Bài 6: Chứng minh rằng các số tự nhiên có dạng 2p+1 trong đó p là số nguyên tố , chỉ có một số là lập phương của một số tự nhiên khác.Tìm số đó... + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chu[r]
Trang 1ĐỀ IV
Bài 1: Cho biểu thức: A = (x+1
x −1 −
x −1 x+1+
x2− 4 x −1
x2−1 ).
x+2006 x
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định
b) Rút gọn biểu thức A
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
Bài 2:
a) Giải phương trình: 20042 − x −1= 1 − x
x
2006
b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + 1
Bài 3:
Cho hình thang ABCD; M là một điểm tuỳ ý trên đáy lớn AB Từ M kẻ các đường thẳng song song với hai đường chéo AC và BD Các đường thẳng này cắt hai cạnh BC và AD lần lượt tại E và F Đoạn EF cắt AC và BD tại I và J
a) Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF
b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy chỉ ra vị trí của M trên AB sao cho EJ = JI = IF
Bài 4: Cho a 4; ab 12 Chứng minh rằng C = a + b 7
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM IV
Câ
u
m
Điều kiện:
¿
x ≠ ±1
x ≠ 0
¿ {
¿
b
A =
x+ 1¿2+x2− 4 x −1
¿
x +1¿2−¿
¿
¿
¿
= x +2006 x c
Ta có: A nguyên ⇔ (x + 2006)
⋮x ⇔2006⋮ x⇔
x=± 1
¿
x=± 2006
¿
¿
¿
¿
¿
Do x = ±1 không thoã mãn đk Vậy A nguyên khi x = ± 2006
2 a Ta có: 2 − x
1 − x
x
2006
1 − x
2005+1 −
x
Trang 22 − x
2004+
2004
1 − x
2005+
2005
x
2006+
2006 2006
2006 − x
2006 − x
1
2004 −
1
2005−
1
2006=0 (2006 − x ) ¿
⇔ (2006 - x) = 0 ⇒ x = 2006 b
Thiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được:
¿
a=2 b=1
¿ {
¿
3
P
Q
J I
D
C
E
M F
a Ta có: FI
IE=
FP
DO
OB (1) EJFJ= EQ
CO
OA (2) DOOB= CO
OA (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra FIIE= EJ
FJ hay FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có:
(FH −IJ
2)(FH +
IJ
IJ
2)(EH +
IJ
2)⇒ FH=EH
b Nếu AB = 2CD thì DO
CO
1
2 nên theo (1) ta có FIIE= 1
2
suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ
Do đó: FI = EJ = IJ = EF3 không liên quan gì đến vị trí của M Vậy M tuỳ ý
trên AB
4 Ta có: C = a + b = ( 3
4a+b¿+
1
4a ≥2√3 ab
4 +
1
4a ≥ 2√3⋅124 +
1
4⋅4=7 (ĐPCM)
ĐỀ V
Bài 1:
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) x2 – x – 6
b) x3 – x2 – 14x + 24
Bài 2: Cho đa thức : P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + 6
a) Phân tích P(x) thành nhân tử
b) Chứng minh rằng P(x) chia hết cho 6 với mọi x Z
Bài 3:
Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z
Trang 3Bài 4: Cho a > b > 0 so sỏnh 2 số x , y với: x = 2
1 1
a
a a
; y = 2
1 1
b
b b
Bài 5: Giải phương trỡnh: x 1 + x 2 + x 3 = 14
Bài 6: Trờn cạnh AB ở phớa trong hỡnh vuụng ABCD dựng tam giỏc AFB cõn , đỉnh F cú gúc đỏy là 150 Chứng minh tam giỏc CFD là tam giỏc đều
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM V
Cõ
u
m
1 a Ta có: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x
– 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3)
( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tơng đơng )
b Ta có: x = 2 là nghiệm của f(x) = x3 – x2 – 14x + 24
Do đó f(x) x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12
Vậy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12)
Ta lại có: x = 3 là nghiệm của x2 + x – 12
Nên x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4)
Nh vậy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4)
2 a P(x) = 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + 6 = 2x4 – 6x3 – x3 + 3x2 – 5x2 + 15x –
2x + 6
= (x – 3)(2x3 – x2 – 5x – 2) = (x – 3)(2x3 – 4x2 + 3x2 – 6x +x – 2)
=(x – 3)(x – 2)(2x2 + 3x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1)
b P(x) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x + 1) = (x – 3)(x – 2)(x + 1)(2x – 2 + 3)
= 2(x – 3)(x – 2)(x + 1)(x – 1) + 3(x – 3)(x – 2)(x + 1) P(x) 6 (Đfcm)
3 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
4
Ta có x,y > 0 và
a
Vì a> b > 0 nên 2 2
a b và
ab Vậy x < y.
