Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - 9

Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 8 - 9

CHỦ ĐỀ 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬBài 1: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử

a) x3 – 5x2 + 8x – 4 b) x3 – 3x + 2 c) x3 – 5x2 + 3x + 9 d) x3 + 8x2 + 17x + 10 e) x3 + 3x2 + 6x + 4

Phương pháp:

tử là x – 1

thì đa thức có nghiệm x = - 1 => Đa thức có nhân tử là x + 1.

= x2(x + 2) – 4x(x + 2) + 5(x + 2) = (x + 2)(x2 – 4x + 5)

Bài 3: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử

a) 2x3 – 3x2 + 3x – 1 b) 3x3 – 14x2 + 4x + 3 c) 3x3 – 7x2 + 17x – 5

Phương pháp: Các ước của hệ số tự do không phải là nghiệm nguyên của đa thức Nếu đa thức

ước của hệ số cao nhất.

Dùng phương pháp xét giá trị riêng

Với mọi x  R ta luôn có: (x + a)(x – 5) + 2= (x + b)(x + c) (*)

Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3) với mọi x

Với x = 4 thì -(4 + a) + 2 = 0 => 4 + a = 2 => a = -2 Đa thức phân tích thành (x -2)(x – 5) + 2 = (x – 4)(x – 3)

TH 2:

5 + b = - 2

5 + c = -1 => b = - 7, c = - 6

Thay vào (*) ta được (x + a)(x – 5) + 2 = (x – 7)(x – 6) với mọi x Với x = 6 thì (6 + a) + 2 = 0 => a = - 8 Đa thức được phân tích thành

a) Biến đổi x3 – 9x2 + 6x + 16 = (x + 1)(x – 2)(x – 8)

b) 2 là một nghiệm Biến đổi x3 – 6x2 – x + 30 = (x + 2)(x – 3)(x – 5) c)

31

là một nghiệm của đa thức Biến đổi 27x3 – 27x2 + 18x – 4 =(3x – 1)(9x2 – 6x + 4) d) Đặt x + y = a Biến đổi x2 + 2xy + y2 – x – y – 12 = (x + y = 3)(x + y – 4)

LOẠI 1: TÌM HỀ SỐ CỦA ĐA THỨCBài 1: Xác định các hằng số a, b, c sao cho

a) ax3 + bx2 + 5x – 50 chia hết cho x2 + 3x – 10 b) x3 + ax + b chia x + 1 dư 7, chia x – 3 dư – 5

c) ax3 + bx2 + c chia hết cho x + 2, chia x2 – 1 dư x + 5 (Đề thi HSG – năm 2001 Đông Anh)

a) Dùng phương pháp xét giá trị riêng

Phân tích đa thức chia x2 + 3x – 10 = (x + 5)(x – 2)

Gọi Q(x) là đa thức thương của phép chia ax3 + bx2 + 5x – 50 cho x2 + 3x – 10.

a) Tìm số nguyên n sao cho 2n3 + n2 + 7n + 1 chia hết cho 2n - 1

b) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 25n2 – 97n + 11 chia hết cho giá trị của biểu thức n – 4 (Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh)

c) Tìm số nguyên n sao cho n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho n2 + n + 1

b) Ta có 25n2 – 97n + 11 = (25n + 3)(n – 4) + 23 Để giá trị của 25n2 – 97n + 11 chia hết cho giá trị của biểu thức n – 4 thì n – 4 phải là ước của 23

Để n3 – 3n2 – 3n – 1 chia hết cho (n2 + n + 1) thì (n2 + n + 1) là ước của 3 Để ý thấy n2 + n + 1 > 0 nên n2 + n + 1 = 1 hoặc 3

ĐS: 1, - 2, 0 , - 1

LOẠI 3: TÌM ĐA THỨC THOẢ MÃN ĐIỀU KIỆN

Bài 3:

Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 7, f(x) chia cho x – 2 thì dư 5, f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) thì thương là 3x và còn dư

Bài 4:

Tìm đa thức f(x) biết rằng f(x) chia cho x – 3 thì dư 2, chia cho x + 4 thì dư 9, còn chia cho x2 + x – 12 thì được thương là x2 + 3 và còn dư

Giải: Bài 3:

Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 7 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 7 (1) Vì f(x) chia cho (x – 2) dư 5 nên: f(x) = (x – 2) B(x) + 5 (2)

Vì f(x) chia cho (x – 2)(x – 3) được thương là 3x và còn dư nên: f(x) = 3x(x – 2)(x – 3) + ax + b (3)

Vì f(x) chia cho (x – 3) dư 2 nên: f(x) = (x – 3).A(x) + 2 (1) Vì f(x) chia cho (x + 4) dư 5 nên: f(x) = (x + 4) B(x) + 9 (2) Vì f(x) chia cho x2 + x - 12 được thương là x2 + 3 và còn dư nên:

1) Xác định các số a, b sao cho ax3 + bx – 24 chia hết cho (x + 1)(x + 3)

2) Xác định các số a, b sao cho x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho x2 – x – 2 có dư là 2x – 3 3) Tìm dư của phép chia đa thức x + x3 + x9 + x27 + x81 cho

a) x – 1 b) x2 – 1

4) Tìm số tự nhiên n để giá trị của biểu thức 2n2 + 3n + 3 chia hết cho giá trị của biểu thức 2n – 1

