1
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
2x 2 x 2 4
x2 4 x 2
với x 2 6 3
Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
a. x 2 5 x x 2 5 x 4 2
b. x 2 3x 2 x 3 x 2 x 2 2 x 3
Bài 3: (2.0 điểm)
a. Chứng minh phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với
mọi số n nguyên.
b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x2 + 2009x + 1 = 0
x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
Bài 4: ( 3.0 điểm)
Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với
đường tròn (B, C là các tiếp điểm). Đoạn thẳng AO cắt đường tròn (O) tại M. Trên cung nhỏ MC
của (O) lấy điểm D. AD cắt (O) tại điểm thứ hai E. I là trung điểm của DE. Đường thẳng qua D
vuông góc với BO cắt BC tại H và cắt BE tại K.
a. Chứng minh bốn điểm B, O, I, C cùng thuộc một đường tròn.
b. Chứng minh ICB = IDK
c. Chứng minh H là trung điểm của DK.
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Cho A(n) = n2(n4 - 1). Chứng minh A(n) chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
Bài 1: (1.5 điểm)
Thực hiện tính:
2x 2 x 2 4
x2 4 x 2
được:
với x 2 6 3
x 2 x 2 2 ( x 2)( x 2)
( x 2 x 2) 2
( x 2)( x 2) x 2
x 2( x 2 x 2)
1
1
1
3 2
2
3 2
2 6 23
( 3 2)
1
x2
Thay x 2 6 3 vào
Bài 2: (2.5 điểm)
Giải các phương trình:
2
a. x 5 x x 2 5 x 4 2
2
x 2 5 x 4 x 2 5 x 4 2 .Đặt y x 2 5 x 4 (y 0) được: y - y - 2 = 0
Giải phương trình được: y1 = -1 (loại); y2 = 2.Với y = 2 giải x 2 5 x 4 2 được x1 = 0; x2 = -5.
2
Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết luận nghiệmGhi chú: Có thể đặt y = x2 + 5x. Lúc này
cần đặt điều kiện khi bình phương hai vế.
b. x 2 3x 2 x 3 x 2 x 2 2 x 3
( x 1)( x 2) x 3 x 2 ( x 1)( x 3) , x 1( x 2 x 3 ) x 2 x 3 0
( x 2 x 3 )( x 1 1) 0
x 2 x 3 0 vô nghiệm;
x 1 1 0 được x = 2. Thử lại (hoặc đối chiếu với điều kiện) kết
luận nghiệm.
Bài 3: (2.0 điểm)
a.Chứng minh Phương trình (n+1)x2 + 2x - n(n+2)(n+3) = 0 luôn có nghiệm hữu tỉ với mọi số n
nguyên.
n =-1: Phương trình có nghiệm. Với n -1 n+10.’= 1+ n(n+2)(n+3)(n+1)
= 1+ (n2 + 3n)(n2+3n+2) = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 =(n2 + 3n + 1)2.
0,50
’ 0 nên phương trình luôn có nghiệm.
0,25
’ chính phương, các hệ số là số nguyên nên các nghiệm của phương trình là số hữu tỉ.
0,25
2
b. Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình x + 2009x + 1 = 0
x3, x4 là nghiệm của phương trình x2 + 2010x + 1 = 0
Tính giá trị của biểu thức: (x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4)
Giải:
Chứng tỏ hai phương trình có nghiệm.
Có: x1x2 = 1
x3x4 = 1
x1+x2 = -2009
x3 + x4 = -2010
Biến đổi kết hợp thay: x1x2 = 1; x3x4 = 1
(x1+x3)(x2 + x3)(x1-x4)(x2-x4) = (x1x2 + x2x3 - x1x4 -x3x4 )(x1x2+x1x3-x2x4-x3x4)
= (x2x3 - x1x4 )(x1x3-x2x4 )= x1x2x32 - x3x4x22 - x3x4x12+x1x2x42
= x32 - x22 - x12 + x42= (x3 + x4 )2 - 2x3x4 -( x2+ x1)2 + 2x1x2 = (x3 + x4 )2 -( x2+ x1)2
Thay x1+x2 = -2009; x3 + x4 = -2010 được : 20102 - 20092 =2010+2009 =4019
Ghi chú: Có thể nhân theo nhóm [(x1+x3)(x2 + x3)].[(x1-x4)(x2-x4)]
Bài 4: ( 3.0 điểm)
B
K
A
M
O
H
D
I
C
E
3
OB BA; OC CA ( AB, AC là các tiếp tuyến),OI IA (I là trung điểm của dây DE) .
B, O, I, C cùng thuộc đường tròn đường kính AO.