5 1/ Xét khoảng x < -2 ,ta có: -3x + 2 = 14 x = - 4
2/ -2 x < 1, ta có : -x + 16 = 14 x = 2 (loại)
3/ 1 x < 3, ta có : x + 4 = 14 x = 10 (loại)
4/ x 3 , ta có: 3x – 2 = 14 x =
16 3
Vậy phơng trình trên có nghiệm là x = - 4 và x =
16
3 .
Trang 46 A
B F
Dựng tam giác cân BIC nh tam giác AFB có góc đáy 150
Suy ra : B 2 600 (1)
Ta có AFB BIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2)
Từ (1) và (2) suy ra :FIB đều
Đờng thẳng CI cắt FB tại H Ta có: I2= 300 ( góc ngoài của CIB).
Suy ra: H2 = 900 ( vì B= 600 ) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB
hay CH là đờng trung trực củaCFB Vậy CFB cân tại C Suy ra : CF = CB
(3)
Mặt khác : DFC cân tại F Do đó: FD = FC (4)
Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC)
Vậy DFC đều
GiảI bằng phơng pháp khác đúng cho điểm tơng đơng
ĐỀ VI
Bài 1:
a) Phõn tớch đa thức sau thành nhõn tử: A = ( x2 - 2x)(x2 - 2x - 1) - 6
b) Cho x Z chứng minh rằng x200 + x100 +1 x4 + x2 + 1
Bài 2: Cho x,y,z 0 thoả món x + y + z = xyz và x
1 + y
1 +z
1 = 3 Tớnh giỏ trị của biểu thức P = 2 2 2
1 1 1
z y
Bài 3: Tỡm x biết
a) 3 x 2 < 5x -4 b) 57
43
x
+ 54
46
x
52 51
x
Bài 4:
a) Chứng minh rằng A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3 9 với mọi n N*
b) Cho x, y, z > 0 Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức P = x y
z x
z
y z
y
x
Bài 5: Cho tam giỏc ABC vuụng tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC) Trờn tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA Đường vuụng gúc với BC tại D cắt AC tại E
1 Chứng minh rằng hai tam giỏc BEC và ADC đồng dạng Tớnh độ dài đoạn BE theo m AB
Trang 52 Gọi M là trung điểm của đoạn BE Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng Tính số đo của góc AHM
3 Tia AM cắt BC tại G Chứng minh:
BC AH HC
Bài 6: Chứng minh rằng các số tự nhiên có dạng 2p+1 trong đó p là số nguyên tố , chỉ có một số là
lập phương của một số tự nhiên khác.Tìm số đó
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VI
Câu1(4đ)
a,đặt a = x2 -2x thì x2 -2x -1 = a-1
A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2)
b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1)
=x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) +
(x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1)
dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 + 1
A chia hết cho x4 + x2 + 1
.1đ 1đ 1đ 1đ
Cau 2 :
(2đ
Có (
2
) 1 1 1
z y
x = 2 2 2
1 1 1
z y
1 1 1
yz xz
xy
( 3)2= p + 2 xyz
x y
z
vậyP+2=3 suy ra P = 1
0.75đ 0,75đ 0.5đ
Câu 3:
(3đ)
giải 4-5x < 3x +2< 5x - 4
làm đúng được x> 3
b, Cộng 1 vào mỗi phân thức rồi đặt nhân tử chung
1 51
1 54
1 57
1
) = 0 S = 100
1đ 0.5đ 1đ 0.5đ
Câu 4:
3đ
a, = n3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8)
=3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3)
Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3
=n2(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1)
Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho 3 ( vì tích của 3 số tự nhiên
