Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học 7
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Chuyền đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học 7, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
CHUYỀN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG TOÁN 7
PHẦN ĐẠI SỐ
Chuyền đề 1: Các bài toán thực hiện phép tính:
Các kiến thức vận dụng:
Tính chất của phép cộng , phép nhân
Các phép toán về lũy thừa:
an = ; am.an = am+n ; am : an = am –n ( a 0, mn)
(am)n = am.n ; ( a.b)n = an .bn ;
2 . Một số bài toán :
Bài 1: a) Tính tổng : 1+ 2 + 3 +. + n , 1+ 3 + 5 +. + (2n -1)
b) Tính tổng : 1.2 + 2.3 + 3.4 + ..+ n.(n+1)
1.2.3+ 2.3.4 + 3.4.5 + .+ n(n+1)(n+2)
Với n là số tự nhiên khác không.
HD : a) 1+2 + 3 + .. ..+ n = n(n+1)
1+ 3+ 5+ + (2n-1) = n2
b) 1.2+2.3+3.4+ + n(n+1)
= [1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4(5 – 2) + ..+ n(n + 1)( (n+2) – (n – 1))] : 3
= [ 1.2.3 – 1.2.3 + 2.3.4 – 2.3.4 ++ n(n+1)(n+2)] : 3
= n(n+ 1)(n+2) :3
1.2.3 + 2.3.4+ 3.4.5 + .+ n(n+1)(n+2)
= [ 1.2.3(4 – 0) + 2.3.4( 5 -1) + 3.4.5.(6 -2) + + n(n+1)(n+2)( (n+3) – (n-1))]: 4
= n(n+1)(n+2)(n+3) : 4
Tổng quát:
Bài 2: a) Tính tổng : S = 1+ a + a2 +..+ an
b) Tính tổng : A = với a2 – a1 = a3 – a2 = = an – an-1 = k
HD: a) S = 1+ a + a2 +..+ an aS = a + a2 +..+ an + an+1
Ta có : aS – S = an+1 – 1 ( a – 1) S = an+1 – 1
Nếu a = 1 S = n
Nếu a khác 1 , suy ra S =
Áp dụng với b – a = k
Ta có : A =
=
=
Bài 3 : a) Tính tổng : 12 + 22 + 32 + . + n2
b) Tính tổng : 13 + 23 + 33 + ..+ n3
HD : a) 12 + 22 + 32 + .+ n2 = n(n+1)(2n+1): 6
b) 13 + 23 + 33 + ..+ n3 = ( n(n+1):2)2
Bài 3: Thực hiện phép tính:
a) A =
b)
HD : A = ; B =
Bài 4: 1, Tính: P =
2, Biết: 13 + 23 + . . . . . . .+ 103 = 3025.
Tính: S = 23 + 43 + 63 + . . . .+ 203
Bài 5: a) TÝnh
b) Cho
Chøng minh r»ng .
Bài 6: a) Tính :
b) TÝnh
HD: Nhận thấy 2011 + 1 = 2010+2 = .
=
c)
Bài 7: a) Tính giá trị của biểu thức:
b) Chứng tỏ rằng:
Bài 8: a) Tính giá trị của biểu thức:
b) Chứng minh rằng tổng:
Chuyên đề 2: Bài toán về tính chất của dãy tỉ số bằng nhau:
Kiến thức vận dụng :
-
-Nếu thì với gt các tỉ số dều có nghĩa
- Có = k Thì a = bk, c = d k, e = fk
2. Bài tập vận dụng
Dạng 1 Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để chứng minh đẳng thức
Bài 1: Cho . Chứng minh rằng:
HD: Từ suy ra
khi đó
=
Bài 2: Cho a,b,c R và a,b,c 0 thoả mãn b2 = ac. Chứng minh rằng:
=
HD: Ta có (a + 2012b)2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.b2 = a2 + 2.2012.ab + 20122.ac
= a( a + 2.2012.b + 20122.c)
(b + 2012c)2 = b2 + 2.2012.bc + 20122.c2 = ac+ 2.2012.bc + 20122.c2
= c( a + 2.2012.b + 20122.c)
Suy ra : =
Bài 3: Chøng minh r»ng nÕu th×
HD : Đặt a = kb, c = kd .
