ĐỀ SỐ A x  x  3x  x  3x  Bài (5,0 điểm)Cho biểu thức: a Rút gọn A b Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên Bài (3,0 điểm) a Chứng minh rằng: n3 + 2012n chia hết cho 48 với n chẵn b Tìm giá trị lớn biểu thức B = x 1 x2 với x số nguyên x 1 x   x 1 Bài (3,0 điểm)Giải phương trình: x Bài (3,0 điểm)Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: a 5x2 + y2 = 17 + 2xy x   x    ( y  2) b Bài (6,0 điểm)Cho hình bình hành ABCD, lấy điểm M BD cho MB  MD Đường thẳng qua M song song với AB cắt AD BC E F Đường thẳng qua M song song với AD cắt AB CD K H a Chứng minh: KF // EH b Chứng minh: đường thẳng EK, HF, BD đồng quy c Chứng minh: SMKAE = SMHCF Bài (5,0điểm) Hướng dẫn giải Rút gọn A a) - Phân tích 4x3 - 8x2 + 3x - = (x - 2)(4x2 + 3) (3,0điểm) - Phân tích 2x2 - 3x - = (x - 2)(2x + 1) A b) (2,0điểm) x2  2x 1 - Rút gọn kết Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên - Tìm ĐKXĐ: Điểm 1,0 1,0 1,0 x � ; x �2 2 4x  A  2x 1  2x 1 2x 1 0,25 -Lập luận để A có giá trị nguyên xZ 2x + ước lẻ - Tìm x = 0; -1 0,5 0,25 Bài (3,0điểm) a) Vì n chẵn nên n = 2k (k  Z) (1,5 Do n3 + 2012n = (2k)3 + 2012.2k điểm) = 8k3 + 4024k = 8k3 - 8k + 4032k = 8k(k2 - 1) + 4032k 1,0 0,5 0,5 0,25 = 8k(k + 1)(k - 1) + 4032k lập luận suy điều phải chứng minh b) (1,5 điểm) 0,25 x 1 x2 x2 Nhận xét : B = với x �2 mà > với x �2 nên: Nếu x + < � x < -1 B < Nếu x + = � x = -1 B = Nếu x + > � x > -1 B > Suy B đạt giá trị lớn x > -1 0,5 Do x số nguyên, x �2 , x > -1 Nên ta xét trường hợp sau x = B = x = B = x 1 x > B = x  0,5 (1) (2) x 1 1 Với x > ta có B = x  = x  B lớn x  lớn mà > x > � x - > nên: x  lớn x - nhỏ x - nguyên � x - = � x = � B = (3) 0,25 Từ (1), (2), (3) suy ra: B lớn x = 0,25 ĐKXĐ: x  0,25 x x 1 �  x  y Khi ta có phương trình x (y 0) Đặt y  y (2) 0,5 Bài (3,0 điểm) y Giải (2) tìm y = (tmđk); y (tmđk) x2  2 x Với y = Tìm x = (tmđk) x 1 y �  x Lập luận chứng tỏ phương trình vơ Với � nghiệm Kết luận: Phương trình cho có nghiệm x = 0,5 0,75 0,75 0,25 Bài (3,0 điểm) a) (1,5 điểm) b) (1,5 điểm) x �y 17 � xy ( x y ) x 17 x2   Do x nguyên nên + x2 = 0(x - y)2 = 17 (loại) + x2 = 1(x - y)2 = 13 (loại) + x2 = 4(x - y)2 = 17 x2 17 x � 0;1; 0,25 0,25 Vậy cặp số nguyên (x; y) (2;1); (2;3); (-2;-1); (-2;-3) 0,25 x   x  �3 với x Chứng tỏ Dấu xảy � -2  x  Do  ( y  2) �3 với y 0,25 0,25 x   x    ( y  2)  3  ( y  2)2  tìm y = - x   x 1  -2  x  mà x  Z  x = -2; -1; 0; a, (2,0 điểm) 0,25 Với x = (2 - y)2 = tìm y = ; y = Với x = - (- - y)2 = tìm y = -1 ; y = -3 Chứng tỏ Bài (6,0 điểm) 0,5 Vậy cặp số nguyên (x; y) là: (-2; -2); (-1; -2); (0; -2); (1; -2) Hình vẽ 0,75 0,25 Chứng minh: KF // EH BK MF  AK ME Chứng minh được: MF BF BF   ME DE FC (hệ định lý Ta - lét) Chứng minh được: 0,5 0,5 BK BF  Suy AK FC  KF // AC (Định lý Ta - lét đảo) 0,25 Chứng minh tương tự ta có EH // AC 0,5 Kết luận KF // EH 0,25 b, Chứng minh: đường thẳng EK, HF, BD đồng quy (2,0điểm) Gọi giao điểm BD với KF HE O Q N giao điểm AC BD OK QE  1 OF QH Chứng minh Gọi giao điểm đường thẳng EK HF P, giao điểm đường thẳng EK DB P’ Chứng minh P P’ trùng Kết luận đường thẳng EK, HF, BD đồng quy c, (2,0 điểm) 0,75 1,0 0,25 Chứng minh: SMKAE = SMHCF Kẻ EG FI vng góc với HK, I G thuộc HK Chỉ : SMKAE = MK.EG; SMHCF = MH.FI MK KB  MH HD Chứng minh được: MK MF  MH ME Suy MF FI  ME EG Chứng minh được: MK FI  Suy MH EG , suy MK.EG = MH.FI Suy điều phải chứng minh 0,5 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 ĐỀ SỐ Câu (5,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:  x    x  3  x    x    24   Cho biểu thức A = a, Rút gọn biểu thức A �x  � � � b, Tính giá trị biểu thức A � � c, Tìm giá trị x, để A < Câu (4,0 điểm) x2   Giải phương trình sau: a/ x  x x(x  2) 2 x2  �x  � �x  � 5�  44  12 0 � � � x2 1 �x  � b/ �x  � Tìm cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình: 5x  10x  2y  4y3   Câu (3,0 điểm) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho 2x  m x   3 Cho phương trình x  x  Tìm m ngun để phương trình có nghiệm dương Câu (6,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD (có AC  BD ), O giao điểm AC BD Gọi E , F hình chiếu B D xuống đường thẳng AC Gọi H K hình chiếu C xuống đường thẳng AB AD Chứng minh: a, Tứ giác BEDF hình bình hành ? b, CH CD  CK CB c, AB.AH   AD.AK   AC Câu (2,0 điểm) Cho x  y  xy �0 Tính: P 2 x  y x y   y  x3  x y  x y � x , y , z x  y  z  xyz Cho ba số dương thỏa mãn Chứng minh Câu : Cho  ABC, M điểm tùy ý nằm tam giác đường thẳng AM, BM, CM cắc cạnh BC, AC, AB A’, B’, C’, AM BM CM   2 CMR: AA ' BB ' CC ' Câu : Cho  ABC, M điểm tùy ý nằm tam giác, đường thẳng qua M trọng tâm MA ' MB ' MC '   3 G tam giác cắt BC, CA, AB A’, B’, C’, CMR : GA ' GB ' GC ' Câu Đáp án Câu (5,0 điểm) b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 = (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 = (x2 + 7x + 11)2 - 52 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) (3,0 điểm) a) (1,25 điểm) ĐKXĐ: x ��1 Với x ��1 , ta có: A= Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (1  x)(1  x  x )  x(1  x) (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x  x ) = 0,25 (1  x)(1  x ) (1  x)(1  x) :  x (1  x)(1  x) = 0,25 = = (1  x ) : 1 x 0,25 b) (1,0 điểm) 2 1 �x  � � x  x  � � 3 3 Ta có: � � � x  (không TMĐK) x (TMĐK) x , ta có: Với 0,25 0,25 0,25 � �1 � � � � 10 20  1 � � � �� � �3 �� � � 27 � A= = = 20 �x  � � � Vậy � � A = 27 0,25 c) (0,75 điểm) Ta có: A < � (1) Mà với x ��1 Nên (1) � Vậy với x > A < 0,25 0,25 0,25 2.1) (2,0 điểm) ĐKXĐ: x �0; x �2 0,25 x2   x  x x(x  2) x(x  2)  (x  2)  x(x  2) x(x  