liên tiếp )
3(n+1) chia hết cho3 B chia hết cho 3 A =3B chia
hết cho 9
b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c x+y+z = a+b+c2
0.5đ 0,5đ 0,5đ
Trang 6 x = 2
c b
a
; y = 2
c b
a
; z= 2
c b
a
c b a b
c b a a
c b a
2 2
2
=
) 1
1 1
( 2
1
c
b c
a b
c b
a a
c a
b
=
)) (
) ( ) ( 3 ( 2
1
b
c c
b c
a a
c b
a a
b
2 3
Min P =2
3
( Khi và chỉ khi a=b=c x=y=z
0.5đ
1đ
Câu 5:
(2đ)
+ Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc C chung
CD CA
CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c)
Suy ra:BEC=ADC 1350(vì tam giác AHD vuông cân tại H
theo giả thiết)
Nên AEB 450do đó tam giác ABE vuông cân tại A
Suy ra: BEAB 2 m 2
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ 0,5 đ
0,25 đ 0,5 đ
b)
2đ Ta có:
BC BC AC (do ΔBEC ~ Δ ADC )
mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)
nên
BC AC AC AB BE (do ABH Đồng dạng CBA)
Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c)
suy ra: BHM BEC 1350 AHM 450
0,5đ
1đ
0,5đ
c)
2đ
Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác
góc BAC
Suyra:
GB AB
GC AC ,
vì Δ ABC ~ ΔDEC nên ABAC= ED
AH
HD
HC (DE//AH) 1đ
Trang 7Do đó:
GC HC GB GC HD HC BC AH HC
1đ
Câu 6 Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta có 2p=(a-1)(a2+a+1)
Vì p là số nguyên tố nên:
Hoặc : a-1=2 suy ra p=13 ( thoả mãn)
Hoặc: a2+a+1 =2 điều này không xảy ra vì a >1
Vởy trong các số tự nhiên có dang 2p+1 (p là số nguyên tố)
chỉ có 1 số là lập phương của một số tự nhiên khác
1đ 0,5đ 0,5đ
ĐỀ VII
Bài 1:a Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= x 6
y 3 x 2 2 y
x
b Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0 Chứng minh : abc
3 c
1 b
1 a
1
3 3
z y x 4
z 3
y 2
b.Giải phương trình : 2x(8x-1)2(4x-1)=9
Bài 3:a Chứng minh : a5 - a chia hết cho 30 với aZ
b Chứng minh rằng : x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi xZ+
Bài 4:Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’ ;BB’;CC’ Có trực tâm H
a) Tính tổng : AH ' A A' + BH
CH
CC'
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC IM; IN thứ tự là phân giác của các góc AIC; AIB(M AC;N AB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM
c) Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện gì thì biểu thức : AB+BC+CA¿
2
¿
¿
¿ đạt giá trị nhỏ nhất
Bài 5: Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì
(1+a2)(1+b2)(1+c2) bằng bình phương của số hữu tỉ
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VII
Bài Nội dung
Bài1
a)
2đ
3y-x=6 x=3y-6 Thay vào ta có A=4
Vì: (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0 abacbc0 abc 0
bc ac ab
Trang 82đ
0 c
1 b
1 a
1
1
; y b
1
; x a
1
chứng minh bài toán Nếu x+y+z=0 thì: x3+y3+z3=3xyz đpcm
Bài 2:
a)
1,5đ
b)
1,5đ
5
z y x 4
z 3
y 2
5
z 4
z 5
y 3
y 5
x 2
=0 z
y x 0 20
z 15
y 2 10
x
phươngtrình:
2x(8x-1)2(4x-1)=9 (64x2 16x1)(8x2 2x)9
72 ) x 16 x 64 )(
1 x 16 x 64
đặt :64x2-16x+0,5=k
Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72 k2 72,25 k 8,5