Suy ra : và
Vậy
Bài 4: BiÕt với a,b,c, d 0 Chứng minh rằng :
hoặc
HD : Ta có = (1)
= (2)
Từ (1) và (2) suy ra :
Xét 2 TH đi đến đpcm
Bài 5 : Cho tØ lÖ thøc . Chøng minh r»ng:
vµ
HD : Xuất phát từ biến đổi theo các
hướng làm xuất hiện
Bài 6 : Cho dãy tỉ số bằng nhau:
Tính
HD : Từ
Suy ra :
Nếu a + b + c + d = 0 a + b = -( c+d) ; ( b + c) = -( a + d)
= -4
Nếu a + b + c + d 0 a = b = c = d = 4
Bài 7 : a) Chứng minh rằng:
Nếu
Thì
b) Cho: . Chứng minh:
HD : a) Từ
(1)
(2)
(3)
Từ (1) ;(2) và (3) suy ra :
Bài 8: Cho
chứng minh rằng biểu thức sau có giá trị nguyên.
HD Từ
Nếu x + y + z + t = 0 thì P = - 4
Nếu x + y + z + t 0 thì x = y = z = t P = 4
Bài 9 : Cho 3 số x , y , z khác 0 thỏa mãn điều kiện :
Hãy tính giá trị của biểu thức : B =
Bài 10 : a) Cho các số a,b,c,d khác 0 . Tính
T =x2011 + y2011 + z2011 + t2011
Biết x,y,z,t thỏa mãn:
b) Tìm số tự nhiên M nhỏ nhất có 4 chữ số thỏa mãn điều kiện:
M = a + b = c +d = e + f
Biết a,b,c,d,e,f thuộc tập N* và ;;
Cho 3 số a, b, c thỏa mãn : .
Tính giá trị của biểu thức : M = 4( a - b)( b – c) – ( c – a )2
Một số bài tương tự
Bài 11: Cho d·y tØ sè b»ng nhau:
TÝnh
Bài 12: Cho 3 số x , y , z, t khác 0 thỏa mãn điều kiện :
( n là số tự nhiên)
và x + y + z + t = 2012 . Tính giá trị của biểu thức P = x + 2y – 3z + t
Dạng 2 : Vận dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tìm x,y,z,
Bài 1: Tìm cặp số (x;y) biết :
HD : Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:
=> với y = 0 thay vào không thỏa mãn
Nếu y khác 0
=> -x = 5x -12
=> x = 2. Thay x = 2 vào trên ta được:
=>1+ 3y = -12y => 1 = -15y => y =
Vậy x = 2, y = thoả mãn đề bài
Bài 3 : Cho và a + b + c ≠ 0; a = 2012.
Tính b, c.
HD : từ a = b = c = 2012
Bài 4 : Tìm các số x,y,z biết :
HD: Áp dụng t/c dãy tỉ số bằng nhau:
(vì x+y+z 0)
Suy ra : x + y + z = 0,5 từ đó tìm được x, y, z
Bài 5 : Tìm x, biết rằng:
HD : Từ
Suy ra :
Bài 6: T×m x, y, z biÕt: (x, y, z )
HD : Từ
Từ x + y + z = x + y = - z , y +z = - x , z + x = - y thay vào đẳng thức ban đầu để tìm x.
Bài 7 : T×m x, y, z biÕt vµ
Bài 8 : Tìm x , y biết :
Chuyên đề 3: Vận dụng tính chất phép toán để tìm x, y
Kiến thức vận dụng :
Tính chất phép toán cộng, nhân số thực
Quy tắc mở dấu ngoặc, quy tắc chuyển vế
Tính chất về giá trị tuyệt đối : với mọi A ;
Bất đẳng thức về giá trị tuyệt đối :
dấu ‘=’ xẩy ra khi AB 0; dấu ‘= ‘ xẩy ra A,B >0
; với m > 0
Tính chất lũy thừa của 1 số thực : A2n 0 với mọi A ; - A2n 0 với mọi A
Am = An m = n; An = Bn A = B (nếu n lẻ ) hoặc A = B ( nếu n chẵn)
0< A < B An < Bn ;
Bài tập vận dụng
