Huong dan giai mot so de tuyen sinh lop 10 tinhHai Duong

Lời bình: Tính chất trên là một tính chất hay được dùng trong các đề thi (thực chất nó là tính chất suy ra từ phương tích của một điểm với đường tròn). Nếu học sinh nắm vững tính chất [r]

Câu 1 (3,0 điểm)

1) Giải các phương trình sau:

a) 2x 4 0

x 3x  4 0 2) Rút gọn biểu thức a a a a

    

    

   với a0 và a1

Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho hàm số bậc nhất yax 1 Xác định hệ số a, biết rằng đồ thị của hàm số cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 1 2

2) Tìm các số nguyên m để hệ phương trình x y 3m

x 2y 3

 



   

 có nghiệm (x; y) thỏa mãn điều kiện

2

x xy 30

Câu 3 (1,0 điểm)

Theo kế hoạch, một xưởng may phải may xong 280 bộ quần áo trong một thời gian quy định Đến khi thực hiện, mỗi ngày xưởng đã may được nhiều hơn 5 bộ quần áo phải may trong một ngày theo kế hoạch Vì thế, xưởng đã hoàn thành kế hoạch trước 1 ngày Hỏi theo kế hoạch, mỗi ngày xưởng phải may bao nhiêu bộ quần áo?

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường cao BE và CF của tam giác ABC cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại E’ và F’ (E’ khác B và F’ khác C)

a) Chứng minh tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp

b) Chứng minh EF song song ví E’F’

c) Kẻ OI vuông góc với BC (I  BC) Đường thẳng vuông góc với HI tại H cắt đường thẳng AB tại M và cắt đường thẳng AC tại N Chứng minh tam giác IMN cân

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho a, b, c, d là các số dương thỏa mãn 2 2

a b 1 và

c  d c d

 Chứng minh

2

2

a d

2

c b 

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 (3,0 điểm)

1) Giải các phương trình sau:

a) 2x 4 0 x 6

x 3x     4 0 x 2 2) Rút gọn biểu thức a a a a

    

     

Câu 2 (2,0 điểm)

1) a 1 2

2) Giải hệ được y m 1, x2m 1

x xy 30 (2m 1) (2m 1)(m 1) 30   2

2m m 10 0

  m 2 hoặc m 5

2

 Do m nguyên nên m 2

Câu 3 (1,0 điểm)

Gọi số bộ quần áo may trong một ngày theo kế hoạch là x bộ (x  , x0)

Theo giả thiết ta có phương trình 280 280 1

x x 5 



2

x 5x 1400 0

     x 35, x 40 (loại)

Câu 4 (3,0 điểm)

a) BFC BEC 90  0

b) Chứng minh hai góc đồng vị bằng nhau

E 'F'CEFC( EBC)

c) Có hai trường hợp xảy ra: M, N cùng thuộc đoạn AB và

AC hoặc một trong hai điểm nằm trên đoạn kéo dài

Xét trường hợp như hình vẽ (trường hợp còn lại chứng minh

gần tương tự)

Cách 1 Chứng minh HMHN dựa vào tam giác đồng

dạng (không phải vẽ thêm đường phụ)

CAH CBH (cùng phụ với góc ACB)

BHI BHM 90 , ANH NHE   90

BHMNHE (vì đối đỉnh) BHIANH

ANH

  BIH AH HN

BI IH

   (1) Tương tự AHM CIH AH HM

CI IH

   (2)

Từ (1) và (2) và BICI suy ra HM HN HM HN

IH  HI  

Cách 2 Chứng minh IH là tia phân giác của MIN

Hướng suy nghĩ : Phải biết được D, I, H thẳng hàng và DH

là phân giác của MDN (vẽ thêm đường kính AD)

- Chứng minh DH là phân giác MDN

Dễ thấy các tứ giác BMHD và CNHD là các tứ giác nội tiếp

- Chứng minh H, I, N thẳng hàng

Tứ giác BDCH là hình bình hành (bài toán quen thuộc)