0,75
ICB = IAB ( Cùng chắn cung IB đường tròn đường kính AO)
(1)
DK // AB (Cùng vuông góc với BO) IDK = IAB
Từ (1) và (2) được: ICB = IDK
1.0
ICB = IDK hay ICH = IDH Tứ giác DCIH nội tiếp. HID = HCD
HCD = BED (Cùng chắn cung DB của (O)) HID = BED IH // EB
IH là đường trung bình của DEK H là trung điểm của DK
(2)
Bài 5: ( 1.0 điểm)
Chứng minh A(n) = n2(n4 - 1). chia hết cho 60 với mọi số tự nhiên n.
- A(n) = n.n(n2 - 1)( n2 + 1) = n.n(n - 1)(n+1)( n2 + 1). Do n(n - 1)(n+1) chia hết cho 3 nên A(n)
chia hết cho 3 với mọi n.
- A(n) = n2(n4 - 1) = n(n5 - n). Do n5 - n chia hết cho 5 theo phecma nên A(n) chia hết cho 5 với
mọi n.
- Nếu n chẵn n2 chia hết cho 4 A(n) chia hết cho 4. Nếu n lẻ (n-1)(n+1) là tích hai số
chẵn nên nó chia hết cho 4. A(n) chia hết cho 4 với mọi n.
- Ba số 3,4,5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên A(n) chia hết cho 3.4.5 hay A(n) chia hết cho 60.
Bài 1: (2.0 điểm)
a) Chứng minh bất đẳng thức:
1 1
4
. Với a; b là các số dương.
a b ab
b) Cho x ; y là hai số dương và x y 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
1
;
2 xy
M
2
3
.
2
xy x y 2
Bài 2: (2.0 điểm)
x 2 y 2 11
x xy y 3 4 2
Giải hệ phương trình:
Bài 3: (2.0 điểm)
Hình chữ nhật ABCD có M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD. Trên tia đối của
tia CB lấy điểm P. DB cắt PN tại Q và cắt MN tại O. Đường thẳng qua O song song vơi AB cắt
QM tại H.
a. Chứng minh HM = HN.
b. Chứng minh MN là phân giác của góc QMP.
Bài 4: (3.0 điểm)
Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn
sao cho E thuộc cung AF và EF = R. AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I
a. Tính góc CIF.
4
b. Chứng minh AE.AC + BF. BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn.
c. Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó.
Bài 5: (1.0 điểm)
Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
GIẢI
Bài 1: (2.0 điểm)
a. Chứng minh bất đẳng thức:
1 1
4
. Với a; b là các số dương.
a b ab
b. Cho x ; y là hai số dương và x y 1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của
P
1
;
2 xy
M
2
3
.
2
xy x y 2
1 1
4
ab
4
2
2
a b 4ab a b 0
a b ab
ab
ab
1
x y
4
4
P
2
2 xy
2 xy
2( x y ) 2. 1
1
P đạt giá trị nhỏ nhất tại: x = y =
2
1
1
1
hoặc: 2 xy x 2 y 2 4 xy ( x y) 2 xy 4
2
4
xy
2 xy
4
3
1
4.3
1
4.3
2
3
=
2
2
2 12 14
M
2
2
2
2
2 xy x y
2 xy x 2 xy y
2 xy ( x y ) 2
xy x y
1
1
đạt GTNN tại x = y = .
2
2 xy
1
1
3
3
đạt GTNN tại x = y = . Nên M đạt GTNN tại x = y = .
2
2
2 xy x y
2
2
0,50
0,50
0,25
0,50
0,25
Bài 2: (2.0 điểm)
x 2 y 2 11
x xy y 3 4 2
Giải hệ phương trình:
S 2 2 P 11
S P 3 4 2
- Đặt S = x + y; P = xy được:
0,25
- S 2 2S (17 8 2 ) 0
- Giải phương trình được S1 3 2 ; S 2 5 2
- S1 3 2 được P1 3 2 ; S 2 5 2 được P2 8 5 2
- Với S1 3 2 ; P1 3 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:
0,25
0,25
0,25
X 2 (3 2 ) X 3 2 0
- Giải phương trình được X 1 3; X 2 2 .
- Với S 2 5 2 được P2 8 5 2 có x, y là hai nghiệm của phương trình:
X 2 (5 2 ) X 8 5 2 0 . Phương trình này vô nghiệm.
0,25
0,25
0,25
5
x 3 x 2
;
y 2 y 3
- Hệ có hai nghiệm:
0,25
A
M
Bài 3: (2.0 điểm)
-Chứng tỏ MBND là hình bình hành O là trung 0,75
điểm của MN.