Dạng 1: Các bài toán cơ bản
Bài 1: Tìm x biết
a) x + 2x + 3x + 4x + ..+ 2011x = 2012.2013
b)
HD : a) x + 2x + 3x + 4x + ..+ 2011x = 2012.2013
x( 1 + 2 + 3 + .+ 2011) = 2012.2013
b) Nhận xét : 2012 = 2011+1= 2010 +2 = 2009 +3 = 2008 +4
Từ
Bài 2 Tìm x nguyên biết
a)
b) 1- 3 + 32 – 33 + .+ (-3)x =
Dạng 2 : Tìm x có chứa giá trị tuyệt đối
Dạng : và
Khi giải cần tìm giá trị của x để các GTTĐ bằng không, rồi so sánh các giá trị đó để chia ra các khoảng giá trị của x ( so sánh –a và –b)
Bài 1 : Tìm x biết :
a) b)
HD : a) (1) do VT =
nên VP = x – 2012 (*)
Từ (1)
Kết hợp (*) x = 4023:2
b) (1)
Nếu x 2010 từ (1) suy ra : 2010 – x + 2011 – x = 2012 x = 2009 :2 (lấy)
Nếu 2010 < x < 2011 từ (1) suy ra : x – 2010 + 2011 – x = 2012 hay 1 = 2012 (loại)
Nếu x từ (1) suy ra : x – 2010 + x – 2011 = 2012 x = 6033:2(lấy)
Vậy giá trị x là : 2009 :2 hoặc 6033:2
Một số bài tương tự:
Bài 2 : a) T×m x biÕt
T×m x biÕt:
T×m x biÕt:
Bài 3 : a)T×m c¸c gi¸ trÞ cña x ®Ó:
Tìm x biết:
Bài 4 : tìm x biết :
a) b)
Dạng : Sử dụng BĐT giá trị tuyệt đối
Bài 1 : a) Tìm x ngyên biết :
b) Tìm x biết :
HD : a) ta có (1)
Mà suy ra ( 1) xẩy ra dấu “=”
Hay do x nguyên nên x {3;4;5}
b) ta có (*)
Mà nên (*) xẩy ra dấu “=”
Suy ra:
Các bài tương tự
Bài 2 : Tìm x nguyên biết :
Bài 3 : Tìm x biết
Bài 4 : T×m x, y tho¶ m·n: = 3
Bài 5 : Tìm x, y biết :
HD : ta có với mọi x,y và với mọi x
Suy ra : với mọi x,y mà
Bài 6 : T×m c¸c sè nguyªn x tho¶ m·n.
Dạng chứa lũy thừa của một số hữu tỉ
Bài 1: Tìm số tự nhiên x, biết :
a) 5x + 5x+2 = 650 b) 3x-1 + 5.3x-1 = 162
HD : a) 5x + 5x+2 = 650 5x ( 1+ 52) = 650 5x = 25 x = 2
3x-1 + 5.3x-1 = 162 3x -1(1 + 5) = 162 3x – 1 = 27 x = 4
Bài 2 : Tìm các số tự nhiên x, y , biết:
a) 2x + 1 . 3y = 12x b) 10x : 5y = 20y
HD : a) 2x + 1 . 3y = 12x
Nhận thấy : ( 2, 3) = 1 x – 1 = y-x = 0 x = y = 1
b) 10x : 5y = 20y 10x = 102y x = 2y
Bài 3 : Tìm m , n nguyên dương thỏa mãn :
a) 2m + 2n = 2m +n b) 2m – 2n = 256
HD: a) 2m + 2n = 2m +n 2m + n – 2m – 2n = 0 2m ( 2n – 1) –( 2n – 1) = 1
(2m -1)(2n – 1) = 1
b) 2m – 2n = 256 2n ( 2m – n - 1) = 28
Dễ thấy m n, ta xét 2 trường hợp :
+ Nếu m – n = 1 n = 8 , m = 9
+ Nếu m – n 2 thì 2m – n – 1 là 1 số lẻ lớn hơn 1, khi đó VT chứa TSNT khác 2, mà VT chỉ chứa TSNT 2 suy ra TH này không xẩy ra : vậy n = 8 , m = 9
Bài 4 : Tìm x , biết :
HD :
Bài 5 : Tìm x, y biết :
HD : ta có với mọi x,y và (y – 1)2012 0 với mọi y
Suy ra : với mọi x,y . Mà
Các bài tập tương tự :
Bài 6 : Tìm x, y biết :
a) b)
Chuyên đề 4: Giá trị nguyên của biến , giá trị của biểu thức.