 I là trung điểm của HD

Câu 5 (1,0 điểm)

Biến đổi điều kiện để suy ra

a b

c  d rồi áp dụng định lí Cauchy (Cô-si)

Ta có

(a d b c)(c d) (a 2a b b )cd



a cd a d4  4 2b c4 2b cd4 a cd 2a b cd b cd4  2 2  4 (a d b c)2  2 20

a d b c

c d

Từ đó

c b  c a  c a 

Lời bình: Thoạt nhìn bài toán có vẻ rắc rối vì có nhiều điều kiện và biến Tuy nhiên nếu HS đã được

M

N

I

O H

F' F

E' E

C B

A

D

A

E

E'

F F'

H O

I

N M

Câu 1 (3,0 điểm)

1) Vẽ đồ thị hàm số y2x4

2) Giải hệ phương trình x 2y 3

y 2x 3



  

3) Rút gọn biểu thức

3

2

9 a 25a 4a P

a 2a



 với a0

Câu 2 (2,0 điểm)

Cho phương trình 2

x 3xm0 (1) (x là ẩn)

a) Giải phương trình (1) khi m 1

b) Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn:

x  1 x  1 3 3

Câu 3 (1,0 điểm)

Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 46km Một ca nô đi từ A đến B , rồ quay lại bến A Thời gian cả đi và về là 5h (không tính thời gian nghỉ) Tính vận tốc của ca nô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4km/h

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) và N

là điểm thay đổi trên cạnh CD (N khác C) sao cho 0

MAN 45 Đường chéo BD cắt AM và AN lần lượt tại P và Q

a) Chứng minh tứ giác ABMQ là tứ giác nội tiếp

b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP Chứng minh AH vuông góc với MN

c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất

Câu 5 (1,0 điểm)

Chứng minh a3 b3 ab(a b) với mọi a, b 0 Áp dụng kết quả trên chứng minh bất đẳng thức: 3 13 3 13 3 13 1

a b 1b c 1c a 1 

      với mọi a, b, c là các số dương thỏa mãn abc 1

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 (3,0 điểm)

1) HS tự làm

2) Giải hệ phương trình x 2y 3 x 3

y 2x 3 y 3

3) Rút gọn biểu thức

3

2

9 a 25a 4a 2 a 2 P

Câu 2 (2,0 điểm)

m 1 x 3x 1 0 x

2



b) Điều kiện (1) có 2 nghiệm phân biệt m 9

4

 Khi đó 1 2

1 2

x x 3

x x m





x  1 x  1 3 3x x (x x ) 2x x  9 2m

m 2m 10 m 8 m 2m 10 m 16m 64 (m 8) m 3

Câu 3 (1,0 điểm)

Gọi vận tốc canô trong nước yên lặng là x (km/h) (x 4)

Theo giả thiết ta có phương trình 48 48 5

x 4x 4 

2

5x 96x 80 0

    x 0,8 (loại), x20

Câu 4 (3,0 điểm)

a) QAMQBM450

b) Tứ giác ABMQ nội tiếp AQMABM900

Tương tự tứ giác ADNP nội tiếp  NP  AP

c) Hướng suy nghĩ: Dự đoán vị trí của M, và N để diện tích

tam giác AMN lớn nhất

Đặt BMx (0 x a),DNy (0 x a)

a ax ay (a x)(a y) (a xy)

Nếu 0 x a 0 y a SAMN 1a2

2

      

AMN

1

2

    

Vậy khi M  C, N  D thì diện tích tam giác AMN lớn nhất Khi đó 2

Cũng có thể chứng minh S AMN lớn nhất  MN lớn nhất (vì AK = a )

Xét hai trường hợp như trên để suy ra MN max = a

Câu 5 (1,0 điểm)

Sử dụng phép biến đổi tương đương để chứng minh a3 b3 ab(a b)

