5đ)
Suy ra:
CHA = CAH nên CAH cân tại C
do đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ)
BK = CA Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đường trung bình của tam giác KHA Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ)
Bài 4 (1đ):
2007
2007 2007
2 2007
x
x
2
2 2
2007
2007 2007
2
x
x
2
2 2007
2006
x x
Trang 8=
2007
2006 2007
2006 2007
) 2007 (
2
2
x x
A min = khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
2007 2006
-đề 5
10 2 : 2
1 3
6
6 4
2 3
2
x
x x
x x x
x x
a, Tìm điều kiện của x để A xác định
b, Rút gọn biểu thức A
c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) Giải phơng trình sau :
1 2
1 5 2
1
1
2
x
x x x
x x
Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với
nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S
1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật
3, Chứng minh P là trực tâm SQR.
4, MN là trung trực của AC
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng
Câu 4 ( 1 điểm):
Cho biểu thức A = Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
1 2
3 3
2 2
x
x x
Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng 3 3 3 3 3
.
3xy x y z y
x z y
b, Cho 1 1 1 0 Tính
z y
xy y
xz x
yz
Đáp án
Câu 1
a, x # 2 , x # -2 , x # 0
b , A =
2
6 : 2
1 2
2 4
x x
6 : 2 2
2 2
2
x x
x
x x
x
x x
2
1 6
2 2 2 6
c, Để A > 0 thì 0
2 1
x 2x0x2
Câu 2 ĐKXĐ :
2
1
;
1
x x
Trang 9PT 1 0
1 2
1 5 1
1
1
2
x
x x x
x x
0 1 2
2 3 1
2
2
x
x x x
x x
0 3 2 3 2 0 1 23 2 0
1 2
1 1
1 2
x x
x
x
x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3
Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =
3
2
; 2
; 1
Câu 3:
1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam giác
vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD
( cạnh hình vuông) Suy ra AQ=AR, nên AQR
là tam giác vuông cân Chứng minh tợng tự ta
có: ARP= ADS
do đó AP = AS và APS là tam giác cân tại A.
2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác
vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM
RQ
Mặt khác : PAN PAM= 450 nên góc
MAN vuông Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật
3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao của SQR Vậy P
là trực tâm của SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = QR
2 1
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = QR
2 1
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C
Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA=
NC, nghĩa là N cách đều A và C Hay MN là trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C Nói cách khác, bốn
điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của
AC, nghĩa là chúng thẳng hàng
Câu 4 Ta có ĐKXĐ x -1/2
A = (x + 1) + vì x Z nên để A nguyên thì nguyên
1 2
2
1 2
2
x
Hay 2x+1 là ớc của 2 Vậy :
2x+1 = 2 x=1/2 ( loại )
2x+1 = 1 x = 0
2x+1 = -1 x = -1
2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại )
KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
Trang 10Câu 5 a, , Chứng minh 3 3 3 3 3
.
3xy x y z y
x z y
Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh
b, Ta có abc 0 thì
a b aba b c c ab c c abc c
b
a3 3 3 3 3 3 3 3 3 3
(vì abc 0 nên ab c) Theo giả thiết 1 1 1 0
z y
xyz z
y
khi đó 2 2 2 3 3 3 13 13 13 3 3
xyz
xyz z
y x
xyz z
xyz y
xyz x
xyz z
xy y
xz x
yz
A
=====================
đề 6 Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
1
1 1
1
2 2
4
2
x x
x
x
24
4
1
1
x
x x
a) Rút gọn
b) Tìm giá trị bé nhất của M
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
A =
3
83 2 3
4 3 2
x
x x x
Bài 3 : 2 điểm
Giải phương trình :
a) x2 - 2005x - 2006 = 0
b) x 2 + x 3 + 2x 8 = 9
Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC Qua E kẻ tia Ax
vuông góc với AE Ax cắt CD tại F Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K
Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở G Chứng minh :
a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi
b) AEF ~ CAF và AF 2 = FK.FC
c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi
Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120
chia hết cho 24
Đáp án
Bài 1 :
) 1 )(
1 (
1 )
1 )(
1 (
2 2
4
2 4 2
2
x x
x
x x x
x
1
2 1
1 1
2
2 2
2 4 4
x
x x
x x x
b) Biến đổi : M = 1 - M bé nhất khi lớn nhất x2+1 bé nhất x2
1
3
2
3
2
= 0 x = 0 M bé nhất = -2
Trang 11Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + A Z Z x-3 là ước của 4
3
4
3
4
x-3 = 1 ; 2 ; 4 x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7
Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0
(x-2006)(x+1) = 0 x1 = -1 ; x2 = 2006
c) Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2 x < 3 ; 3 x < 4 ; x 4
Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5
Bài 4 :
a) ABE = ADF (c.g.c) AE = AF
AEF vuông cân tại tại A nên AI EF
IEG = IEK (g.c.g) IG = IK
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường và
vuông góc nên hình EGFK là hình thoi
b) Ta có :
= ACF = 450 , góc F chung
KAF
AKI ~ CAF (g.g) AF KF CF
AF
KF CF
AF
.
2
d) Tứ giác EGFK là hình thoi KE = KF = KD+ DF = KD + BE
Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không
đổi)
Bài 5 : Biến đổi :
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120
Suy ra B 24
================================
đề 7
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
12 12
36
6
1 6 6
1
6
2
2 2
x
x x x
x x
x
x
6
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A với x=
5 4 9
1
Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 x.y + x + y ( với mọi x ;y)
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A =
2
2 2
3
x x
x
x
Câu 3: ( 4 điểm )
Cho hình chữ nhật ABCD TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng của C qua P