2) � � x(x  2)  (x  2)  Câu (4 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 � x  2x  x   � x2  x  � x(x  1)  � x = (loại) x = - 1(nhận) Vậy phương trình có nghiệm x = - x2 x2  a; b x 1 b/ Đặt x  2.2) (2,0điểm) 5x  10x  2y  4y3   �  5x  10x     2y  4y3    13 0,25 � 5(x  2x  1)  2(y  2y  1)  13 � 5( x  1)  2(y  1)  13 � �x �Z �x  1�Z � �3 � �y �Z �y  1�Z 0,25 2 Mà 5( x  1) �13 � x  �1 Mặt khác x  �1 với x 0,25 2 0,25 Vì: 0,25 � x2   � x2  � x  Với x  , ta có:  2(y  1)  13 � 2(y  1)  � (y  1)  � � y3   y3  �3 �3 y  3 � �y   2 � � 3 0,25 0,25 Vì y �Z nên y3 = � y = 0,25  Vậy phương trình có nghiệm nguyên  3.1 (1,5 điểm) Gọi hai số thỏa mãn đầu x, y � x  y M x; y   0;1 x  y   x  y   x  xy  y  Ta có:   x  y �  x  xy  y   3xy � � �   x  y �  x  y   3xy � � � nên  x  y   3xy M3 Vì x  y M x  y � x  y   3xy � M9   � � � Vậy tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho 3.2 (1,5điểm) ĐKXĐ: x ��2 2x  m x   3 x2 x2 �  x  m   x     x  1  x     x   Câu (3 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 � x   m   2m  14 (*) Nếu m = phương trình (*) có dạng = -12 vơ nghiệm 2m 14 x 1 m Nếu m �1 phương trình (*) trở thành Khi phương trình cho có nghiệm dương �2m  14 �  m �2 � �2m  14 ۹ � 2  m � � m �4 �2m  14 �  � � 1 m 1 m  � � Mà m nguyên Vậy m � 2;3;5;6 thỏa mãn đầu 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (6,0 điểm) 0,25 a) (2,0 điểm) Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) � BE // DF (1) Xét BEO DFO � � 0,75 Có: BEO  DFO  90 OB = OD (t/c hình bình hành) �  FOB � EOB (đối đỉnh) � BEO  DFO (cạnh huyền – góc nhọn) � BE = DF (2) Từ (1) (2) � Tứ giác BEDF hình bình hành (đpcm) 0,75 0,25 0,25 b) (1,75 điểm) � � Ta có: ABCD hình bình hành (gt) � ABC  ADC 0,25 � � � � Mà ABC  HBC  ADC  KDC  180 Xét CBH CDK có: �  KDC � � HBC �  DKC �  900 BHC �  KDC � HBC (chứng minh trên) � CBH : CDK ( g  g ) CH CK �  CB CD � CH CD  CK CB (đpcm) 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 c) (2,0 điểm) Xét AFD AKC � � Có: AFD  AKC  90 � FAD chung 0,5 � AFD : AKC ( g  g ) AF AK �  � AD AK  AF AC AD AC (3) Xét CFD AHC � D� CF AHC  900 0,25 Có: 0,5 �  HAC � FCD (so le trong) � CFD : AHC ( g  g ) CF AH �  CD AC CF AH �  � AB AH  CF AC AB AC Mà : CD = AB (4) Từ(3) (4) � AB.AH   AD.AK   CF.AC  AF.AC    CF  AF  AC  AC Câu (2,0điểm) 0,25 0,25 (đpcm) 0,25 5.1(1,0 điểm) Ta có: 0,25 x  x  y4  y x y  3 y3  x  = (y  1)(x  1) x  y4   (x  y) 2 = xy(y  y  1)(x  x  1)  x  y  x  y  x  y   (x  y) = xy(x y  y x  y  yx  xy  y  x  x  1) 2 2  x  y  (x = = = = 2  y  1) xy � x y  xy(x  y)  x  y  xy  � � �  x  y  (x 0,25  x  y  y) xy � x y  (x  y)  � � �  x  y   x(x  1)  y(y  1) xy(x y  3)  x  y   x( y)  y(x)  xy(x y  3) ( x + y = � y - 1= -x x – = - y)  x  y  (2xy) = xy(x y  3) 2 = 0,25 2(x  y) x