Ta có a3 b3 ab(a b)   a3 b3 a b ab2  2  0 (a b)(a b) 20 đúng với a, b0

Từ giả thiết abc 1 và áp dụng bất đẳng thức trên ta có

a   b 1 (a b ) abc ab(a b) abc ab(a b c)      

a b 1 ab(a b c)

    (1)

Tương tự ta có: 3 13 1

b c 1 bc(a b c)

    (2)

3 13 1

c a 1ca(a b c)

    (3) Cộng hai vế của (1), (2), (3) ta được :

1

a b 1 b c 1 c a 1ab(a b c)bc(a b c)ca(a b c) 

Lời bình:

- Đây là một bài bất đẳng thức khá đơn giản đối với học sinh giỏi nhưng sẽ khó với học sinh đại trà Tuy nhiên có gợi ý trên thì chỉ cần tư duy một chút là HS khá có thể làm được

- Bất đẳng thức là một vấn đề rộng, hay và khó Bạn muốn có kĩ năng chứng minh bất đẳng thức? Điều

đó quá đơn giản! Chỉ cần bạn chịu khó đọc nhiều, tìm hiểu cách khai thác một bất đẳng thức và thêm

“một chút” thông minh là sẽ thành công thôi

K Q

N

H

P

M B A

Câu 1 (2,0 điểm)

1) Giải phương trình : 2(x 1)  3 x

2) Giải hệ phương trình y x 2

2x 3y 9

 



Câu 2 (2,0 điểm)

1) Cho hàm số 1 2

y f (x) x

2

f (0); f (2); f ; f 2

2

 

2) Cho phương trình x22(m 1)x m  2 1 0(ẩn x) Tìm giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn x12x22 x x1 28

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 1 1 x 1

x x x 1 x 2 x 1



  với x0 và x 1 2) Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thức hai 1 giờ Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng đường AB là 300km

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H Kẻ MK vuông góc với AN (K  AN)

a) Chứng minh bốn điểm A, M, H, K nằm trên một đường tròn

b) Chứng minh MN là phân giác của góc BMK

c) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB Gọi E là giao điểm của HK và BN Xác định vị trí của điểm M để (MK.AN ME.NB ) có giá trị lớn nhất

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho x, y thỏa mãn x 2 y3  y 2 x3

Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức B x 22xy 2y 22y 10

HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 (2,0 điểm)

1) Giải phương trình sau: 2(x 1) 3 x x 5

3

    

2) Giải hệ phương trình y x 2 x 3

2x 3y 9 y 1

Câu 2 (2,0 điểm)

f (0) 0; f (2) 2; f ; f 2 1

 

2) Điều kiện để phương trình có nghiệm m 1 Khi đó 1 2

2

1 2

x x 2(m 1)

x x m 1





x x x x  8 (x x ) 3x x  8 4(m 1) 3(m  1) 8

2

       

Kết hợp với điều kiện được m  4 17

Câu 3 (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 1 1 x 1 x 1

x x x 1 x 2 x 1 x

2) Gọi vận tốc xe thứ nhất là x (km/h) (x10)

Theo giả thiết ta có phương trình 300 300 1

x 10 x 



2

x 10x 3000 0

     x 60, x 50 (loại)

Câu 4 (3,0 điểm)

a) AKM AHM 90  0

b) BMN BAN KMN 

c) Hướng suy nghĩ: Ta thấy tích MK.AN2SAMN, tứ giác

AMEN có hai đường chéo vuông góc, điều đó gợi cho ta sử

dụng diện tích để chứng minh, như thế thì ME  BN

Ta có MKEMNE( MAB)

MENK là tứ giác nội tiếp  ME  EN

Mặt khác MK.AN 2S AMN; ME.NB 2S BMN

AMBN

 MN là đường kính hay M chính giữa cung AB

Câu 5 (1,0 điểm)