- OH // AB OH MN.
- HMN cân tại H (Trung tuyến vừa là đường
cao) HM = HN.
H
B
O
Q
C
HQ OQ
- ON // BP được:
HM OB
OQ NQ
HQ NQ
NH//PM HNM =
OB NP
HM NP
- OH // BM được:
D
N
P
NMP HMN = NMP MN là phân 1,25
giác của góc QMP
Bài 5: (1.0 điểm)
Tìm ba số nguyên tố mà tích của chúng bằng năm lần tổng của chúng.
Giải:
Gọi a,b,c là ba số nguyên tố cần tìm ta có: abc = 5(a+b+c). Tích ba số nguyên tố abc chia
0,25
hết cho 5 nên có một số bằng 5.
Giả sử a = 5 được 5bc = 5(5+b+c) bc = 5+b+c.
0,50
bc -b - c + 1 = 6 (b-1)(c-1) = 6.
b,c là các số nguyên dương có vai trò như nhau nên ta có các hệ:
b 1 1
b 2
c 1 6
c 7
b 1 2
b 3
c 1 3
c 4
và
0,25
Kết luận: Ba số nguyên tố cần tìm là 2, 5, 7
C
Bài 4: (3.0 điểm)
E
F
H
A
O
I
B
6
- BE, AF là hai đường cao của ABC CI là đường cao thứ ba hay CIAB
- Tứ giác IHFB nội tiếp HIF = HBF hay CIF = EBF .
- EOF đều nên EOF = 600. EF = 600 CIF = EBF = 300.
1,0
AC AI
AC. AE AB. AI
AB AE
BC BI
- Tương tự BCI đồng dạng với BAE được:
BC.BF BA.BI
BA BF
- Chứng minh ACI đồng dạng với ABE - được:
1.0
- Cộng được: AE.AC + BF. BC = AB.AI + AB.BI =AB(AI + IB) = AB2 = const.
2
- Chứng minh ABC đồng dạng với FEC.-
2
S FEC EF
1
3
R
S ABFE S ABC
S ABC AB
4
4
2R
- Để S ABFE lớn nhất S ABC lớn nhất CI lớn nhất. C chạy trên cung chứa góc 600 vẽ trên
1,0
AB nên CI lớn nhất khi I O CAB cân EF // AB.
- Lúc đó S ABC
2.R.R 3
3R 2 . 3
2
R . 3 S ABFE
2
4
Bµi 1.(3,0 ®iÓm)
3 5
a,TÝnh: M
3 5
2 3 5
2 3 5
b, Kh«ng sö dông b¶ng sè vµ m¸y tÝnh h·y so s¸nh:
A 2007 2009 vµ B 2 2008
Bµi 1.(3,0 ®iÓm)
a,TÝnh: M
3 5
3 5
2 3 5
2 3 5
M
3 5
3 5
3 5
Ta cã:
2 2 62 5 2 62 5 2
5 1
2
3 5
2
3 5
3 5
3 5
3 5
3 5 3 5
=
(v×
2 5 1 2 5 1 2 5 1 2 5 1 3 5 3 5
2
3 5 3 5
3 5 3 5
2
5 1
5 1)
0,5
0,5
2,0 ®
2
9 6 5 5 9 6 5 5 28
= 7
4
95
0,5
0,5
M7 2
b, Kh«ng sö dông b¶ng sè vµ m¸y tÝnh h·y so s¸nh: A 2007 2009 vµ B 2 2008
Ta cã
2
0,5 1,0 ®
A 2007 2009 2008 1 2008 1
2008 1 2008 1
7
2.2008 2 20082 1 2.2008 2 20082 2 2008 VËy A < B.
0,5
Bµi 2.(4,0®iÓm)
x2
x
1 x 1
víi x > 0 vµ x 1
:
2
x x 1 x x 1 1 x
Cho biÓu thøc: P
a, Rót gän P.
b, T×m x ®Ó P
2
7
c, So s¸nh P 2 víi 2P
Bµi 2.(4,0®iÓm)
a, Rót gän P.
Ta cã
x2
P
x x 1 x
x2
3
x 1 x
x
1 x 1
víi x > 0 vµ x 1
:
2
x 1 1 x
x
1 x 1
:
2
x 1
x 1
x
1 x 1
:
2
x 1
x 1 x x 1 x x 1
1,5®
x2
x 2
x 1 x x 1
:
x 1 x x 1
0,5
x
x 2 x 1
2
2
.
x 1 x x 1
.
x 1 x x 1
b, T×m x ®Ó P
x 1 x 2 x x x x 1 2
.