1 . Các kiến thức vận dụng:
- Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
- Phân tích ra TSNT, tính chất của số nguyên tố, hợp số , số chính phương
- Tính chất chia hết của một tổng , một tích
- ƯCLN, BCNN của các số
2. Bài tập vận dụng :
* Tìm x,y dưới dạng tìm nghiệm của đa thức
Bài 1: a) Tìm các số nguyên tố x, y sao cho: 51x + 26y = 2000
b) Tìm số tự nhiên x, y biết:
c) Tìm x, y nguyên biết: xy + 3x - y = 6
d) Tìm mọi số nguyên tố thoả mãn : x2-2y2=1
HD: a) Từ 51x + 26y = 2000 17.3.x = 2.( 1000 – 13 y) do 3,17 là số NT nên x mà x NT x = 2. Lại có 1000 – 13y , 1000 – 13y > 0 và y NT y =
b) Từ (1)
do 7(x–2004)2 0
Mặt khác 7 là số NT vậy y = 3 hoặc y = 4 thay vào (1)
suy ra : x= 2005 ,y =4 hoặc x = 2003, y = 4
Ta có xy + 3x - y = 6 ( x – 1)( y + 3) = 3 hoặc
hoặc hoặc
x2-2y2=1
do VP = 2y2 chia hết cho 2 suy ra x > 2 , mặt khác y nguyên tố
Bài 2 a) Tìm các số nguyên thỏa mãn : x – y + 2xy = 7
b) Tìm biết:
HD : a) Từ x – y + 2xy = 7 2x – 2y + 2xy = 7 (2x - 1)( 2y + 1) = 13
b) Từ y2 25 và 25 – y2 chia hết cho 8 , suy ra y = 1 hoặc y = 3 hoặc y = 5 , từ đó tìm x
Bài 3 a) Tìm giá trị nguyên dương của x và y, sao cho:
b) Tìm các số a, b, c nguyên dương thoả mãn :
và
HD : a) Từ 5 ( x + y) = xy (*)
+ Với x chia hết cho 5 , đặt x = 5 q ( q là số tự nhiên khác 0) thay vào (*) suy ra:
5q + y = qy 5q = ( q – 1 ) y . Do q = 1 không thỏa mãn , nên với q khác 1 ta có Ư(5) , từ đó tìm được y, x
b) a2 ( a +3) = 5b – 5 , mà a2. 5c = 5( 5b – 1 – 1)
Do a, b, c nguyên dương nên c = 1( vì nếu c >1 thì 5b – 1 - 1 không chia hết cho 5 do đó a không là số nguyên.) . Với c = 1 a = 2 và b = 2
Bài 4: T×m c¸c cÆp sè nguyªn tè p, q tho¶ m·n:
HD :
Do p nguyên tố nên và 2013 – q2 > 0 từ đó tìm được q
Bài 5 : T ìm tất cả các số nguyên dương n sao cho: chia hết cho 7
HD : Với n < 3 thì 2n không chia hết cho 7
Với n khi đó n = 3k hoặc n = 3k + 1 hoặc n = 3k + 2 ( )
Xét n = 3k , khi đó 2n -1 = 23k – 1 = 8k – 1 = ( 7 + 1)k -1 = 7.A + 1 -1 = 7.A
Xét n = 3k +1 khi đó 2n – 1 = 23k+1 – 1 = 2.83k – 1 = 2.(7A+1) -1 = 7A + 1 không chia hết cho 7
Xét n = 3k+2 khi đó 2n – 1 = 23k +2 -1 = 4.83k – 1 = 4( 7A + 1) – 1 = 7 A + 3 không chia hết cho 7 . Vậy n = 3k với
* Tìm x , y để biểu thức có giá trị nguyên, hay chia hết:
Bài 1 T×m sè nguyªn m ®Ó:
a) Gi¸ trÞ cña biÓu thøc m -1 chia hÕt cho gi¸ trÞ cña biÓu thøc 2m + 1.
b)
HD : a) Cách 1 : Nếu m >1 thì m -1 < 2m +1 , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
Nếu m < -2 thì , suy ra m -1 không chia hết cho 2m +1
Vậy m { -2; -1; 0; 1}
Cách 2 : Để
b) - 3 < 3m – 1 < 3 vì m nguyên
Bài 2 a) T×m x nguyªn ®Ó 6 chia hÕt cho 2
b) T×m ®Ó AÎ Z vµ t×m gi¸ trÞ ®ã.
A = . HD: A = =
Bài 3: Tìm x nguyên để
HD : =
để x là số CP.
Với x >1 và x là số CP thì suy ra 2009 không chia hết cho
Với x = 1 thay vào không thỏa mãn
Với x = 0 thì
Chuyên đề 5 : Giá trị lớn nhất , giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
1.Các kiến thức vận dụng :
* a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
* a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
*A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
* ,
* dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
* dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
2. Bài tập vận dụng:
* Dạng vận dụng đẳng thức : a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 với mọi a,b
Và a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của các đa thức sau:
a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012
b) Q(x) = x2 + 100x – 1000
HD : a) P(x) = 2x2 – 4x + 2012 = 2(x2 – 2.x. + 12 ) + 2010 = 2( x – 1)2 + 2010
Do ( x - 1)2 0 với mọi x , nên P(x) 2010 . Vậy Min P(x) = 2010
khi ( x - 1)2 = 0 hay x = 1
b) Q(x) = x2 + 100x – 1000 = ( x + 50)2 – 3500 - 3500 với mọi x
Vậy Min Q(x) = -3500
Từ đây ta có bài toán tổng quát : Tìm GTNN của đa thức P(x) = a x2 + bx +c ( a > 0)
HD: P(x) = a x2 + bx +c = a( x2 + 2.x. + ) + ( c - )
= a( Vậy Min P(x) = khi x =
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:
A = - a2 + 3a + 4
B = 2 x – x2
HD : a) A = - a2 + 3a + 4 =
Do nên A . Vậy Max A = khi a =
B = . Do
Vậy Max B = 1 khi x = 1
Bài 3 : Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức sau:
a) P = b) Q =
* Dạng vận dụng A2n 0 với mọi A, - A2n 0 với mọi A
Bài 1 : Tìm GTNN của biểu thức :
a) P = ( x – 2y)2 + ( y – 2012)2012
b) Q = ( x + y – 3)4 + ( x – 2y)2 + 2012
HD : a) do và suy ra : P với mọi x,y
Min P = 0 khi
b) Ta có và suy ra : Q 2012 với mọi x,y
Min Q = 2012 khi
Bài 3 : Tìm GTLN của R =
Bài 4 : Cho phân số: (x Î Z)
a) Tìm x Î Z để C đạt giá trị lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất đó.