Điều kiện x, y 2 Biến đổi điều kiện để suy ra xy rồi đưa B về tam thức bậc 2 của một biến Chứng minh xy từ điều kiện bằng phương pháp loại trừ

Ta có x 2  y3 y 2 x  3x3 x 2  y3 y 2

- Nếu x y x3y , x 23   y 2  x3 x 2  y3 y 2

- Nếu x y x3y , x 23   y 2  x3 x 2  y3 y 2

Vậy x  y B x22x 10 (x 1)   2    9 9 x 2

Chú ý: Trường hợp này Bmax    9 x 1(thỏa mãn ĐK) Giả sử B (x 4)  29 thì Bmax 9 Khi đó ta có 2

B (x 4)   9 13 x  2(Vì x      2 x 4 2 (x 4)24)

Lời bình:

- Thực chất đây là bài toán tìm cực trị của tam thức bậc hai ax2bxc Mấu chốt của bài toán là phải đưa biểu thức B về một biến thông qua điều kiện

Ta có thể tổng quát bài toán này thành bài toán sau:

Cho x, y thỏa mãn : x k y2n 1  y k x2n 1 (k  , n  )

Tìm GTLN (hoặc GTNN) của biểu thức A ax 2bxy cy 2dx ey f  (a  b c 0)

- Khi nhìn biểu thức dạng ax2bxy cy 2dx ey f  ta thường nghĩ đến việc biến đổi biểu thức đó

về dạng (a ' x b' y c')  2(d ' y e') 2 f ' f ' hoặc (a ' x b' y c')  2(d ' y e') 2 f ' f ', dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a ' x b ' y c ' 0

d ' y e ' 0



 Nhưng với bài toán có điều kiện này thì không thể làm như vậy

- Cũng có thể thay điều kiện của bài toán bằng một điều kiện khác sao cho sau khi biến đổi ta sẽ thu được x y m hoặc xmy (m  )

E K

N

H O

M

Câu 1 (2,0 điểm)

1) Giải phương trình : x 1 1 x 1

   

2) Giải hệ phương trình x 2y

x y 5





  

Câu 2 (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 2 x 2 x

A



  với x0 và x4 2) Một hình chữ nhật có chiều dài lớn hơn chiều rộng 2cm và diện tích của nó là 15cm2 Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó

Câu 3 (2,0 điểm)

Cho phương trình 2

x 2x (m 3) 0   (ẩn x)

a) Giải phương trình khi m3

b) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn điều kiện

2

x 2x x x  12

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác MNP cân tại M có cạnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp đường tròn (O; R) Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tía MP và MN ở E và D

a) Chứng minh NE2 EP.EM

b) Chứng minh tứ giác DEPN là tứ giác nội tiếp

c) Qua điểm P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại điểm K (K không trùng với P) Chứng minh MN2NK2 4R2

Câu 5 (1,0 điểm)

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A 6 8x2

x 1







HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 (2,0 điểm)

1) Giải phương trình : x 1 1 x 1 x 1

2) Giải hệ phương trình x 2y x 10

x y 5 y 5



Câu 2 (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 2 x 2 x



2) Gọi chiều rộng là x (cm) (x0) x2 2x 15 0   x 3, x 5 (loại)

Câu 3 (2,0 điểm)

1) m 3 x22x 0 x10, x2 2

2) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt m 4 Khi đó 1 2

1 2

x x 2

x x m 3



 Thế x2 2 x1 vào x122x2x x1 2  12 ta được x1  2 x24

      

Câu 4 (3,0 điểm)

a) ENP EMN EN EP 2

EN EP.EM

EM EN

b) MNPMPN; PNENPDDNEDPE

c) Hướng suy nghĩ:Hệ thức 2 2 2

MN NK 4R gợi cho ta nghĩ đến định lí Pythagore (Pitago) và đường kính của đường tròn

Kẻ đường kính NF  KP // MF  MFPK là hình thang cân (hình

thang nội tiếp được trong một đường tròn là hình thang cân)