2
x 1
x 1 x x 1
VËy P
2
x x 1
0,5
0,5
2
7
2
( víi x > 0; x 1)
x x 1
2
2
2
Nªn P
x x 1 7 x x 6 0
7
x x 1 7
x 2
x 3 0 x 2 0 ( v× x 3 0 víi mäi x > 0)
Ta cã P
0,5
1,25®
0,5
x 4 ( t/m ®k).
VËy víi x = 4 th× P
2
7
0,25
c, So s¸nh P 2 víi 2P
Ta cã P
2
( víi x > 0; x 1)
x x 1
0,5
1,25®
8
1
2
3
Mµ x x 1 x 0 víi mäi x > 0,
2 4
2
0 víi mäi x > 0
x x 1
Ta l¹i cã x x 0 víi mäi x > 0
1
2
1 P
2
x x 1 1
x x 1
x x 1
nªn P
0,5
V× P > 0 vµ P < 2 nªn P(P - 2) < 0 P2- 2P < 0 P2 < 2P. VËy P2 < 2P
0,25
Bµi 4.(7,5 ®iÓm)
Cho tam gi¸c ABC (AB < AC) ngo¹i tiÕp ®êng trßn (O;R). §êng trßn (O;R) tiÕp xóc víi
c¸c c¹nh BC, AB, AC lÇn lît t¹i c¸c ®iÓm D, N, M. KÎ ®êng kÝnh DI cña ®êng (O;R). Qua I
kÎ tiÕp tuyÕn cña ®êng (O;R) nã c¾t AB, AC lÇn lît t¹i E, F.
a, BiÕt AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. TÝnh chu vi cña tam gi¸c AEF.
b, Chøng minh EI. BD = IF.CD = R2.
c, Gäi P lµ trung ®iÓm cña BC, Q lµ giao ®iÓm cña AI vµ BC, K lµ trung ®iÓm cña AD.
Chøng minh ba ®iÓm K, O, P th¼ng hµng vµ AQ = 2KP.
Bµi 4.(7,5 ®iÓm)
a
i
e
f
M
k
N
o
b
D
P
Q
c
a,BiÕt AB = 8cm, AC = 11cm, BC = 9cm. TÝnh chu vi cña tam gi¸c AEF.
+ c/m cho chu vi cña tam gi¸c AEF lµ PAEF = 2AN
0,75
+ c/m cho 2AN = AB + AC – BC = 8 + 11 – 9 = 10 cm
0,75
+ suy ra PAEF = 2AN = 10 cm
0,5
2
b,Chøng minh EI. BD = IF.CD = R .
+ c/m cho tam gi¸c EOB vu«ng t¹i O
EN.BN = ON2 = R2 ( theo hÖ thøc lîng trong tam gi¸c vu«ng)
Mµ EI = EN, BD = BN ( t/c 2 tiÕp tuyÕn c¾t nhau t¹i 1 ®iÓm) EI. BD
= R2.
+ T¬ng tù ta cã: IF.DC = R2
1,25
0,75
2,0®
2,5®
9
2
+ Suy ra EI. BD = IF.CD = R .
0,5
c, Gäi P lµ trung ®iÓm cña BC, Q lµ giao ®iÓm cña AI vµ BC, K lµ trung ®iÓm cña AD. Chøng
minh ba ®iÓm K, O, P th¼ng hµng vµ AQ = 2KP.
¸p dông hÖ qña ®Þnh lý Talet trong c¸c tam gi¸c AQC vµ tam gi¸c ABC
IF AF AF FE
IF FE
(1)
;
QC AC AC BC
QC BC
IF
IE
IE IF
EF
Theo c©u b ta cã: EI.BD IF.CD
(2)
BD CD BD CD BC
IF
IF
Tõ (1) vµ (2) suy ra
QC BD
QC BD
+V× P lµ trung ®iÓm cña BC (gt), QC = BD ( cmt) P lµ trung ®iÓm cña
ta cã
DQ
Mµ O lµ trung ®iÓm cña ID suy ra OP lµ ®êng trung b×nh cña tam gi¸c
DIQ OP // IQ hay OP // AQ (3)
+ V× K lµ trung ®iÓm cña AD, O lµ trung ®iÓm cña ID suy ra KO lµ
®êng trung b×nh cña tam gi¸c ADI KO // AI hay KO // AQ (4)
+ Tõ (3) vµ (4) K, O, P th¼ng hµng.
Do K lµ trung ®iÓm cña AD, P lµ trung ®iÓm cña DQ suy ra KP lµ ®êng
trung b×nh cña tam gi¸c DAQ suy ra AQ = 2KP.