y2  2(x  y) 2(x  y) 2 2 � P= x y 3 + x y 3 = 5.2(1,0 điểm) Ta có:  x  y  �4xy (1)  x  y  z� �� � ��4(x  y)z ۳ 36 4(x  y)z (vì x  y  z  ) 0,25 0,25 0,25 � 36(x  y) �4(x  y) z (vì x, y dương nên x + y dương) Từ (1) (2), ta có: 36(x  y) �16xyz x y � x  y � xyz ۳ xyz 9 (đpcm) (2) 0,25 0,25 Bài 5: Cho  ABC, M điểm tùy ý nằm tam giác đường thẳng AM, BM, CM cắc cạnh BC, AC, AB A’, B’, C’, AM BM CM   2 CMR: AA ' BB ' CC ' Từ A, M vẽ AH , MK  BC  AH / / MK A ' M MK MK BC S MBC    AH AH BC S ABC A ' AH có: A ' A A ' M AA ' AM AM S MBC   1  AA ' A ' A S ABC Mặt khác: A ' A  S AM   MBC A' A S ABC Chứng minh rằng:  x  1  x  3  x    x    10 �1 Bài 4: Một thầy giáo dạy tốn cịn trẻ 40 tuổi hỏi tuổi trả lời sau: '' Tổng, tích, hiệu, thương đứa trai cộng lại 216.'' Hỏi thầy giáo tuổi? Bài Cho hình vng ABCD có cạnh a Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB BC a Tính diện tích tứ giác AMND b Phân giác góc CDM cắt BC E Chứng minh DM  AM  CE Bài 6: Bên tam giác ABC lấy điểm O tùy ý Tia AO, BO, CO cắt BC, CA,AB D, E, F Chứng minh: OA OB OC   2 a) AD BE CF OA OB OC   �6 b) OD OE OF OA OB OC �8 c) OD OE OF Bài7: Cho  ABC, AC lấy điểm D E cho AD=DE=EC, trung tuyến AM cắt BD P trung tuyến CN cắt BE Q Chứng minh a Q trung điểm CN b PQ//AC PQ  MN , PQ  DE c HD : Bài 1) a  x  1  x  a  1  ax  a  a x  x  ax  x  a    x  a    ax  1  x  a  2) x  13 x  x   x  x  x  x  x  3 2  x  x  1  x  x  1   x  1   x  1  x  x  3   x  1  x  x  x  3   x  1 � x  x     x  3 � � �   x  1  x  3  3x  1 3) x  x    x  x   15   x  x    x  x    16 2   x  x  1    x  x    x  x  3 Bài x3  x  x x3  x  x  x  x   3 a) B   2x2  2x   2x 1 2x 1 2x 1 Để B nhận giá trị nguyên  x  1 �U (3)   1;1; 3;3 � x � 0;1; 1;2 b) C  a  4ab  4b  b  2b     a  2b    b  1  �7 2 Vậy Bài 3.3 a  2b  a2 � � �� � b 1  b 1 � � MinC  7 Ta có:  x  1  x  3  x    x    10   x  1  x    x    x  3  10   x  x    x  x  12   10   x  x     x  x     10   x  x    32  10   x  x    2  x  x   �0x Vì  x  x    �1 với x Nên 2 2 Tìm số tự nhiên n để: a, A= n3-n2+n-1 số nguyên tố b, B= n5-n+2 số phương ( n  N ; n ) a) p = n3 - n2 + n - 1= (n2 + 1)(n - 1) +)Nếu n = 0; không thỏa mãn đề +)Nếu n = thỏa mãn đề p = (22 + 1)(2 - 1) = +)Nếu n > không thỏa mãn đề p có từ ước trở lên 1; n – 1> n2 + > n – 1> - Vậy n = p = n3 - n2 + n - số nguyên tố b) B=n5-n+2=n(n4-1)+2=n(n+1)(n-1)(n2+1)+2 =n(n-1)(n+1)   n  4  5 +2= n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)+5 n(n-1)(n+1)+2 mà n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2) 5 (tích 5số tự nhiên liên tiếp) n(n-1)(n+1) 5 Vậy B chia dư Do số B có tận 7nên B khơng phải số phương Vậy khơng có giá trị n để B số phương Bài 4: Trên tiaa đối của tia AM lấy I cho AI=CE AID =CED (c-g-c) � � � �  ADI =CDE ; AID =CED � =MDE �  ADI ; �  EDA � � =EDA � CED AID Mà (slt) => �  I DA �  ADM � Ta lại có IDM ADM+EDM=ADE => IDM=ADE  AID=IDM=> IMD cân taijM+ b/ Bài 7: a) N trung điểm AB, D trung điểm AE nên ND đường trung bình tam giác ABE ND// BE Tam giác ANC có BE//ND nên Q trung điểm NC b) M trung điểm BD E trung điểm DC nên ME đường trung bình tam giác BDC  ME//BD Tam giác AME có BD//ME cắt AM P nên P trung điểm AM Gọi K giao điểm NP AC Tam giác ABM có NP đường trung bình (….)   NP// BM hay NK//BC => K trung điểm AC hay NK đường trung bình tam giác ABC NP NK NP BM  ( )   Do đó: BM BC => NK BC ; NQ  Lại có: NC NP NQ   NK QC => PQ//KC ( định lí Ta-Lét đảo) hay PQ//AC Suy ra: Cách 2: Gọi G trọng tâm  ABC => PG=AG - AP = AM 1 PG AM  AM  AM    AG AM GQ   PQ / / AC Tương tự GC NP NQ 1   KC c/ NK QC => PQ đường trung bình tam giác NKC => PQ= MN Ta lại có MNKC hình bình hành => MN=KC => PQ= 1 1 KC AC  3DE  DE 4 PQ= =2 K ĐỀ 21 �x  x � 2x2 � � A�  1  � � � 2x  8  4x  2x  x � x x � � � Câu (5 điểm) Cho biểu thức: a) Tìm x để giá trị A xác định Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên Câu (4 im) Giải phơng trình sau: a) x( x  2)( x  x  2)  = x x 1 b) y   y   0 x  x  x  16 x  72 x  x  20 x  12 x  42    x  x  x  x6 c) Câu (3 điểm) 1) Tìm số tự nhiên n để số p số nguyên tố biết: p = n3 - n2 + n - g x  x2  x  f x  ax  bx  10x  2) Tìm a,b cho   chia hết cho đa thức   ab P 4a  b 3) Cho 4a2 + b2 = 5ab vµ 2a  b  0.TÝnh: Câu (6,5 điểm) Cho hình vng ABCD, tia đối tia CD lấy điểm M (CM < CD), vẽ hình vng CMNP (P nằm B C), DP cắt BM H, MP cắt BD K a) Chứng minh: DH vng góc với BM PC PH KP   b) Tính Q = BC DH MK c) Chứng minh: MP MK + DK BD = DM2 Câu (1,5 điểm)  x y x2 y2   3    y x 1) Cho x, y > Chứng minh rằng: y x 2) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B  xy ( x  2)( y  6)  12 x  24 x  y  18 y  2045 Hết Câu Đáp án Biểu điểm �x  x � 2x2 � � A�  1  � � � � x x � �2 x  8  x  x  x � Cho biểu thức: a) (3,5 điểm) * ĐKXĐ: 1,0 điểm � x  �0 �  x  x  x �0 � �x �0 Giá trị A xác định  � �2 x �8 � �4(2  x )  x (2  x) �0 �x �0 � �x �4 � (2  x)(4  x ) �0 � �x �2 �x �0 � �  �x �0 - ĐKXĐ : x �2; x �0 (Nếu HS nêu ĐKXĐ: cho 0,25 điểm) * Rút gọn : 3,0 điểm (5 điểm) �x  x � 2x2 � � A�  1  � � � 2x  8  4x  2x  x � x x � � � Ta có �x  x � �x  x  � 2x2 �  � � � 2 �2( x  4) 4(2  x)  x (2  x) � � x �  ( x  x)(2  x)  x x  x  x  2( x  4)(2  x) x2  x  x  x  x  x x( x  1)  2( x  1) 2( x  4)(2  x) x2  x( x  4) ( x  1)( x  2) x    2( x  4)(2  x) x2 2x 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,75 điểm 0,75 điểm 0,75 điểm 0,75 điểm b) (1,0 điểm) Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên x 1 * x  Z  x +1 M2x  2x + M2x Mà 2x M2x  M2x  Mx  x = x = -1 0,5 điểm 0,25 điểm * Ta thấy x = x = -1 (TMĐKXĐ) x 1 Vậy A= x  Z  x = x = -1 Giải phơng trình sau: (4 