MP KF MN KF

    (vì tam giác MNP cân)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông NKF ta có:

KF NK NF MN NK 4R

Câu 5 (1,0 điểm)

Đây là dạng toán tìm cực trị quen thuộc, sử dụng phương pháp miền giá trị của hàm số

Vì x2  1 0 nên A xác định với mọi x Giả sử a là một giá trị nào đó của biểu thức A Khi đó phương trình a 6 8x2 ax2 8x a 6 0

x 1



 (1) phải có nghiệm

- Nếu a 0 x 3

4

  

- Nếu a0 (1) có nghiệm   ' 0 2

16 a(a 6) 0 a 6a 16 0

        (a 8)(a 2) 0 a 8 0 2 a 8

a 2 0

 



Ta có a 2 x 4 2

a

      ;

a 8 x 4 1

a 2

     

Vậy Amin 2 x 2;Amax 8 x 1

2

       

Lời bình: Tôi có biết một cách thêm bớt để tìm cực trị của loại biểu thức này, nhưng tôi thêm bớt dựa

trên kết quả khi dùng phương pháp trên Thực sự đến bây giờ tôi cũng chưa hiểu cơ sở nào để làm điều

đó nếu không biết cách làm trên Nếu bạn nào biết xin chỉ giúp cho tôi nhé 

- Ta có

6 8x 2(x 1) 2(x 4x 4) 2(x 2)

Vì x2  1 0 và (x 2) 2    0 x A 2 Do đó Amin    2 x 2

- Mặt khác ta có

6 8x 8(x 1) 2(4x 4x 1) 2(2x 1)

Vì 2

x  1 0 và (2x 1) 2   0 x A 8 Do đó Amax 8 x 1

2

    Cách giải này ngắn gọn và có vẻ “dễ hiểu”  hơn cách giải trên Chính vì vậy khi dạy cho học sinh, tôi hướng dẫn cho các em nhẩm tính cực trị bằng phương pháp miền giá trị, sau đó trình bày lời giải bằng cách thêm bớt cho lời giải đơn giản

F

K

O

P N

M

Câu 1 (3,0 điểm)

1) Giải các phương trình sau:

a) 5x 450 b) x(x  2) 5 0

2) Cho hàm số

2

x

y f (x)

2

a) Tính f ( 1)

b) Điểm M 2; 1 có nằm trên đồ thị hàm số không ? Vì sao ? 

Câu 2 (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 4 a 1 a 1

 

       với a0 và a4 2) Cho phương trình (ẩn x) x22x2m0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt

x1, x2 thỏa mãn điều kiện (1 x )(1 x ) 12  22 5

Câu 3 (1,0 điểm)

Tổng số công nhân của hai đội sản xuất là 125 người Sau khi điều 13 người từ đội thứ nhất sang đội thứ hai thì số công nhân của đội thứ nhất bằng 2

3 số công nhân của đội thứ hai Tính số công nhân của mỗi đội lúc đầu

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho đường tròn tâm O Lấy điểm A ở ngoài đường tròn (O), đường thẳng AO cắt đường tròn (O) tại hai điểm B, C (ABAC) Qua A vẽ đường thẳng khong đi qua O cắt đường tròn (O) tại hai điểm phân biệt D, E (AD AE ) ĐƯờng thẳng vuông góc với AB tại A cắt đường thẳng CE tại F

a) Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp

b) Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với đường tròn (O) Chứng minh DM  AC

CE.CF AD.AE AC

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho biểu thức B (4x 54x45x3 5x 2)22008 Tìm giá trị của B khi x 1 2 1

2 2 1







HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP SỐ Câu 1 (3,0 điểm)

1) Giải các phương trình sau:

a) 5x 45  0 x 3 b) x(x      2) 5 0 x 1 6

2) Cho hàm số

2

x

y f (x)

2

a) f ( 1) 1

2

 

b) Điểm M 2; 1 nằm trên đồ thị hàm số Vì   2

2

f (x ) 1 y

2

Câu 2 (2,0 điểm)