0,75
0,75
0,5
3,0®
0,75
0,25
3- 3
Bài 2. (1đ) Rút gọn A =
2-
Bài 3 (2đ) Cho
3+ 3
+
3+ 2 2
2+
.
3- 2 2
1
x2 x 2
2x 4
B
2
x 2 x 7 x 10 x 5
a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nguyên.
Bài 4 (4đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại H. Đường
thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b) ∆ABC ~ ∆AEF
c) BDˆ F CDˆ E
d) H cách đều các cạnh của tam giác DEF.
3- 3
Bài 2. A =
2-
3+ 2 2
3+ 3
+
2+
3- 2 2
.
10
=
2( 3 - 3)
+
2( 3 + 3)
4- 2 3 + 4
4+ 2 3 - 4
2( 3 - 3)
2( 3 + 3)
=
+
3 - 1+ 4
3 + 1- 4
2
2( 3 - 3) + 2( 3 + 3)2
=
3- 9
24 2
=
=- 4 2
- 6
Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là
1
x2 x 2
2x 4
1
x2 x 2
2x 4
A
2
x 2 x 7 x 10 x 5 x 2 ( x 5)( x 2) x 5
x 5 x 2 x 2 (2 x 4)( x 2)
x ≠5và x ≠2
( x 5)( x 2)
x 2 8 x 15 ( x 5)( x 3) x 3
( x 5)( x 2) ( x 5)( x 2)
x2
( x 2) 1
1
1
, với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi
nguyên, khi
1
x2
x2
x2
đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.
2b) A
Bài 4a) Ta có BG AB, CH AB, nên BG
tương tự: BH AC, CG AC, nên
BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối
nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường
và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
đi qua trung điểm M của BC.
//CH,
A
sông song
chéo GH
Vậy GH
E
F
B
H
D
M
C
G
4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác ABE và ACF
vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên chúng đồng dạng. Từ đây
AB AE
AB AF
suy ra
(1)
AC AF
AE AC
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra ∆ABC ~ ∆AEF.
4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC,
suy ra
∆BDF~∆DEC BDF CDE .
4d) Ta có
BDF CDE 900 BDF 900 CDE
AHB BDF AHC CDE ADF ADE
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia phân giác góc
11
EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam giác DEF. Vậy H các đều ba
cạnh của tam giác DEF.
Bài 1: ( 2,5 điểm)
a. Cho:
A
1
x2 x 2
2x 4
2
x 2 x 7 x 10 x 5
- Thực hiện rút gọn A.
- Tìm x nguyên để A nguyên.
Giải
A
1
x2 x 2
2x 4
x 2 ( x 5)( x 2) x 5
0,25
Điều kiện để A có nghĩa là x ≠5 và x ≠2
x 5 x 2 x 2 (2 x 4)( x 2 x 2 8 x 15
( x 5)( x 2)
( x 5)( x 2)
( x 5)( x 3) x 3
A
( x 5)( x 2
x2
0,25
A
0,25
( x 2) 1
1
1
x2
x2
1
A nguyên khi và chỉ khi
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1
x2
x=3, hoặc x=1.
A
Đặt P = a4 + b4 + c4 - 2a2b2 -2 b2c2 - 2a2c2
= (a2 + b2 + c2 )2 - 4a2b2 - 4b2c2 - 4a2c2
Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:
= (2a2 + 2b2 + 2ab )2 - 4(a2b2 + b2c2 + a2c2)
= 4[(a2 + b2 + ab)2 - a2b2 - c2(a2+b2)]
Thay c2 = (a+b)2 vào ta được:
= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab + a2b2 - a2b2 -(a+b)2
(a2+b2)]
= 4[ (a2+b2)2 +2(a2+b2)ab -(a+b)2(a2+b2)]
= 4(a2+b2)[ (a2+b2) +2ab -(a+b)2]
= 0 a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2: ( 1,5 điểm)
a. Chứng minh: a2 + b2 + c2 ab + ac + bc với mọi số a, b, c.
0,25
0,25
12
bc ac ab
b. Chứng minh a b c với mọi số dương a, b, c.
a
b
c
Giải
2(a2 + b2 + c2 ) 2(ab + ac + bc)
2a2 + 2b2 + 2c2 -2ab -2ac - 2bc 0
(a-b)2 + (a-c)2 + (b-c)2 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng (Do (a-b)2 0 …) nên có đpcm
Câu b
0,25
0,25
0,25
(bc ) 2 (ac) 2 (ab) 2
abc
abc
abc
abc
0,25
Nhân hai vế với số dương abc được:
(bc) 2 (ac) 2 (ab) 2 a 2 bc b 2 ac c 2 ab
Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có:
(bc) 2 (ac) 2 (ab) 2 a 2 bc b 2 ac c 2 ab đpcm
0,25
0,25
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD. M là điểm trên đường chéo BD. Hạ ME góc với AB và MF vuông
góc với AD.
a. Chứng minh DE CF; EF = CM
b. Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui.
c. Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất..