im) a) (1,5 điểm) x( x  2)( x  x  2)  =  (x2 + 2x) (x2 + 2x + 2) + =  (x2 + 2x)2 + 2(x2 + 2x) + =  (x2 + 2x + 1)2 = 0,25 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm  (x+1)4 =  x + =  x = -1 Vậy PT cho có nghiệm x = -1 0,25 điểm x x 1 b) (1,5 điểm) y   y   0 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm x x  y  y   (2 )  2.2    ( y  1)  (2  1)  x  y + =  =  y = -1 x = Vậy PT cho có nghiệm (x, y) = (0; -1) x 0,25 điểm 0,25 điểm x  x  x  16 x  72 x  x  20 x  12 x  42    x 8 x4 x6 c) (1,0 điểm) x  (1) - ĐKXĐ: x ≠ -2; x ≠ -4; x ≠ -6; x ≠ -8 0,25 điểm ( x  2)  ( x  8)  ( x  4)  ( x  6)     x2 x8 x4 x6 - PT (1)  x2  x8  x 4  x6 x2 x8 x4 x6  2 2     x  x  x 6 x 8 x   x  x  48  x  48  ( x  6)( x  8)  ( x  2)( x  4) 2 x 2 x   ( x  2)( x  4) ( x  6)( x  8)  x = ( x  2)( x  4) = ( x  6)( x  8)  x = x2 + 6x + = x2 + 14x + 48  x = 8x = - 40  x = - (thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy PT cho có nghiệm : x1 = 0; x2 = - 1) (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên n để số p số nguyên tố biết: p = n3 - n + n - - HS biến đổi : p = (n2 + 1)(n - 1) - Nếu n = 0; không thỏa mãn đề - Nếu n = thỏa mãn đề p = (22 + 1)(2 - 1) = - Nếu n > khơng thỏa mãn đề p có từ ước trở lên 1; n – 1> n2 + > n – 1> - Vậy n = p = n3 - n2 + n - số nguyên tố 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 3 2) (1,0 điểm) Tìm a,b cho f  x   ax  bx  10x  chia hết (3 điểm) g  x   x2  x  cho đa thức * * g  x   x2  x  = (x -1)(x - 2) f  x   ax  bx  10x  Mg  x  0,25 điểm f  x   ax  bx  10x   = (x – 1)(x - 2).Q(x) (1) (mọi x R) - Thay x1 = 1, x2 = vào (1) ta có: a + b + = 8a + 4b + 16 =  a = b = -8 f  x   ax  bx  10x  Mg  x  Vậy  a = b = -8 3) (1,0 điểm) 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm ab P 4a  b Cho 4a2 + b2 = 5ab vµ 2a  b  0.TÝnh: - HS biến đổi : 4a2 + b2 = 5ab  (4a - b)(a -b) =  b = 4a b =a - Mà 2a  b   4a > 2b > b nên a = b - Ta có : P (6,5 điểm) 0,25 điểm 0,25 điểm a2 2 4a  a = 0,25 điểm - Vậy 4a + b = 5ab 2a  b  - Hình vẽA0,25 điểm B 0,25 điểm P K H P D N C M a) (2,25 điểm) Chứng minh: DH vng góc với BM - HS CM : CD = BC, PC = CM, DCB = BCM = 900 - CM:  DPC =  BMC (cgc) - Chứng minh BHP = 900 PC PH KP   b) (2,0 điểm) Tính Q = BC DH MK - HS CM : MP  BD - DM PC PC S   PDM BC DM BC S BDM 0,75 điểm 0,75 điểm 0,75 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm ; 1 DB.KP S DB.KP S PH PH   PBM   PBD DH DB.MK S BDM DH DB.MK S BDM 2 Tương tự : S PDM  SPBM  SPBD 1 S  BDM Q= c) (2,0 điểm) Chứng minh: MP MK + DK BD = DM2 - CM:  MCP  MKD (g.g)  MP MK = MC MD (1) - CM: DBC  DKM (g.g)  DK BD = DC DM (2) - Từ (1) (2)  MP MK + DK BD = DM (MC + DC)  MP MK + DK BD = DM2 (1,5 điểm) 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 1) (0,75 điểm) x y  - HSCM: y x ≥ với x, y > x y x y    y x -2 ≥ 0; y x - ≥ x y x y    ( y x -2)( y x x2 y x  2(  y  y x -1) ≥ 0,25 điểm 0,25 điểm y x y )  2(  )  �0 x y x  x y x2 y2   3    y x  y x Dấu “=” xảy  x = y > 2) (0,75 điểm) Tìm giá trị nhỏ biểu thức: 0,25 điểm B  xy ( x  2)( y  6)  12 x  24 x  y  18 y  2045 *) x2 - 2x +1 = (x-1)2 ≥  x2 -2x +3 ≥ x  R (1) y2 + 6y +9 = (y+3)2 ≥  y2 + 6y + 12 ≥ y 0,25 điểm  R (2) 2 + B  xy ( x  2)( y  6)  12 x  24 x  y  18 y  2045 = (x2 - 2x)( y2 + 6y) + 12(x2 - 2x) + 3(y2 + 6y) + 36 + 2009 = (x2 - 2x)( y2 + 6y + 12) + 3(y2 + 6y +12) + 2009 = (x2 - 2x + 3)( y2 + 6y + 12) + 2009 0,25 điểm 0,25 điểm (3) + Từ (1) ; (2) (3)  B ≥ 2.3 + 2009  B ≥ 2015 *) B = 2015  x = y = -3 *) Min B = 2015  x = y = - Hết ĐỀ 22 Bài 2.(2 điểm) Cho số nguyên tố p > Biết có số tự nhiên n cho cách viết thập phân số pn có 20 chữ số Chứng minh 20 chữ số có chữ số giống Bài (3 điểm) a) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn 3x – y3 = b) Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện ≤ a, b, c ≤ a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức P = a2 + b2 + c2 Bài 4(5 điểm) Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt O Đường thẳng qua O song song với đáy AB cắt cạnh bên AD, BC theo thứ tự M N a, Chứng minh OM = ON 1   b, Chứng minh AB CD MN c, Biết SAOB= 20222 (đơn vị diện tích); SCOD= 20232 (đơn vị diện tích) Tính SABCD Bài (5 điểm) M a, (1,5 điểm) B A O N C D OM OD ON OC   BD , AB AC Lập luận để có AB OD OC  AC Lập luận để có DB OM ON   AB AB  OM = ON 0,5đ 0,5đ 0,5đ b, (1,5 điểm) OM DM OM AM   AD (1), xét ADC để có DC AD (2) Xét ABD để có AB 1 AM  DM AD    1 AD AD Từ (1) (2)  OM.( AB CD ) 1 (  ) 1 Chứng minh tương tự ON AB CD 1 1 (  ) 2    AB CD MN từ có (OM + ON) AB CD 0,5đ 0,5đ 0,5đ b, (2 điểm) S AOB OB S BOC OB S AOB S BOC    S AOD OD , S DOC OD  S AOD S DOC  S AOB S DOC  S BOC S AOD S  S BOC Chứng minh AOD  S AOB S DOC ( S AOD ) 0,5đ 0,5đ 0,5đ Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2  SAOD = 2008.2009 Do SABCD= 20082 + 2.2008.2009 + 20092 = (2008 + 2009)2 = 40172 (đơn vị DT) 0,5đ Cho A      2023 ; B=1+2+3+ +2023 Chứng minh rằng: A chia hết cho B 2023 2023 2023 2023 Cho A      n ; B=1+2+3+ +n ( n N).Chứng minh rằng: A chia hết cho B Xem 207 sách tập trang 59 2023 2023 2023 2023 Bài 2: ĐỀ Bài 1: 1/ Phân tích đa thức thành nhân tử: (x - 3)(x - 5)(x - 6)(x - 10) - 24x2 2/ Giải phương trình: a)/ (6 x  8)(6 x  6)(6 x  7)  72 b) x  13 x  15 x  15 x  15   x  14 x  15 x  16 x  15 12 P x  x �x  1  x2 � :   � � x2  2x  � x  x x2  x � Bài 2: Cho biểu thức: a/ Rút gọn biểu thức P b/ Tìm x để P1 Bài Cho ∆ABC vng A có AC =2AB Gọi E, M trung điểm AC BC Vẽ tia Bx // AC, Bx cắt EM D Tia phân giác góc DEC cắt DC F, kẻ FG  AC G a) Chứng minh tứ giác ABDE, EMFG hình vng b) Chứng minh AM  DG