Tuyển tập đề thi học sinh giỏi Toán 8
Bạn đang xem trước 20 trang mẫu tài liệu Tuyển tập đề thi học sinh giỏi Toán 8, để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề 1
Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng:
85 + 211 chia hết cho 17
1919 + 6919 chia hết cho 44
Bài 2:
Rút gọn biểu thức:
Cho . Tính
Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
Đáp án
Bài 1 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
(1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - …- abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918)
= 88(1918 – 1917.69 + …+ 6918) chia hết cho 44.
Bài 2 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: x2 + x – 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3)
= (x+3)(x-2).
x3 – 4x2 – 18 x + 9 = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9
=(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2 –7x +3)
=> = Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3 0
b) (1,5đ) Vì
Do đó : xyz(++)= 3
A
B
D
M
E
C
K
Bài 3 : (3đ)
Chứng minh :
Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM .
Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM.
Thật vậy xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân tại C => vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE => mà AC // BM (ta vẽ) => nên BO là tia phân giác của . Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB
Mà : là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng.
Ta lại có : mà (hai góc đồng vị) => cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm)
Bài 4: (1đ)
Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2 + 4.
Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4 ú M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -
-------------------------------------------------
đề 2
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: thoã mãn 2 điều kiện a và b sau:
a) b)
Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1.
khi và chỉ khi ( mn – 2) 3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1.
Câu 3 . Giải phương trình:
x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007).
Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh:
EF // AB
b). AB2 = EF.CD.
c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45.
Đáp án
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2).
Từ (1) và (2) =>
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ú ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600.
ú ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng:
. a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
. a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625
. a7a8 = 26 => không thoả mãn
câu 2 . Đặt m = 3k + r với n = 3t + s với
xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1.
= xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1
ta thấy: ( x 3k – 1) ( x2 + x + 1) và ( x3t –1 ) ( x2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x2 + x + 1)
( xr + xs + 1) ( x2 + x + 1) với
r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1
r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2
mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t)
mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t)
=> (mn – 2) 3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12 3.
( x7 + x2 + 1) ( x2 + x + 1)
( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
Câu 3 . Giải PT:
Nhân 2 vế với 6 ta được:
O K
E H F
Câu 4 .a) Do AE// BC => A B
BF// AD
MặT khác AB// CD ta lại có
D A1B1 C
nên => EF // AB
b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB
Vì EF // AB // CD nên => AB 2 = EF.CD.
c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD.
=> ; => => S1.S2 = S3.S4
Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
= x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1
x- y- 6 = 0 x = 7
---------------------------------------------
đề 3
Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1
b. Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2
Câu 2: a. Cho (1) và (2)
Tính giá trị của biểu thức A=
b. Biết a + b + c = 0 Tính : B =
Câu 3: Tìm x , biết :
(1)
Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M ẻ đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
a.BM ^ EF
b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P= (a+ b+ c) ().
Đáp án
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (22+1) ........ + 1
= (22-1)(22+1) ......... (2256+1)
= (24-1) (24+ 1) ......... (2256+1)
................
= [(2256)2 –1] + 1
= 2512
b, . ( 1 điểm) Ta có:
(5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*)
Vì x2=y2 + z2 ị (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) ị bcx +acy + abz =0
Từ (2) ị
b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 ị a + b = - c ị a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B =
Câu 3: . ( 1,25 điểm)
Û
ị x= 2007 A
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM; B
H là giao điểm của EF và BM
ịD EMB =DBKM ( gcg)
ị Góc MFE =KMB ị BH ^ EF E M K
b. ( 1,25 điểm) D ADF = DBAE (cgc) ịAF ^ BE H
Tương tự: CE ^ BF ị BM; AF; CE
là các đường cao của DBEF ị đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C
P = 1 +
Mặt khác với mọi x, y dương. ị P / 3+2+2+2 =9
Vậy P min = 9 khi a=b=c.
---------------------------------------
đề 4
Bài 1 (3đ):
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 + 7x + 12
b) a10 + a5 + 1
2) Giải phương trình:
Bài 2 (2đ):
Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
a) đồng dạng
b) góc AMN bằng góc ABC
2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của AK.
Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC.
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
, ( x khác 0)
Đáp án
Bài 1 (3đ):
1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ)
b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) = (a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 ) (1đ)
2)
(+1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) (0,5đ)
( x + 100 )( + - - ) = 0 (0,25đ)
Vì: + - - 0
Do đó : x + 100 = 0 x = -100
Vậy ph ương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ)
Bài 2 (2đ):
P = (0,5đ)
x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ)
=> * 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0
* 2x - 1 = 5 => x = 3
* 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ)
Vậy x = thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là:
x = 1 => P = 8
x = 0 => P = -3
x = 3 => P = 6
x = -2 => P = -1 (0,5đ)
Bài 3 (4đ):
1) a) chứng minh ABM đồng dạng CAN (1đ)
b) Từ câu a suy ra: AMN đồng dạng ABC
AMN = ABC ( hai góc tư ơng ứng) (1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H (0,25đ)
BAH = CHA ( so le trong, AB // CH)
mà CAH = BAH ( do Ax là tia phân giác) (0,5đ)
Suy ra:
CHA =CAH nên CAH cân tại C
do đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ)
BK = CA
Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đ ường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ)
Bài 4 (1đ):
A = = +
=
A min = khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
------------------------------------
đề 5
Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =
a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
b, Rút gọn biểu thức A .
c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải ph ơng trình sau :
Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đ ờng thẳng vuông góc với nhau lần l ợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S.
1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm):
Cho biểu thức A = . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng
b, Cho Tính
Đáp án
Câu 1
a, x # 2 , x # -2 , x # 0
b , A =
=
=
c, Để A > 0 thì
Câu 2 . ĐKXĐ :
PT
x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3
Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =
Câu 3:
1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh t ợng tự ta có: ARP=ADS
do đó AP = AS vàAPS là tam giác cân tại A.
2, AM và AN là đ ờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên ANSP và AMRQ.
Mặt khác : = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
3, Theo giả thiết: QARS, RCSQ nên QA và RC là hai đ ờng cao của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =QR.
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = QR.
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh t ơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đ ờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng.
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x -1/2
A = (x + 1) + vì x Z nên để A nguyên thì nguyên
Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
2x+1 = 2 x=1/2 ( loại )
2x+1 = 1 x = 0
2x+1 = -1 x = -1
2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại )
KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
Câu 5. a, , Chứng minh
Biến đổi vế phải đ ợc điều phải chứng minh.
b, Ta có thì
(vì nên )
Theo giả thiết
khi đó
=====================
đề 6
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
M =
a) Rút gọn
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
A =
Bài 3 : 2 điểm
Giải phương trình :
x2 - 2005x - 2006 = 0
+ + = 9
Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh :
AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
AEF ~ CAF và AF2 = FK.FC
Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi .
Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120
chia hết cho 24
Đáp án
Bài 1 :
M = x4+1-x2) =
Biến đổi : M = 1 - . M bé nhất khi lớn nhất x2+1 bé nhất x2 = 0 x = 0 M bé nhất = -2
Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + A Z ẻ Z x-3 là ước của 4
x-3 = 1 ; 2 ; 4 x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7
Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0
(x-2006)(x+1) = 0 x1 = -1 ; x2 = 2006
Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2 x < 3 ; 3 x < 4 ; x 4
Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5
Bài 4 :
a) ABE = ADF (c.g.c) AE = AF
AEF vuông cân tại tại A nên AI ^ EF .
IEG = IEK (g.c.g) IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường và
vuông góc nên hình EGFK là hình thoi .
b) Ta có :
= ACF = 450 , góc F chung
AKI ~ CAF (g.g)
Tứ giác EGFK là hình thoi KE = KF = KD+ DF = KD + BE
Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) .
Bài 5 : Biến đổi :
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120
Suy ra B 24
================================
đề 7
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
A= ( Với x ạ 0 ; x ạ )
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A với x=
Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 ³ x.y + x + y ( với mọi x ;y)
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A =
Câu 3: ( 4 điểm )
Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng của C qua P .
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB .
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c)Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
d) Giả sử CP ^ DB và CP = 2,4 cm,;
Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 4 ( 2 điểm )
Cho hai bất phương trình:
3mx-2m > x+1 (1)
m-2x < 0 (2)
Tìm m để hai bất phương trình trên có cùng một tập nghiệm.
Đáp án
Câu 1 ( 2 điểm )
1) ( 1 điểm ) ĐK: x ạ 0; x ạ )
A = =
=
2) A=
Câu2: ( 2 điểm )
1) (1 điểm ) x2+y2+1 ³ x. y+x+y Û x2+y2+1 - x. y-x-y ³ 0
Û 2x2 +2y2+2-2xy-2x-2y³ 0 Û ( x2+y2-2xy) + ( x2+1-2x) +( y2+1-2y) ³ 0
Û (x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2³ 0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
2) (2 điểm )
(1) Û 3mx-x>1+2m Û (3m-1)x > 1+2m. (*)
+ Xét 3m-1 =0 → m=1/3.
(*) Û 0x> 1+ Û x .
+ Xét 3m -1 >0 → m> 1/3.
(*) Û x>
+ Xét 3m-1 < 0 Û 3m <1 → m < 1/3
(*) Û x < .
mà ( 2 ) Û 2x > m Û x > m/2.
Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm.
Û
Û m-2 =0 Û m=2.
Vậy : m=2.
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của AC và BD.
→ AM //PO → tứ giác AMDB là hình thang.
b) ( 1 điểm ) Do AM// BD →
góc OBA= góc MAE ( đồng vị )
Xét tam giác cân OAB →
góc OBA= góc OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF → D AEI cân ở I → góc IAE = góc IEA
→ góc FEA = góc OAB → EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đường trung bình của D MAC → IP // AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.
c) (1 điểm ) Do D MAF ~ D DBA ( g-g) → không đổi.
d) Nếu → PD= 9k; PB = 16k.
Do đó CP2=PB. PD → ( 2,4)2=9.16k2 → k=0,2.
PD = 9k =1,8
PB = 16 k = 3,2
DB=5
Từ đó ta chứng minh được BC2= BP. BD=16
Do đó : BC = 4 cm
CD = 3 cm
Câu4 ( 1 điểm )
Ta có A =
Vậy Amax Û [ ( x+ min Û x+ = 0 → x = -
Amax là khi x = -1/2
========================
đề 8
Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
Cho biểu thức: y = ; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó
Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình: :
( 12x – 1 ) ( 6x – 1 ) ( 4x – 1 ) ( 3x – 1 ) = 330.
B, Giải bất phương trình: 3
Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với ox ; ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b.
A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi.
B, Chứng minh rằng
C, Biết SAOB = . Tính CA ; DB theo a.
Đáp án
Bài 1: 3 điểm
a, Tính: Ta có: a3 + a2c – abc + b2c + b3
= (a3 + b3) + ( a2c –abc + b2c)= (a + b) ( a2 –ab =b2 ) + c( a2 - ab +b2)
= ( a + b + c ) ( a2 – ab + b2 ) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết)
Vậy:a3 +a2c –abc + b2c + b3 = 0 ( đpCM)
b, 1,5 điểm Ta có:
bc(a+d) 9b –c) – ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b)
= bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] – ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b)
= -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) –ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b)
= b(a-b)[ a(c+d) –c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) –a(b+d)]
= b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a)
= d(a-b)(a-c)(b-c)
Bài 2: 2 Điểm Đặt t =
Bài toán đưa về tìm x để t bé nhất
Ta có t = =
= = (1)
Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
x2 + 20042 2. 2004 .x (2)
Dấu “ =” xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t 4 Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004.
Vậy ymax= Khi x= 2004
Bài 3: 2 Điểm
a, Nhân cả 2 vế của phương trình với 2.3.4 ta được:
(12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4
(12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8
Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số phảI cùng dấu ( + )hoặc dấu ( - ).
Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 . 10 . 9 . 8 (1)
Và (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8) (2)
Từ phương trình (1) 12x -1 = 11 x = 1 ( thoả mãn)
Từ phương trình (2) 12x -1 = - 8 x= suy ra x Z.