Bài 5: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có AD là phân giác. Đường thẳng qua trung điểm M của
cạnh BC song song với AD cắt AC tại E và cắt AB tại F.CMR:BF=CE
Giải
Câu a: 1,25 điểm
DF = AE DFC = AED
D
0,25
C
F
ADE = DCF
M
0,25
EDC + DCF = EDC + ADE
EDC + ADE = 900 nên DE CF
MC = MA (BD là trung trực của AC)
MA = FE nên EF = CM
0,25
0,25
A
E
B
0,25
Câu b: 1,0 điểm
0,25
13
MCF =FED MCF = FED
0,25
ừ MCF = FED chứng minh được CM EF
Tương tự a) được CE BF
ED, FB và CM trùng với ba đường cao của FEC nên chúng đồng qui.
Câu c: 0,75 điểm
ME + MF = FA + FD là số không đổi.
ME.MF lớn nhất khi ME = MF
Lúc đó M là trung điểm của BD
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5: (1,5 điểm)
Trong BMF có AD//MF nên:
0,25
BF BM
BA BD
Trong CAD có AD//ME nên:
0,25
CE CM
CA CD
F
A
Chia vế theo vế được:
BF CA BM CD
.
.
BA CE BD CM
BF CA CD
(BM=CM)
.
BA CE BD
0,25
AD là phân giác nên:
0,25
CD AC
BD AB
E
0,25
B
D
M
Thay vào trên được:
BF CA AC
.
BA CE AB
BF
1 BF CE
CE
0,25
Ví dụ 1: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3 x 2 5 y 2 12(1).
Giải:
Ta có: (1) 3( x 2 1) 5(3 y 2 ). Do (3, 5) = 1 nên ( x 2 1) 5. và (3 y 2 ) 3.
Đặt x 2 1 5k . , 3 y 2 3l. Ta có: 3.5k 5.3l k l (k , l Z ) .
2
1
x 5k 1 0 k
Do đó: 2
5 k l 1 . Vậy x = 2, y = 0.
y 3 3l 0
l 1
Phương trình có hai nghiệm nguyên ( 2, 0 ); ( -2, 0 ).
C
14
Ví dụ 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x 2 4 xy 5 y 2 16.
Giải:
Tac có: x 2 4 xy 5 y 2 16 ( x 2 y ) 2 y 2 16 .
x 2 y 4
x 2 y 0
hoặc
y 0
y 4
Vì: 16 42 02 nên
Giải các hệ phương trình trên ta được các nghiệm nguyên của phương trình là:
( x; y ) (4;0);(4;0);(8; 4);(8; 4);
Ví dụ 3: Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 3( x 2 xy y 2 ) x 8 y.
Giải:
Phương trình đã cho được viết lại là: 3 x 2 (3 y 1) x 3 y 2 8 y 0(1) .
Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: (3 y 1) 2 12(3 y 2 8 y) 0 27 y 2 90 y 1 0.
Do y nguyên nên 0 y 3 y 0;1; 2;3 .
+)Với y = 0 ta có x = 0.
+)Với y = 1 ta có x = 1.
+)Với y = 2 và y = 2 ta có không tìm được x nguyên.
Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là ( x ; y ) = ( 0 ; 0 ); ( 1 ; 1 );
Bµi 1: (3 ®). TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc:
a)
A= 13 160 53 4 90
Giải
a) A= 13 160 53 4 90
=
Ví dụ 1.1
13 4 10 53 2.6 10
(0,5®)
= ( 2 2 5 ) 2 (2 2 3 5 ) 2
(0,25®)
= 2 2 - 5 - 2 2 - 3 5 = -4 5
(0,5®)
VËy A= 13 160 53 4 90 = -4 5
(0,25®)
15
CMR : a) 2 a b
2
2
a b
2
(1)
b) a 2 b 2 c 2 ab bc ca (1)
Giải
2
a) 1 2 a b a b 0
2
2
a 2 b 2 2ab 0
2
a b 0 (2)
Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh.