Với k=8,5 Ta có x= 2
1 x
; 4
1
Với k=-8,5 phương trình vô nghiệm
Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2
Bài 3
a)
1.5đ
b)
1.5đ
có: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5) = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1) (a+1)
vì a nguyên nên a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên30(2)
5a(a-1)(a+1)là tích của 3số nguyên liên tiếp với 5 nên chia hết cho 30
Từ (1); (2) suy rađpcm
b,Từ bài toán trên ta có: x5-x5 x5-x+2 chia 5 dư 2 x5-x+2 có tận cùng là 2 hoạc
7 (không có số chính phương nào có tận cùng là 2hoặc 7)
Vậy: x5-x+2 không thế là số chính phương với mọi xZ
Câu4
2đ
bc
a c ba
c b ac
b a
bc
a c a
1 ac
b b
c ab
2 2
2
= abc
1 a
c c
b a
b b
a b
c c
a
2 2
2 2
=
2 2
2 2
2
b
a a
b c
b b
c a
c c
a abc
1 abc
tacó x+x 2x
1
>0 Nên A8 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
Trang 9câu 5
a)
b
c)
Ta có : AHA ' A=
1
2(BA ' +A ' C) AH 1
2AH BC
=SAHB+SAHC
SABC (1) Tương Tự: BHBB'=SAHB+SBHC
SABC (2)
CH CC == SCHB+SAHC SABC (3) Từ (1); (2); (3) ta có: AH ' A A' + BH BB'+ CH CC' = 2(SAHB+S SBHC+SCHA) ABC =2 b) áp d ụng tính chất đường phân giác vào các tam giácABC, ABI, AIC: BI IC= AB AC; AN NB= AI BI ; CM MA= IC AI suy ra BI IC . AN NB . CM MA= AB AC. AI BI . IC AI= AB AC. IC BI= AB AC AC AB=1 ⇒ BI AN CM=BN IC AM
c)Vẽ Cx CC’ Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD
- Δ BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2
⇒ AB2 + AD2 (BC+CD)2
AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2
Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2
-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2
AB+BC+CA ¿2 ¿ Ơ¿ ¿
(Đẳng thức xảy ra ⇔ BC = AC, AC = AB, AB=BC Tức tam giác ABCđều Câu6 2đ có 1+a2 =ab+ac+bc+a2 =(a+c)(a+b) Tương tự 1+b2 =(a+b)(b+c) 1+c2=(b+c)(a+c)
2 2
2)(1 b )(1 c ) a b a c b c a
1
⇔
Trang 10ĐỀ VIII
x 1
a/ Thu gọn A
b/ Tìm các giá trị của x để A<1
c/ Tìm các giá trị nguyên của x để Acó giá trị nguyên
Bài 2: Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Bài 3:a) Giải phương trình:
1
3 y2 +
3
x2
−3 x:(27 − 3 x x2 )
b) Cho đa thức P(x) = x2+bx+c, trong đó b và c là các số nguyên Biết rằng đa thức x4 + 6x2+25 và 3x4+4x2+28x+5 đều chia hết cho P(x) Tính P(1)
Bài 4:
Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB và CD Nối D với E
Vẽ tia Dx vuông góc với DE, tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M.Trên tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho DM = EK Gọi G là giao điểm của DK và EM
a/ Tính số đo góc DBK
b/ Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống BM Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên một đường thẳng
Bài 5:
Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x6+3x2+1=y3
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM VIII
Bài 1
a)
b)
c)
A=
x +1¿2x2
( ¿¿ ):x −1
x3
2 x (x +1)2 x2 +x2 +1
¿
¿
ĐKXĐX {0;1;-1}
A=
x+1¿2x3
¿
x+1¿2x2
(x −1)¿
¿
¿
A= x −1 x
Tacó:1-A= x −1 −1 >0 khi x-1<0 suy ra x<1
Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1
A= 1+ x −11
Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1
Trang 11Hoặc x-1=1 suy ra x=2
Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai)
Vởy x=2 là giá trị cần tìm
Bài 2: Đặt A= abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) vì a2+b2+c2=1
Nếu abc >0 ta có:A=abc+a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1
A=(a+b+c+1)2+abc 0 (1)
Nếu: abc<0 ta có:
A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc
Biến đổi được :A=( 1+a)(1+b)(1+c) +(-abc)
Vì ì a2+b2+c2=1nên -1 a ;b ;c ≤1 nên (1+a)(1+b)(1+c) 0
Và -abc 0 nên A 0 (2)
Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) 0
Bài 3:
a)
b)
Biến đổi phương trình về: (3 y − 1)( y −3)1 = −2
(3 y −1)(3 y +1)
Đkxđ: y {3; 13; − 1
⇔ 3y+1=-2y+6
⇔ y=1(thoả mãn) vậyphương trình có nghiệm duy nhất y=1
Từ giả thiết chỉ ra: 14x2-28x +70 chia hết cho x2+bx+c
⇔ (x2-2x+5 ) ⋮ (x2+bx+c) mà b; c là các số nguyên nên b=-2; c=5
Khi đó P(1) =12-2.1+5 =4
Bài 4:
b)
Chứng minh Tam Giác BEC đồng dạngTam giác DCM
theo tỉ số 1/2
Từ đó chứng minh:CK=ED (1)
EB=BC (2)
∠BED =∠BCK =1350 (3)
từ: (1);(2);(3)suy ra:
ΔBED=Δ BCK(cg c )
⇔∠ EBD=∠CBK
⇒∠DBK=900
Chứng minh tứ giác DEKM là hinhchữ
nhật
Suy ra tam giác CKM vuông cân tại M ⇒
H là trung điểm củaCM
AI//DM (cùng vuông góc với DE) HI//DM (T/c đường trung bình) nên A; ;I;H thẳng
hàng (1)
Các tam giác CIH; CHK vuông cân tại Cvà H nên KH= CI =DI
Mà DI//KH nên tứ giác DIKH là hình bình hành
Lại có tứ giác DEKM là hình chữ nhật
Do đó EM; DK; IH đồng qui tại G là trung điểm của DK
vậy: G IH (2)
Tử (1); (2) ta có A;I;G;H thẳng hàng
Bài 5: Với x≠ 0 ta có 3x4>0; 3x2>0 ta có
(x2)3 <y3<(x+1)3 nên phương trình vô nghiệm
G
K H
I E
M
D
C B A
Trang 12Với x=0 ta có y3=1 suy ra y=1
Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất(x;y)=(0;1)
ĐỀ IX
Bài 1:
a/ Cho x + y = a , x2 + y2 = b, x3 + y3 = c Chứng minh a3 + 2c = 3ab
b/ Với giá trị nào của x thì phân thức sau bằng 0? P = x4+x3+x +1
x4− x3+2 x2− x +1
Bài 2: Cho biểu thức: Q = 4 a2+10 a+4
2 a3+9 a2+12 a+4
a/ Rút gọn Q
b/ Tìm các giá trị của a để Q đạt giá trị nguyên
Bài 3: Giải phương trình: 2008x + x+1
2009+
x +2
2010 +
x +3
2011+
x +4
Bài 4: Cho tam giác ABC , ba đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại H Chứng minh:
HA'
AA' +
HB'
HC'
CC' =1
Bài 5: Cho hình vuông ABCD M là điểm tùy ý trên đường chéo BD Kẻ ME vuông góc với AB,
MF vuông góc với AD
a/ Chứng minh DE = CF, DE vuông góc với CF
b/ Chứng minh DE, BF, CM đồng quy
c/ Xác định vị trí điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất
ĐÁP ÁN IX
Câ
u
m
1 a a3 + 2c = (x + y)3 + 2(x3 + y3) = 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2
3ab = 3(x + y)(x2 + y2) = 3x3 + 3y3 + 3x2y +3xy2
Vậy: a3 + 2c = 3ab
b
Biến đổi được P =
x2+1 ¿2− x (x2+ 1)
¿
x +1¿2(x2− x +1)
¿
¿
¿
(x3+1)(x+1)
¿
Lý luận được mẫu thức > o với mọi x
P = 0 ⇔ (x +1)2(x2 - x + 1) = 0 ⇔ (x +1) = 0 ⇔ x = -1