Vậy x=1 thoả mãn phương trình.
b, Ta có < 3 -3 < x – 6 < 3 3< x < 9
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = { x R/ 3 < x < 9}.
Bài 4 : 3 Điểm
Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị)
IAC ~ BAO (gg).
Suy ra: (1)
Tương tự: BID ~ BAO (gg)
Suy ra: (2)
Từ (1) và(2) Suy ra:
Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi.
b, Nhân (1) với (2) ta có:
mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra:
C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có;
SAOB = OA.OB mà SAOB = ( giả thiết)
Suy ra: OA.OB = OA . OB =
Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = a2 + a( CA + DB ) + CA . DB =
Mà CA . DB = a2 ( theo câu a) a(CA +DB) = - 2a2
CA + DB +. Vậy:
Giải hệ pt CA = và DB = 3a
Hoặc CA = 3a và DB =
====================
đề 9
Bài 1( 2 điểm). Cho biểu thức :
1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y) Z sao cho giá trị của P = 3.
Bài 2(2 điểm). Giải phương trình:
Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:
Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF.
1.Chứng minh CE vuông góc với DF.
2.Chứng minh MAD cân.
3.Tính diện tích MDC theo a.
Bài 5(1 điểm). Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c = .
Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 .
Đáp án
Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)
MTC :
1.
.Với thì giá trị biểu thức được xác định.
2. Để P =3
Các ước nguyên của 2 là :
Suy ra:
(loại).
(loại)
Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:
Ta có :
Phương trình đã cho tương đương với :
thoả mãn điều kiện phương trình.
Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2.
Bài 3.(2điểm)
M lớn nhất khi nhỏ nhất.
Vì và nên nhỏ nhất khi = 0.
Dấu “=” xảy ra khi x-1 = 0 . Vậy Mmax = 1 khi x = 1.
Bài 4. . (3iểm)
a.
vuông tại C vuông tại M
Hay CE DF.
b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có :
AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
cân tại A
c.
Do đó :
Mà : .
1
1
1
k
e
m
d
c
f
b
a
Vậy : .
Trong theo Pitago ta có :
.
Do đó :
Bài 5 (1điểm)
Ta có:
Tương tự ta cũng có: ;
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
. Vì nên:
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =.
=========================
đề 10
Câu 1. (1,5đ)
Rút gọn biểu thức : A = +++……….+
Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho :
Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4)
Câu 3 . (2đ) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên.
Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc)
Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng hàng.
Đáp án
Câu 1.
A = ( - + -+…….+ - )
= ( - ) =
Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – 4
được đa thức dư suy ra a = 0 ; b = - 16.
Câu 3. ẻ Z Û x2 –x +1 = U(7)=
Đưa các phương trình về dạng tích.
Đáp số x = .
Câu 4. Từ giả thiết ị a < b + c ị a2 < ab + ac
Tưng tự b2 < ab + bc
c2 < ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm)
Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác.
Chỉ ra được = , =
Chỉ ra =(Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng minh CK = AH)
ị (c.g.c)
ị H,G,O thẳng hàng.
======================
đề 11
Câu 1:Cho biểu thức: A=
a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định.
b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0.
c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2:
.a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= với x>0.
.b, Giải phương trình:ữ x+1ữ+:ữ 2x-1ữ+2x =3
Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC =CM/CD =DN/DA= x.
.a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ nhất.
.b, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là hình chữ nhật.
Câu 4: Tìm dư của phép chia đa thức
x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1
Đáp án
Câu1 (3đ)
a.(1đ)
Ta có A=(0,5đ)
Vậy biểu thức A xác định khi xạ3,xạ1/3(0,5đ)
b. Ta có A= do đó A=0 3x +4=0 (0,5đ)
x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ)
Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ)
c. (1đ)
Ta có A= = 1+
Để A có giá trị nguyên thì phải nguyên 3x-1 là ước của 5 3x-1ạ±1,±5
=>x=-4/3;0;2/3;2
Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ)
Câu: 2: (3đ)
a.(1,5đ)
Ta có
A==x+ +25 (0,5đ)
Các số dương x và Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x =
x=12 (0,5đ)
Vậy Min A =49 x=12(0,5đ)
b.(1,5đ)
TH1: nếu xx=-3<-1(là nghiệm )(0,5đ)
TH2: Nếu -1Êx<1/2 thì ta có
x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ)
TH3: Nếu x³1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ)
Vậy phương trình đã cho x=-3 (0,5đ)
Câu 3: (3đ)
C L D
M K
D N B1 K1 A
Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lượt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL.