b) 1 2 a 2 b 2 c 2 2 ab bc ca 0
a 2 2ab b 2 b 2 2bc c 2 c 2 2ca a 2 0
b)
2
2
2
a b b c c a 0 (2)
Bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.1
Chứng minh rằng:
a) a 2 b 2 c 2 d 2 ab ac ad
b)a 2 4b 2 4c 2 4ab 4ac 8bc
1
1
b) Ta có : a 2 4b 2 4c 2 4ab 4ac 8bc
a 2 4ab 4b 2 4c 2 4ac 8bc
2
a 2b 4c 2 4c a 2b
2
a 2b 2c 0
Ví dụ 2.2
3
Chứng minh rằng:a) 4 a 3 b3 a b với a, b > 0
3
2
a) Ta có : 4 a 3 b3 a b a b 4 a 2 ab b 2 a b
2
3 a b a b 0
VD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: 2x + 3y = 11
C¸ch 1: Ph¬ng ph¸p tæng qu¸t:
Ta cã: 2x + 3y = 11 x
11 3 y
y 1
§Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nguyªn
5 y
2
2
nguyªn
§Æt
y 1
tZ
2
(1)
y = 2t + 1
x = -3t + 4
y 1
2
16
C¸c bµi tËp t¬ng tù : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh.
a)
3x + 5y = 10
b)
4x + 5y = 65
c)
5x + 7y = 112
Ph¬ng ph¸p 1 : Dïng dÊu hiÖu chia hÕt ®Ó gi¶i ph¬ng tr×nh.
VD1: a) T×m cÆp sè nguyªn (x ; y) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh
6x2 + 5y2 = 74
(1)
2
2
C¸ch 1 : Ta cã : 6 (x - 4) = 5 (10 - y )
(2)
Tõ (2) 6(x2 - 4) 5 vµ (6 ; 5) = 1 x2 - 4 5
x2 = 5t + 4 víi t N
Thay x2 - 4 = 5t vµo (2) ta cã : y2 = 10 – 6t
V× x2 > 0 vµ y2 > 0
5t + 4 > 0
10 - 6t > 0
4
5
t víi
5
3
tN
t = 0 hoÆc t = 1
Víi t = 0 y2 = 10
(lo¹i)
2
Víi t = 1
x =9
x = 3
2
y =4
y = 2
VËy c¸c cÆp nghiÖm nguyªn lµ :........................
Ph¬ng ph¸p 2: Ph©n tÝch mét vÕ thµnh tÝch, mét vÕ thµnh h»ng sè nguyªn
VD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh:
a) xy + 3x - 5y = -3
b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = 0
c) x2 + x = y2 - 19
Gi¶i :
a) C¸ch 1: x(y + 3) - 5(y + 3) = -18
(x - 5) (y + 3) = -18...
C¸ch 2 : x
5y 3
18
5
y3
y3
b) T¬ng tù.
c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76
(2x + 1)2 - (2y)2 = -75...
Ph¬ng ph¸p 4 : Ph¬ng ph¸p sö dông tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph¬ng
VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña.
17
2
2
a) x - 4xy + 5y = 169
b) x2 - 6xy + 13y2 = 100
Gi¶i :
a) (x - 2y) + y = 169 = 0 + 169 = 25 + 144...
b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ...
Ph¬ng ph¸p 5 : Ph¬ng ph¸p c«ng thøc nghiÖm ph¬ng tr×nh bËc 2
VD : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh.
a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0
b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (®Ò thi häc sinh giái tØnh 2009 – 2010)
c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2)
2
2
VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh :
2x2 + 4x = 19 -3y2
Gi¶i : 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2
(2x + 2)2 = 6 (7 - y2)
V× (2x + 2)2 0 7 - y2 0 y 2 7
Mµ y Z y = 0 ; 1 ; 2 Tõ ®©y ta t×m ®îc gi¸ trÞ t¬ng øng cña x
Bài 4: (3,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD. M là điểm trên đường chéo BD. Hạ ME góc với AB và MF vuông
góc với AD.
a. Chứng minh DE CF; EF = CM
b. Chứng minh ba đường thẳng DE, BF và CM đồng qui.
c. Xác định vị trí của điểm M để tứ giác AEMF có diện tích lớn nhất..
Bài 4: (3,0 điểm)
Câu a: 1,25 điểm
DF = AE DFC = AED
D
0,25
C
F
ADE = DCF
M
0,25
EDC + DCF = EDC + ADE
EDC + ADE = 900 nên DE CF
MC = MA (BD là trung trực của
AC)
MA = FE nên EF = CM
Câu b: 1,0 điểm
0,25
0,25
0,25
A
E
B
18
0,25
MCF =FED MCF = FED
0,25
Từ MCF = FED chứng minh được CM EF
Tương tự a) được CE BF
ED, FB và CM trùng với ba đường cao của FEC nên chúng đồng qui.