b) Tìm x Î Z để C là số tự nhiên.
HD :
C lớn nhất khi lớn nhất nhỏ nhất và
Vậy Max C = khi x = 2
Bài 5 : T×m sè tù nhiªn n ®Ó ph©n sè cã gi¸ trÞ lín nhÊt
HD : Ta có
Để lớn nhất thì lớn nhất và 14n – 21 có giá trị nhỏ nhất và n nhỏ nhất n = 2
* Dạng vận dụng ,
dấu “ = ” xẩy ra khi A.B 0
dấu “ = ” xẩy ra khi A,B 0
Bài 1: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = ( x – 2)2 + + 3
B =
HD: a) ta có với mọi x và với mọi x,y A 3 với mọi x,y
Suy ra A nhỏ nhất = 3 khi
Ta có với mọi x 2012 với mọi x
với mọi x, suy ra Min B = khi x = 2010
Bài 2 : Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
a)
b)
c) C =
HD : a) Ta có =
với mọi x với x . Vậy Min A = 1 Khi
b) ta có
Do với mọi x (1)
Và với mọi x (2)
Suy ra B . Vậy Min B = 2 khi BĐT (1) và (2) xẩy ra dấu “=” hay
Ta có
=
= 99 + 97 + ....+ 1 = 2500
Suy ra C với mọi x . Vậy Min C = 2500 khi
Chuyên đề 6 : Dạng toán chứng minh chia hết
1.Kiến thức vận dụng
* Dấu hiệu chia hết cho 2, 3, 5, 9
* Chữ số tận cùng của 2n, 3n ,4n, 5n ,6n, 7n, 8n, 9n
* Tính chất chia hết của một tổng
2. Bài tập vận dụng:
Bài 1 : Chứng minh rằng : Với mọi số nguyên dương n thì :
chia hết cho 10
HD: ta có =
=
=
= 10( 3n -2n)
Vậy 10 với mọi n là số nguyên dương.
Bài 2 : Chứng tỏ rằng:
A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 là số chia hết cho 100
HD: A = 75. (42004 + 42003 + . . . . . + 42 + 4 + 1) + 25 = 75.( 42005 – 1) : 3 + 25
= 25( 42005 – 1 + 1) = 25. 42005 chia hết cho 100
Bài 3 : Cho m, n N* và p là số nguyên tố thoả mãn: = (1)
Chứng minh rằng : p2 = n + 2
HD : + Nếu m + n chia hết cho p do p là số nguyên tố và m, n N*
m = 2 hoặc m = p +1 khi đó từ (1) ta có p2 = n + 2
+ Nếu m + n không chia hết cho p , từ ( 1) (m + n)(m – 1) = p2
Do p là số nguyên tố và m, n N* m – 1 = p2 và m + n =1
m = p2 +1 và n = - p2 < 0 (loại)
Vậy p2 = n + 2
Bài 4: a) Sè cã chia hÕt cho 3 kh«ng ? Cã chia hÕt cho 9 kh«ng ?
b) Chøng minh r»ng: chia hÕt cho 7
HD: a) Ta có 101998 = ( 9 + 1)1998 = 9.k + 1 ( k là số tự nhiên khác không)
4 = 3.1 + 1
Suy ra : = ( 9.k + 1) – ( 3.1+1) = 9k -3 chia hết cho 3 , không chia hết cho 9
Ta có 3638 = (362)19 = 129619 = ( 7.185 + 1) 19 = 7.k + 1 ( k N*)
4133 = ( 7.6 – 1)33 = 7.q – 1 ( q N*)
Suy ra : = 7k + 1 + 7q – 1 = 7( k + q)
Bài 5 :
Chứng minh rằng: chia hết cho 30 với mọi n nguyên dương
Chứng minh rằng: 2a - 5b + 6c 17 nếu a - 11b + 3c 17 (a, b, c Î Z)
Bài 6 : a) Chứng minh rằng: (a, b Î Z )
b) Cho đa thức (a, b, c nguyên).