1) Rút gọn biểu thức 4 a 1 a 1 6 a 6

 

        

2) Điều kiện để phương trình có hai nghiệm phân biệt m 1

2

  Khi đó 1 2

1 2

x x 2

x x 2m





Ta có (1 x )(1 x ) 12  22   5 1 x12x22x x12 22   5 1 (x1x )2 22x x1 2x x12 22 5   1 4 4m 4m 2  5 m 0, m 1(loại)

Câu 3 (1,0 điểm)

Gọi số công nhân của đội thứ nhất là a (người) (13 a 125, a  )

Ta có phương trình a 13 2(138 a) a 63

3

    

Câu 4 (3,0 điểm)

a) BAF BEF 90  0

b) Chứng minh cặp góc so le trong bằng nhau

AFB DMB( AEB) 

c) Hướng suy nghĩ: Chứng minh loại hệ thức này thường

phải tách riêng từng tích trong tổng Nếu các bạn nắm chắc

tính chất sau : “Cho đường tròn (O) và hai cát tuyến MAB

và MCD Khi đó ta có MA.MBMC.MD” Ta chỉ cần áp

dụng tính chất trên với đường tròn (O) và đường tròn ngoại

tiếp tứ giác ABEF là bài toán được giải quyết

- Ta có CAB và CEF là hai cát tuyến của đường tròn ngoại

tiếp tứ giác ABEF CE.CFCB.CA(1)

- Tương tự ABC và ADE là hai cát tuyến của đường tròn

(O) AD.AEAB.AC (2)

- Cộng hai vế của (1) và (2) ta được:

2

CE.CF AD.AE CA.CB AB.AC AC (do B nằm giữa A và C)

Chú ý: Đây chỉ là gợi ý, khi trình bàybài giải chúng ta buộc phải chứng minh tam giác dồng dạng rồi

suy ra các kết luận đó

Lời bình: Tính chất trên là một tính chất hay được dùng trong các đề thi (thực chất nó là tính chất suy ra

từ phương tích của một điểm với đường tròn) Nếu học sinh nắm vững tính chất đó sẽ rất thuận tiện trong việc chứng minh hình học Việc chứng minh tính chất này không khó với ngay cả học sinh trung bình Vậy mà tôi không hiểu sao SGK lại không đưa nó vào chương trình để học sinh có quyền áp dụng Có thể các nhà viết SGK muốn củng cố kĩ năng chứng minh tam giác đồng dạng cho học sinh

Vì thế các bạn “chịu khó” chứng minh tính chất đó khi sử dụng nó vậy 

Câu 5 (1,0 điểm)

Hướng suy nghĩ: Nhìn vào đề bài đã biết là phải rút gọn giá trị của x: x 1 2 1 2 1

 Nhưng nếu chúng ta cứ thay trực tiếp vào B (vì B khó có thể rút gọn được hơn thế) thì có lẽ việc tính ra được đáp số quả là rất mất thời gian (tôi chưa thử nhưng có lẽ vẫn tính ra được nếu chúng ta kiên trì và cẩn thận) Tuy nhiên, thời gian 120’ với 5 câu như vậy chắc khó có ai lại có thể hoàn thành bài này được Vì thế có lẽ chúng ta phải nghĩ cách thay hợp lí khác

Nếu giá trị của x không chứa 2 trên tử thì có lẽ chúng ta sẽ tính dễ hơn, phải làm sao nhỉ ???

Chắc là liên hợp rồi! Và nếu bạn “tinh ý” một chút sẽ thấy 2 1

x 1

2



  và như thế …

2

B(4x 4x 5x 5x 2) 20084x x(x 1) 5x  5x 2  2008

2

2

4x 5x 5x 2 2008 ( 4x 5x 2) 2008 4x(x 1)(x 1) x 2 2008

O M

F

C B

A

E D