Câu c: 0,75 điểm
ME + MF = FA + FD là số không đổi.
ME.MF lớn nhất khi ME = MF
Lúc đó M là trung điểm của BD
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 5: (1,5 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có AD là phân giác. Đường thẳng qua trung điểm M của
cạnh BC song song với AD cắt AC tại E và cắt AB tại F.
Chứng minh BF = CE.
Bài 5: (1,5 điểm)
Trong BMF có AD//MF nên:
BF BM
BA BD
0,25
Trong CAD có AD//ME nên:
CE CM
CA CD
F
0,25
A
E
Chia vế theo vế được:
BF CA BM CD
.
.
BA CE BD CM
BF CA CD
.
BA CE BD
0,25
0,25
(BM=CM)
AD là phân giác nên:
CD AC
BD AB
0,25
Thay vào trên được:
BF CA AC
.
BA CE AB
BF
1 BF CE
CE
0,25
Bài 2: ( 1,5 điểm)
a. Chứng minh: a2 + b2 + c2 ab + ac + bc với mọi số a, b, c.
b. Chứng minh
bc ac ab
a b c với mọi số dương a, b, c.
a
b
c
B
D
M
19
Giải
2
2
2
2(a + b + c ) 2(ab + ac + bc)
2a2 + 2b2 + 2c2 -2ab -2ac - 2bc 0
(a-b)2 + (a-c)2 + (b-c)2 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng (Do (a-b)2 0 …) nên có đpcm
Câu b
0,25
0,25
0,25
0,25
(bc ) 2 (ac) 2 (ab) 2
abc
abc
abc
abc
Nhân hai vế với số dương abc được:
(bc) 2 (ac) 2 (ab) 2 a 2 bc b 2 ac c 2 ab
Áp dụng a) cho ba số ab, bc, ca ta có:
(bc) 2 (ac) 2 (ab) 2 a 2 bc b 2 ac c 2 ab đpcm
0,25
0,25
Bài 1: ( 2,0 điểm)
4
4 x
= và x + y = 22
7 y
7
x y
y z
2x 3y 4z
b. Cho và . Tính M =
3 4
5 6
3x 4 y 5 z
a. Tìm x, y biết:
Bài 1: (2,0 điểm)
28 7 x = 28 4 y
0,25
x y x y
4 7 47
x y 22
2 x 8; y 14
4 7 11
x y
x
y y z
y
z
x
y
z
;
3 4
15 20 5 6
20 24
15 20 24
2x 3 y 4z 2x 3 y 4z
(1)
30 60 96 30 60 96
3x 4 y 5 z
3x 4 y 5 z
(1)
45 80 120 45 80 120
2 x 3 y 4 z 3 x 4 y 5 z 2x 3x
:
= :
30 60 96 45 80 120 30 45
2x 3y 4z
245
2 x 3 y 4 z 186
.
1 M
186
3x 4 y 5 z
3 x 4 y 5 z 245
0,25
0,25
(1)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 4: ( 4,0 điểm)
Cho tam giác ABC có B < 900 và B = 2C. Kẻ đường cao AH. Trên tia đối của tia BA lấy
điểm E sao cho BE = BH. Đường thẳng HE cắt AC tại D.
a. Chứng minh BEH = ACB.
b. Chứng minh DH = DC = DA.
20
c. Lấy B’ sao cho H là trung điểm của BB’. Chứng minh tam giác AB’C cân.
d. Chứng minh AE = HC.
A
Bài 4: ( 4,0 điểm)
1
Câu a: 0,75 điểm
D
BEH cân tại B nên E = H1
B
ABC = E + H1 = 2 E
ABC = 2 C BEH = ACB
Câu b: 1,25 điểm
Chứng tỏ được DHC cân tại D nên DC =
DH.
DAH có:
DAH = 900 - C
E
DHA = 900 - H2 =900 - C
DAH cân tại D nên DA = DH.
Câu c: 1,0 điểm
ABB’ cân tại A nên B’ = B = 2C
B’ = A1 + C nên 2C = A1 + C
C = A1 AB’C cân tại B’
Câu d: 1,0 điểm
AB = AB’ = CB’
BE = BH = B’H
Có: AE = AB + BE
HC = CB’ + B’H
AE = HC
P
1) Rút gọn biểu thức sau:
x2 y2
( x y )2
xy
x y
x2
y2
x
y
Giải
Với Đk x 0; y 0; x y ta có:
P
x2 y 2
( x y)2
xy
x y
x2
y2
x
y
2
1
H
B’
C
- Xem thêm -
.PDF 
35 
196 
82 