CMR nếu f(x) chia hết cho 3 với mọi giá trị của x thì a, b, c đều chia hết cho 3
HD a) ta có 17a – 34 b và 3a + 2b
vì (2, 7) = 1
Ta có f(0) = c do f(0)
f(1) - f(-1) = (a + b + c) - ( a – b + c) = 2b , do f(1) và f(-1) chia hết cho 3 vì ( 2, 3) = 1
f(1) do b và c chia hết cho 3
Vậy a, b, c đều chia hết cho 3
Bài 7 : a) Chøng minh r»ng lµ mét sè tù nhiên
b) Cho lµ sè nguyªn tè (n > 2). Chøng minh lµ hîp sè
HD : b) ta có (2n +1)( 2n – 1) = 22n -1 = 4n -1 (1) .Do 4n- 1 chia hêt cho 3 và lµ sè nguyªn tè (n > 2) suy ra 2n -1 chia hết cho 3 hay 2n -1 là hợp số
Chuyên đề 7 : Bất đẳng thức
1.Kiến thức vận dụng
* Kỹ thuật làm trội : Nếu a1 < a2 < a3 <. < an thì n a1 < a1 + a2 + + an < nan
* a(a – 1) < a2 < a( a+1)
* a2 + 2.ab + b2 = ( a + b)2 0 , * a2 – 2 .ab + b2 = ( a – b)2 0 với mọi a,b
2.Bài tập vận dụng
Bài 1: Cho a, b, c > 0 . Chứng tỏ rằng: không là số nguyên.
HD : Ta có
Mặt khác
= 3 – N Do N >1 nên M < 2
Vậy 1 < M < 2 nên M không là số nguyên
Bài 2 Chứng minh rằng : (1) , (2) với a, b, c
HD : (*)
Do (*) đúng với mọi a,b nên (1) đúng
Bài 3 : Với a, b, c là các số dương . Chứng minh rằng
a) (1) b) (2)
HD : a) Cách 1 : Từ (*)
Do (*) đúng suy ra (1) đúng
Cách 2: Ta có và
Dấu “ =” xẩy ra khi a = b
Ta có :
Lại có
Suy ra Dấu “ = ” xẩy ra khi a = b = c
Bài 4 : a) Cho z, y, z là các số dương.
Chứng minh rằng:
b) Cho a, b, c thoả mãn: a + b + c = 0. Chứng minh rằng: .
HD : b) Tính ( a + b + c)2 từ cm được
Chuyên đề 8 : Các bài toán về đa thức một ẩn
Bài 1 : Cho đa thức P(x) = a x3 + bx2 + cx + d ( a khác 0)
Biết P(1) = 100 , P( -1) = 50 , P(0) = 1 , P( 2) = 120 . Tính P(3)
HD : ta có P(1) = 100 a + b + c + d = 100
P(-1) = 50 - a + b – c + d = 50
P( 0) = 1 d = 1
P(2) = 8a + 4b + c + d = 120
Từ đó tìm được c, d, và a và XĐ được P(x)
Bài 2 : Cho với a, b, c là các số hữu tỉ.
Chứng tỏ rằng: . Biết rằng
HD : f( -2) = 4a – 2b + c và f(3) = 9a + 3b + c f(-2).f(3) =(4a – 2b + c)( 9a + 3b + c)
Nhận thấy ( 4a – 2b + c) + ( 9a + 3b + c) = 13a + b + 2c = 0
( 4a – 2b + c ) = - ( 9a + 3b + c)
Vậy f(-2).f(3) = - ( 4a – 2b + c).( 4a – 2b + c) = - ( 4a -2b + c)2 0
Bài 3 Cho đa thức với a, b, c là các số thực. Biết rằng f(0); f(1); f(2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b có giá trị nguyên.
HD : f(0) = c , f(1) = a + b + c , f(2) = 4a + 2b + c
Do f(0) ,f(1), f(2) nguyên c , a + b + c và 4a + 2b + c nguên
a + b và 4a + 2b = 2 (a + b) + 2a = 4( a + b) -2b ngyên 2a , 2b nguyên
Bài 4 Chứng minh rằng: f(x) có giá trị nguyên với mọi x nguyên khi và chỉ khi 6a, 2b, a + b + c và d là số nguyên
HD : f(0) = d , f(1) = a + b + c + d , f(2) = 8a +4 b + c + d
Nếu f(x) có giá trị nguyên với mọi x d , a + b + c + d, 8a +4b + c + d là các số nguyên . Do d nguyên a + b + c nguyên và (a + b + c + d) + (a + b +c +) +2b nguyên 2b nguyên 6a nguyên . Chiều ngược lại cm tương tự.