Kẻ BB1^AD; KK1^AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB
SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ)
Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25đ)
Tương tự S3+S4= x(1-x)S
S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ)
SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2-2Sx+S=2S(x-1/2)2+1/2S³1/2S(0,25đ)
Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ)
b.(1,5đ)
tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ)
tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BD^AC (0,5đ)
Câu 4: (1đ)
Gọi Q(x) là thương của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1
ta có x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*)
trong đó ax+b là dư của phép chia trên
Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
Vậy dư của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7
==========================
đề 12
Bài 1: (3đ)
Cho phân thức : M =
a) Tìm tập xác định của M
b) Tìm các giá trị của x để M = 0
c) Rút gọn M
Bài 2: (2đ)
a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy ta được 242.
b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B.
A = n3 + 2n2 - 3n + 2 ; B = n2 -n
Bài 3: (2đ)
a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M =
b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:
Bài 4: (3đ)
Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O. Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5
a) Tính NC biết BC = 18 cm
b) Tính AC biết MC - MA = 3cm
c) Chứng minh
Đáp án
Bài 1:
a) x2+2x-8 = (x-2)(x+4) 0 x2 và x- 4 (0,5đ)
TXĐ = 0,2đ
b) x5 - 2x4+2x3- 4x2- 3x+ 6 = (x-2)(x2+ 3)x-1)(x+1) 1,0đ
= 0 khi x=2; x= 0,2đ
Để M= 0 Thì x5-2x4+ 2x3-4x2-3x+6 = 0
x2+ 2x- 8 0 0,5đ
Vậy để M = 0 thì x = 0,3đ
c) M = 0,3đ
Bài 2:
a) Gọi x-1, x, x+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242 (0,2đ)
Rút gọn được x2 = 81 0,5đ
Do x là số tự nhiên nên x = 9 0,2đ
Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10 0,1đ
b) (n3+2n2- 3n + 2):(n2-n) được thương n + 3 dư 2 0,3đ
Muốn chia hết ta phải có 2n(n-1) 2n 0,2đ
Ta có:
n
1
-1
2
-2
n-1
0
-2
1
-6
n(n-1)
0
2
2
-3
loại
loại
0,3đ
Vậy n = -1; n = 2 0,2đ
Bài 3:
a) Vì xyz = 1 nên x 0, y0, z0 0,2đ
0,3đ
0,3đ
M = 0,2đ
b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0 0,2đ
với x,y > 0
0,2đ 0,2đ
0,2đ
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cho 3 ta được điều phải chứng minh.
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c 0,2đ
Bài 4: a) A
B C
N
AN là phân giác của Nên 0,3đ
Theo giả thiết ta có Nên 0,2đ 0,5đ
b) BM là phân giác của nên 0,3đ
Theo giả thiết ta có: 0,2đ
Nên 0,5đ
c) Vì AN,BM,CP là 3 đường phân giác của tam giác ABC
Nên 0,5đ
Do đó 0,5đ
========================
đề 13
Câu 1: ( 2,5 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/. x2 – x – 6 (1 điểm)
b/. x3 – x2 – 14x + 24 (1,5 điểm)
Câu 2: ( 1 điểm)
Tìm GTNN của : x2 + x + 1
Câu 3: ( 1 điểm)
Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n Z.
Câu 4: ( 1,5 điểm)
Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với :
x = ; y =
Câu 5: ( 1,5 điểm)
Giải phương trình: + + = 14
Câu 6: ( 2,5 điểm)
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
Câu 1: a/. Ta có: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x File đính kèm:
50 de thi hoc sinh gioi.doc