c) Gọi H giao điểm AM DG Chứng minh B, H, F thẳng hàng OK d) Gọi O, K giao điểm BE với AD AM Tính tỉ số DC HD : giải PT : Đặt x   t ĐỀ ÔN TẬP SỐ Câu Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x  2019 x  2019 x  2018 ; b) x  x  ; x c) 2 x c) – 8   36 ;  x  1 – 5x  x – x  1  4x 2 x x6 2 a  b  c  b  c  2ab  2ac    Câu 2.a) Rút gọn biểu thức: A =  b) Rút gọn: x  4x  18x  c) Chứng minh giá trị biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:  x  1    x    x  3  x  3   2x      16x  2 2 2x    Câu 1) Giải phương trình: a) x  5x  4x  20  b) x  x  x  x  2) Một người xe đạp, người xe máy, người ô tô xuất phát từ địa điểm A lúc giờ, giờ, 10 ngày với vận tốc theo thứ tự 10km/h, 30km/h, 50km/h Hỏi đến tơ vị trí cách xe đạp xe máy? Câu a/ Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  dư 10, f(x) chia cho x  dư 22, f(x) 2 chia cho x  thương 5x dư b/ Chứng minh với số nguyên a a  5a chia hết cho Câu : Cho tam giác ABC có trực tâm H gọi M trung điểm BC D điểm đối xứng với H qua M Gọi I trung điểm AD Chứng minh IMBC ĐỀ SỐ Bài 1: Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) (a  b)(a  2b)  (b  a)(2a  b)  (a  b)(a  3b) b) 5xy  2xyz  15y  6z c) (x  y)(2x  y)  (2x  y)(3x  y)  (y  2x) 2 2 3 d) ab c  a b c  ab c  a bc Bài : Cho a  b  c  abc �0 , tính giá trị biểu thức: P 1  2 2 2 2 b c a a c b a b c Bài : Giải phương trình sau: x x+1 x+2 x+3 + + + =x +2016 2020 2019 2018 2017 a) 3x b)     x  1  6x     � � Bài 4: Cho hình thang vng ABCD; có A  D  90 ; CD  AB  AD Gọi H hình chiếu D lên AC ; M, P, Q trung điểm CD, HC HD a) Chứng minh ABMD hình vng v tam giác BDC tam giác vuông cân b) Chứng minh tứ giác DMPQ hình bình hành c) Chứng minh AQDP o HD : Bài : a= -(b+c) ; b=-(a+c) ; C= -(a+b) => a2= (b+c)2 ; b2= (a+c)2 ; c2= (a+b)2 P 1  2  2 2 b  c  (b  c) a  c  ( a  c) a  b  ( a  b) =>…… 2 => Bài 3b) dạng rút gọn 1b đề1 a) C/ m ABMD có cạnh Tam giác DCB có MC=MD =MB nên tam giác vuông b) c/m PQ//DM ; PQ=DM c) C/ Q trực tâm tam giác ADP suy AQDP ĐỀ SỐ Bài : Cho số thực a,b,c thỏa mãn ab+bc+ca =2022 Tính giá trị biểu thức a  bc b  ca c  ab   2 P= a  2022 b  2022 c  2022 HD : a2+2022=a2+ab+bc+ca =(a+b)(a+c) b2+2022=b2+ab+bc+ca =(a+b)(b+c) c2+2022=c2+ab+bc+ca =(b+c)(a+c) a  bc b  ca c  ab   P= (a  b)(a  c) (b  c)(a  b) (a  c)(b  c) =……=0 Cho hình vng ABCD có cạnh a M điểm tùy ý trên đường chéo BD Kẻ ME  AB, MF  AD a) Chứng minh DE=CF ; DE  CF b) Chứng minh ba đường thẳng DE, BF, CM đồng qui c) Xác định vị trí điểm M BD để diện tích tứ giác AEMF lớn HD: a) b) Chứng minh tương tự ta có FB vng góc với CE; Gọi H giao điểm CM FE Ta có MC =MA mà MA = EF=> MC=EF      Tam giác MFC tg FED => Góc FED góc MCF Mà góc FED + góc FEC = 900 ( FC  ED) FED + MCF =900 CM EF Tam giác EFC có MC, FB, ED đường cao nên đồng qui