Bài 5 : Tìm tổng các hệ số của đa thức nhận được sau khi bỏ dấu ngoặc trong biểu thức: A(x) =
HD : Giả sử A( x) = ao + a1x + a2x2 + ..+ a4018x4018
Khi đó A(1) = ao + a1 +a2 + .+ a4018
do A(1) = 0 nên ao + a1 +a2 + .+ a4018 = 0
Bài 6 : Cho x = 2011. Tính giá trị của biểu thức:
HD : Đặt A =
tại x = 2012 thì A = 2011
Chuyên đề 9 Các bài toán thực tế
Kiến thức vận dụng
Tính chất đại lượng tỉ lệ thuận :
Đại lượng y tỉ lệ thuận với đại lượng x khi và chỉ khi :
y = k.x ( k là hệ số tỉ lệ )
- Tính chất đại lượng tỉ lệ nghịch :
Đại lượng y và đại lượng x được gọi là hai đại lượng tỉ lệ nghịch khi :
x.y = a ( a là hệ số tỉ lệ )
- Tính chất dãy tỉ số bằng nhau.
2. Bài tập vận dụng
*Phương pháp giải :
Đọc kỹ đề bài , từ đó xác định các đại lượng trong bài toán
Chỉ ra các đại lượng đã biết , đại lượng cần tìm
Chỉ rõ mối quan hệ giữa các đại lượng ( tỉ lệ thuận hay tỉ lệ nghịch)
Áp dụng tính chất về đại lượng tỉ lệ và tính chất dãy tỉ số bằng nhau để giải
Bài 1 : Một vật chuyển động trên các cạnh hình vuông. Trên hai cạnh đầu vật chuyển động với vận tốc 5m/s, trên cạnh thứ ba với vận tốc 4m/s, trên cạnh thứ tư với vận tốc 3m/s. Hỏi độ dài cạnh hình vuông biết rằng tổng thời gian vật chuyển động trên bốn cạnh là 59 giây
Bài 2 : Ba lớp 7A,7B,7C có 94 học sinh tham gia trồng cây. Mỗi học sinh lớp 7A trồng được 3 cây, Mỗi học sinh lớp 7B trồng được 4 cây, Mỗi học sinh lớp 7C trồng được 5 cây,. Hỏi mỗi lớp có bao nhiêu học sinh. Biết rằng số cây mỗi lớp trồng được đều như nhau.
Bài 3 : Một ô tô phải đi từ A đến B trong thời gian dự định. Sau khi đi được nửa quãng đường ô tô tăng vận tốc lên 20 % do đó đến B sớm hơn dự định 10 phút.
Tính thời gian ô tô đi từ A đến B.
Bài 4 : Trên quãng đường AB dài 31,5 km. An đi từ A đến B, Bình đi từ B đến A. Vận tốc An so với Bình là 2: 3. Đến lúc gặp nhau, thời gian An đi so với Bình đi là 3: 4.
Tính quãng đường mỗi người đi tới lúc gặp nhau ?
Bài 5 : Ba đội công nhân làm 3 công việc có khối lượng như nhau. Thời gian hoàn thành công việc của đội І, ІІ, ІІІ lần lượt là 3, 5, 6 ngày. Biêt đội ІІ nhiều hơn đội ІІІ là 2 người và năng suất của mỗi công nhân là bằng nhau. Hỏi mỗi đội có bao nhiêu công nhân ?
Bài 6 : Ba ô tô cùng khởi hành đi từ A về phía B . Vận tốc ô tô thứ nhất kém ô tô thứ hai là 3 Km/h . Biết thơi gian ô tô thứ nhất, thứ hai và thứ ba đi hết quãng đường AB lần lượt là : 40 phút, giờ , giờ . Tính vận tốc mỗi ô tô ?
PHẦN HÌNH HỌC
Một số phương pháp chứng minh hình hoc
1.Chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau:
P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai đoạn thẳng đó
- Chứng minh hai đoạn thẳng đó là hai cạnh bên của một tam giác cân
- Dựa vào tính chất đường trung tuyến, đường trung trực của đoạn thẳng
- Dựa vào định lí Py-ta- go để tính độ dài đoạn thẳng
2.Chứng minh hai góc bằng nhau:
P2 : - Chứng minh hai tam giác bằng nhau chứa hai góc đó
- Chứng minh hai góc đó là hai góc ở đáy của một tam giác cân
- Chứng minh hai đường thẳng song song mà hai góc đó là cặp góc so le trong ,đồng vị
- Dựa vào tính chất đường phân giác của tam giác
3. Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
P2 : - Dựa vào số đo của góc bẹt ( Hai tia đối nhau)
- Hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ 3 tại một điểm
- Hai đường thẳng đi qua một điểm và song song với đường thẳng thứ 3
- Dựa vào tính chất 3 đường trung tuyến, phân giác, trung trực, đường cao
4. Chứng minh hai đường thẳng vuông góc
P2 : - Tính chất của tam giác vuông, định lí Py – ta – go đảo
- Qua hệ giữa đường thẳng song song và đường thẳng vuông góc
- Tính chất 3 đường trung trực, ba đường cao
5 . Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy( đi qua một điểm )
P2 : - Dựa vào tính chất của các đường trong tam giác
6. So sánh hai đoạn thẳng, hai góc :
P2 : - Gắn hai đoạn thẳng , hai góc vào một tam giác từ đó vận định lí về quan hệ giữa cạnh và góc đối diện trong một tam giác , BĐT tam giác
Dựa vào định lí về quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu, đường xiên và đường vuông góc .
