Bộ đề ôn hoc sinh giỏi Toán 8

ĐỀ IV Bài 1: Cho biểu thức: A = Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định. Rút gọn biểu thức A. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: a) Giải phương trình: 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 ³ 4; ab ³ 12. Chứng minh rằng C = a + b ³ 7 ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM IV Câu Ý Nội dung Điêm 1 a Điều kiện: b A = = c Ta có: A nguyên (x + 2006) Do x = không thoã mãn đk. Vậy A nguyên khi x = 2 a Ta có: (2006 - x) = 0 x = 2006 b Thiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được: 3 a Ta có: (1) (2) (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra hay FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có: b Nếu AB = 2CD thì nên theo (1) ta có suy ra: EF = FI + IE = 3FI. Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ. Do đó: FI = EJ = IJ = không liên quan gì đến vị trí của M. Vậy M tuỳ ý trên AB 4 Ta có: C = a + b = ( (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. Bài 4: Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với: x = ; y = Bài 5: Giải phương trình: + + = 14 Bài 6: Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy là 150 . Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM V Câu Ý Nội dung Điêm 1 a Ta cã: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3) ( NÕu gi¶i b»ng c¸ch kh¸c cho ®iÓm t­¬ng ®­¬ng ) b Ta cã: x = 2 lµ nghiÖm cña f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do ®ã f(x) x – 2, ta cã: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12 VËy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12) Ta l¹i cã: x = 3 lµ nghiÖm cña x2 + x – 12 Nªn x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4) Nh­ vËy: 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) (Đfcm). 3 Ta cã : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) lµ tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp trong ®ã cã Ýt nhÊt hai sè lµ béi cña 2 ( trong ®ã mét sè lµ béi cña 4, mét sè lµ béi cña 3, mét sè lµ béi cña 5). VËy tÝch cña 5 sè nguyªn liªn tiÕp chia hÕt cho 8,3,5 = 120. 4 Ta cã x,y > 0 vµ V× a> b > 0 nªn vµ . VËy x < y. 5 1/. XÐt kho¶ng x < -2 ,ta cã: -3x + 2 = 14x = - 4. 2/. -2 x < 1, ta cã : -x + 16 = 14 x = 2. (lo¹i) 3/. 1 x < 3, ta cã : x + 4 = 14 x = 10 (lo¹i). 4/. x 3 , ta cã: 3x – 2 = 14 x = VËy ph­¬ng tr×nh trªn cã nghiÖm lµ x = - 4 vµ x = . 6 Dùng tam gi¸c c©n BIC nh­ tam gi¸c AFB cã gãc ®¸y 150 . Suy ra : (1) . Ta cã (theo c¸ch vÏ) nªn: FB = IB (2). Tõ (1) vµ (2) suy ra : ®Òu . §­êng th¼ng CI c¾t FB t¹i H . Ta cã: = 300 ( gãc ngoµi cña ). Suy ra: = 900 ( v× = 600 ) Tam gi¸c ®Òu FIB nªn IH lµ trung trùc cña FB hay CH lµ ®­êng trung trùc cña . VËy c©n t¹i C . Suy ra : CF = CB (3) MÆt kh¸c : c©n t¹i F . Do ®ã: FD = FC (4). Tõ (3) vµ (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC). VËy ®Òu. Gi¶I b»ng ph­¬ng ph¸p kh¸c ®óng cho ®iÓm t­¬ng ®­¬ng. ĐỀ VI Bài 1: a) Phân tích đa thức sau thành nhân 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 mãn x + y + z = xyz và + + = Tính giá trị của biểu thức P = Bài 3: Tìm x biết a) < 5x -4 b) + = 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 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo . 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 Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: . 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( (= p + 2 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 (x+100)() = 0 S = 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 = x = ; y = ; z= P = = = Min P = ( Khi và chỉ khi a=b=c x=y=z 0.5đ 0,5đ 0,5đ 0.5đ 1đ Câu 5: (2đ) + Hai tam giác ADC và BEC có: Góc C chung. (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng) Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). Suy ra:BEC=(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết). Nên do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,5 đ b) 2đ Ta có: (do~) mà (tam giác AHD vuông vân tại H) nên (doABH Đồng dạng CBA) Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c) suy ra: 0,5đ 1đ 0,5đ c) 2đ Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC. Suyra: , vì~nên (DE//AH) Do đó: 1đ 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= b. Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0. Chứng minh : Bài 2: a. Tìm x,y,x biết : 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 : b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC IM; IN thứ tự là phân giác của các góc AIC; AIB(MAC;NAB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM c) Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện gì thì biểu thức : 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 b) 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. Đặt : chứng minh bài toán Nếu x+y+z=0 thì: x3+y3+z3=3xyz đpcm Bài 2: a) 1,5đ b) 1,5đ =0 phươngtrình: 2x(8x-1)2(4x-1)=9 đặt :64x2-16x+0,5=k Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72 Với k=8,5 Ta có x= 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 nên(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-x 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 x Câu4 2đ đặt A= = = = tacó x+ >0 Nên A8 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1 câu 5 a) b. c) Ta có : (1) Tương Tự: (2) (3) Từ (1); (2); (3) ta có: = b) áp d ụng tính chất đường phân giác vào các tam giácABC, abi, aic: suy ra 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 -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 (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) đpcm ĐỀ VIII Bài 1: Cho biểu thức: 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: 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 NỘI DUNG Bài 1 a) b) c) A= ĐKXĐX{0;1;-1} A= A= Tacó:1-A=>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+ Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1 Hoặc 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(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 nên (1+a)(1+b)(1+c) Và -abc nên A (2) Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) Bài 3: a) b) Biến đổi phương trình về: Đkxđ: y {3; } 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) =1350 (3) từ: (1);(2);(3)suy ra: 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: GIH (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 Với 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 = Bài 2: Cho biểu thức: Q = a/ Rút gọn Q. b/ Tìm các giá trị của a để Q đạt giá trị nguyên. Bài 3: Giải phương trình: Bài 4: Cho tam giác ABC , ba đường cao AA', BB', CC' cắt nhau tại H. Chứng minh: 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 Câu Ý Nội dung Điêm 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 = Lý luận được mẫu thức > o với mọi x. P = 0 (x +1)2(x2 - x + 1) = 0 (x +1) = 0 x = -1 2 a Biến đổi Q = = (a-2; a -) Thiếu điều kiện trừ 0,25đ b Q nguyên a + 2 là ước của 2 a+2 a 3 (x-2008) Vì Nên x -2008 = 0 x = 2008 Vậy S = 4 5 a C/m AEMF là hình chữ nhật suy ra MF = AE C/m ∆MFO vuông cân tại F suy ra MF = FD Suy ra AE = FD C/m ∆DAE = ∆CDF (c.g.c) suy ra DE = CF ADE =DCF ADE+EDC = 900 DCF+EDC = 900 CF DE b C/m tương tự ta có EC = FB và EC FB C/m ∆FEB = ∆CME (EC = FB,ADE =DCF, ME = EB) MCE =EFB MCE+FEC =EFB+FEC = 900 CM EF ∆CEFcó CM,DE,BF là các đường cao nên chúng đồng qui. c ME+MF=AE+EB=AB không đổi ME.MF lớn nhất ME=MF AEMF là hình vuông MO là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình vuông ABCD ĐỀ X Bài 1: a/ Phân tích đa thức sau thành nhân tử:x5 – 5x3 + 4x b/ Cho a + b = 1. Tính giá trị của biểu thức: A = a2(2a - 3) + b2(-3 + 2b) Bài 2: a/ Cho a;b;c 0, a + b + c =1 và = 0 Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 = 1 b/ Giải phương trình: Bài 3: Cho biểu thức: M = a/ Tìm điều kiện xác định của biểu thức M. b/ Rút gọn biểu thức M. c/ Tìm các cặp số nguyên (x;y) để biểu thức M có giá trị bằng 3. Bài 4: Cho hình thang ABCD (AB//CD) và O là giao điểm của hai đường chéo AC, BD. Chứng minh rằng: a/ Diện tích tam giác AOD bằng diện tích tam giác BOC. b/ Tích của diện tích tam giác AOB và diện tích tam giác COD bằng bình phương diện tích tam giác BOC. ĐÁP ÁN X Câu Ý Nội dung Điêm 1 a x5 – 5x3 + 4x = x(x4 -5x2 + 4) = x[x2( x2-1)-4(x2-1= x( x2-1)(x2-4= (x-2)(x-1)x(x+1)(x+2) b A = a2(2a - 3) + b2(-3 + 2b= 2(a3+b3)-3(a2+b2= 2(a+b)(a2 –ab + b2) -3(a2+b2 = 2(a2 –ab + b2) -3(a2+b2) (vì a+b=1) = -2ab-a2-b2 = -(a+b)2 = -1 2 a (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc = 1 = 0 = 0 ab + ac + bc = 0 2ab + 2ac + 2bc = 0 a2 + b2 + c2 = 1 b (x+2009) (x+2009) = 0 (vì x =-2009 3 a x -1, y1, xy (Thiếu,sai 1ĐK trừ 0,25đ) b M = = = = = x – y + xy c M = 3 x – y + xy = (x –1) (y+1) = 2 (loại) Hoặc (thỏa) Vậy (x;y) = (0;-3) 4 a Vẽ AHDC, BKDC (H,KDC) b Vẽ DMAC (MAC), BNAC (NAC) Ta có: ĐỀ XI Bài 1: a) Xác định a để cho đa thức x3 - 3x + a chia hết cho (x - 1)2 b) Tìm x biết: x2 (x -1) + 2x (1-x) = 0 Bài 2: a) Cho biểu thức: P = Rút gọn rồi chứng minh P không âm với mọi giá trị cuả x. b) Chứng minh rằng: Nếu a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc thì a = b = c Bài 3: a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 - a4 - b4 - c4 b) Chứng minh rằng nếu a,b,c là ba cạnh của một tam giác thì A > 0 Bài 4: Cho hình bình hành ABCD. Các tia phân giác của các góc A,B,C,D của hình bình hành lần lượt cắt nhau tại E,F,G,H. a) Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh rằng EG = FH và bằng hiệu giữa hai cạnh kề một đỉnh của hình bình hành ABCD. c) Hình bình hành ABCD cần có thêm điều kiện gì để EFGH là hình vuông? ĐÁP ÁN XI Câu Ý Nội dung Điêm 1 a x3 - 3x + a = (x2 - 2x +1)(x +2) + a - 2 (x3 - 3x + a) chia hết cho (x - 1)2 a-2 = 0 a = 2 b x2 (x -1) + 2x (1-x) = 0x(x-1)(x-2) = 0 Vậy x{0;1;2} 2 a P = = Vì x2 0 với mọi x, nên x2 + 2 > 0. Và (x - 1)2 0 với mọi x. Suy ra 0 với mọi x, hay P 0 b a2 + b2 + c2 = ab + ac + bc2a2 +2b2 +2c2 -2ab -2ac-2bc = 0(a-b)2+(a-c)2+(b-c)2 = 0 a = b = c 3 a A = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 - a4 - b4 - c4 = 4a2b2 - ( a4 + 2a2b2 + b4) + (2b2c2 + 2a2c2) - c4 = (2ab)2- [(a2+b2)2-2c2(a2+b2)+c4] = (2ab)2-[(a2+b2) - c2]2 = (2ab + a2 + b2 - c2)(2ab - a2 - b2+c2) = (a+b+c)(a+b-c)(c+a-b)(c-a+b) b Nếu a,b,c là ba cạnh của một tam giác thì a >0, b >0, c >0 và các nhân tử của biểu thức trên đều dương (theo bất đẳng thức tam giác) Nên A >0 4 a Tam giác AHD có: HAD + HDA = 1/2(A+D) =900.Nên AHD=900 Tương tự: BFC=900 , AEB=900 Do đó tứ giác EFGH là hình chữ nhật. b C/m tam giác ABM cân tại B, do đó E là trung điểm của AM. C/m tương tự G là trung điểm của CN . Nên BG là đường trung bình của hình bình hành AMCN nên EG = 1/2(MC+AN)=MC. Suy ra MC=CB-BM= CB-BA Vậy EG=FH=CB-AB c C/m EG//AD , FH//AB Hình chữ nhật EFGH là hình vuông EG FH AD AB A =900 ABCD là hình chữ nhật ( Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) ĐỀ XII Bài 1: Cho biểu thức: M = : a. Rút gọn M b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất. Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử. b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0. Bài 3: a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014 b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời: x + y + z = 1: x+ y+ z= 1 và x+ y+ z= 1. Tính tổng: S = x+y+ z Bài 4: a. Giải phương trình: + + = b. Giải phương trình với nghiệm là số nguyên: x( x + x + 1) = 4y( y + 1). Bài 5: Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Tính tổng: Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN. Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định. ĐÁP ÁN XII Câu Ý Nội dung Điêm 1 a = = = = = M = = b + Nếu x 2 thì M 0 nên M không đạt GTLN. + Vậy x 2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M muốn đạt GTLN thì Mẫu là (2 – x) phải là GTNN, Mà (2 – x) là số nguyên dương 2 – x = 1 x = 1. Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1. 2 a A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) = = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) b Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giỏc) Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) 0 Vậy A< 0 3 a A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0 Nờn:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 2010 Dấu ''='' xảy ra x – y = 0 và y – 2 = 0 x = y = 2. Vậy GTNN của A là 2010 tại x = y =2 b Ta có: (x + y + z)= x+ y+ z + 3(x + y)(y + z)(z + x) kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0 Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0 Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1 z = 1, lại kết hợp với đ/k: x+ y+ z= 1 x = y = 0. Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1, Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1. 4 a Phương trình được biến đổi thành: (Với ĐKXĐ: ) = () + () + () = = (x + 4)(x +7) = 54 (x + 13)(x – 2) = 0 x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy nghiệm của phương trình là: S = b + Phương trình được biến đổi thành: (x + 1)(x+ 1) = (2y + 1) + Ta chứng minh (x + 1) và (x+ 1) nguyên tố cùng nhau ! Vì nếu d = UCLN (x+1, x+ 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ) 2 mà d lẻ nên d = 1. + Nên muốn (x + 1)(x+ 1) là số chính phương Thì (x+1) và (x+ 1) đều phải là số chính phương Đặt: (k + x)(k – x) = 1 hoặc + Với x = 0 thì (2y + 1)= 1 y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa mãn pt) Vậy nghiệm của phương trình là: (x;y) = 5 a Trước hết chứng minh: = Tương tự có: ; Nên = = 1 b Trước hêt chứng minh BDHBEC BH.BE = BD.BC Và CDHCFB CH.CF = CD.CB. BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC (đpcm) c Trước hết chứng minh: AEF ABC Và CDECAB mà EBAC nên EB là phân giác của góc DEF. Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE. Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm) d Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có OMH = ONC (c.c.c) .(1) Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên:.(2) Từ (1) và (2) ta có: HO là phân giác của góc BHC Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên O là điểm cố định. Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O.