Bài tập vận dụng
Bài 1 : Cho tam giác ABC có Â < 900. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC. Chứng minh: DC = BE và DC BE
HD: Phân tích tìm hướng giải
*Để CM DC = BE cần CM ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c)
Có : AB = AD, AC = AE (gt)
Cần CM :
Có :
* Gọi I là giao điểm của AB và CD
Để CM : DC BE cần CM
Có ( Hai góc đối đỉnh) và
Cần CM ( vì ∆ABE = ∆ ADC)
Lời giải
a) Ta có , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt)
Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c) DC = BE
b) Gọi I là giao điểm của AB và CD
Ta có ( Hai góc đối đỉnh) , ( ∆ ADI vuông tại A) và ( vì ∆ABE = ∆ ADC) DC BC
*Khai thác bài 1:
Từ bài 1 ta thấy : DC = BE vµ DC BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng
Ta có bài toán 1.2
Bài 1. 1: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Từ B kẻ BK CD tại K
Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng
HD : Từ bài 1 chứng minh được DC BE mà BK CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng
*Khai thác bài 1.1
Từ bài 1.1 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA BC từ đó ta có bài toán 1.2
Bài 1.2: Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A . Chứng minh rằng : MA BC
Phân tích tìm hướng giải
HD: Gọi H là giao điểm của tia MA và BC
Để CM MA BC ta cần CM ∆AHC vuông tại H
Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác
vuông bằng ∆AHC
Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN
Kẻ DQ AM tại Q
Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g)
CM: ND = AC , ,
CM : ∆ABC = ∆DNA ( c.g.c)
Có AD = AB (gt)
Cần CM : ND = AE ( = AC) và
+ Để CM ND = AE
CM : ∆MDN = ∆MEA (c.g.c)
+ Để CM
vì
CM AE // DN (∆MDN = ∆MEA)
Lời giải
Gọi H là giao điểm của tia MA và BC , Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN
kẻ DQ AM tại Q
Ta có ∆MDN = ∆MEA ( c.g.c) vì :
AM = MN ; MD = ME (gt) và ( hai góc đối đỉnh)
DN = AE ( = AC) và AE // DN vì ( cặp góc so le trong )
( cặp góc trong cùng phía) mà
Xét ∆ABC và ∆DNA có : AB = AD (gt) , AC = DN và ( chứng minh trên ) ∆ABC = ∆DNA (c.g.c)
Xét ∆AHC và ∆DQN có : AC = DN , và
∆AHC = ∆DQN (g.c.g) ∆AHC vuông tại H hay MA BC
* Khai thác bài toán 1.3
+ Từ bài 1.2 ta thấy với M là trung điểm của DE thì tia MABC , ngược lại
nếu AH BC tại H thì tia HA sẽ đi qua trung điểm M của DE , ta có bài toán 1.4
Bài 1.3 : Cho tam gi¸c ABC cã ¢ < 900. VÏ ra phÝa ngoµi tam gi¸c ®ã hai ®o¹n th¼ng AD vu«ng gãc vµ b»ng AB; AE vu«ng gãc vµ b»ng AC . Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A đến BC . Chứng minh rằng tia HA đi qua trung điểm của đoạn thẳng DE
HD : Từ bài 1.2 ta có định hướng giải như sau:
Kẻ DQ AM tại Q, ERAM tại R .
Ta có : + ( Cùng phụ )
AD = AB (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)
DQ = AH (1)
+ ( cùng phụ )
AC = AE (gt) ∆AHB = ∆DQA ( Cạnh huyền – góc nhọn)
ER = AH ( 1) . Từ (1) và (2) ER = DQ
Lại có ( hai góc đối đỉnh )
∆QDM = ∆REM ( g.c.g) MD = ME hay M lFile đính kèm:
CC CHUYￊN ĐỀ BDHSG To￡n 7.doc