CHUYÊN ĐỀ 3: GIẢI PHƯƠNG TRÌNH

I - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH BẬC CAO

Bài 1: Giải các phương trình sau: (Đề thi HSG năm 2003 – Đông Anh)

Bài 3: Giải các phương trình sau

a) x4 +3x3 + 4x2 + 3x + 1 = 0 (Đề thi HSG năm 2001 – Đông Anh) b) x5 – x4 + 3x3 + 3x2 – x + 1 = 0

Phương trình ở câu a, b gọi là phương trình đối xứng

PHương trình ở câu a là phương trình đối xứng bậc chẵn Phương trình ở câu b là phương trình đối

Kết luận nghiệm của phương trình là x = - 1

b) Ta thấy x = - 1 là một nghiệm của phương trình (vì tổng các hệ số của số hạng bậc chẵn bằng tổng

x1 ta được y2 – 2y + 3 = 0, vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = - 1

* Khi giải phương trình bậc 4 có dạng (x + a)4 + (x + b)4 = c ta thường đặt ẩn phụ y = x +

II - GIẢI PHƯƠNG TRÌNH CHỨA DẤU GIÁ TRỊ TUYỆT ĐỐIBài 1: Giải các phương trình sau: Xét ba khoảng của biến x:

* Trong khoảng x < - 2, phương trình có dạng: 3 – x – x – 2 = 7  x = - 3 (thuộc khoảng đang xét) * Trong khoảng -2 ≤ x ≤ 3, phương trình có dạng: 3 – x + x + 2 = 7  0.x = 2, Vô nghiệm

* Trong khoảng x > 3, Phương trình có dạng: x – 3 + x + 2 = 7  2x = 8  x = 4 (thuộc khoảng xét.) Vậy phương trình có nghiệm x1 = -3 ; x2 = 4

c) x - x12x10 d) x 3x1

Đáp án: a) x = 0; 2 b) x = 4; x = -8 c) x1 = ½ và x2 = 3/2 đ

d)Xét khoảng x ≥ 0 PT có dạng: x3x1 lại xét hai trường hợp: x ≥ 3 và 0 < x < 3 Xét khoảng x < 0 PT có dạng:  x3x1 Lại xét 2 trường hợp x < - 3 và – 3 ≤ x < 0 Nghiệm của phương trình là x = 1

CHUYÊN ĐỀ 4: GIẢI BÀI TOÁN BẰNG CÁCH LẬP PHƯƠNG TRÌNHBài 1: (Đề HSG năm 2008 – Đông Anh)

Một người đi xe đạp, một người đi xe máy và một ô tô cùng đi từ A đến B KHởi hành lần lượt lúc 6, giờ 7 giờ, 8 giờ và có vận tốc thức tự là 10 km/h, 30 km/h và 40km/h Hỏi đến mấy giờ ô tô cách đều người đi xe máy và xe đạp.

Bài 2: Một ô tô phải đi quãng đường AB dài 60 km trong một thời gian dự định Ô tô đi nửa đầu

quãng đường với vận tốc lớn hơn dự định 10km/k và đi nửa sau quãng đường với vận tốc kém hơn dự định 6km/h Biết ô tô đến B đúng thời gian đã định Tính thời gian ô tô dự định đi quãng đường AB.

Bài 3: Hai đội công nhân cùng làm một công việc thì hoàn thành công việc đó trong 24 giờ Nếu đội

thức nhất làm 10 giờ đội thứ hai làm 15 giờ thì cả hai đội làm được nửa công việc Tính thời gian mỗi đội làm một mình để xong công việc.

Bài 4: Hai vòi nước chảy vào bể thì bể sẽ đầy trong 3 giờ 20 phút Người ta cho vòi thứ nhất chảy

trong 3 giờ, vòi thứ hai chảy trong 2 giờ thì cả hai vòi chảy được 4/5 bể Tính thời gian mỗi vòi chảy

Cứ chia như vậy cho đến đội cuối cùng thì hết và phần đất của mỗi đội đều bằng nhau Tính số đội tham gia sửa đường và chiều dài toàn bộ đoạn đường phải sửa

Giải ra ta được x = 30 Thời gian ô tô dự định là 60 : 30 = 2 giờ

Bài 3: ĐỘi thứ nhất cần 40 giờ, đội thứ hai cần 60 giờ

Bài 4: Giải ra được 5 giờ và 10 giờ

Bài 5:

Gọi chiều dài đoạn đường cần sửa là x (m) x >0

Đoạn đường độ 1 nhận dài 10 + 0,1(x – 10) = 0,1x + 9 mét Phần còn lại sau khi đội 1 nhận là x – (0,1x + 9) = 0,9x – 9 mét Đoạn đường độ 2 nhận dài 20 + 0,1(0,9x – 9 – 20) = 0,09x + 17,1 mét Vì chiều dài của đoạn đường hai đội làm bằng nhau nê

0,1x + 9 = 0,09x + 17,1

Do đó x = 810 Đoạn đường dài 810m Mỗi đội phải làm 0,1.810 + 9 = 90 mét Số đội tham gia là 810 : 90 = 9 đội

 a2 + b2 ≥ 2ab tương tự a2 + c2 ≥ 2ac, c2 + b2 ≥ 2cb  2(a2 + b2 + c2) ≥ 2(ab + bc + ac)

Bài 4: Chứng minh các biểu thức sau là số chính phơng

+ Nếu nhốt n + 1 thỏ vào n lồng thì tồn tại một lồng có ít nhất 2 con

+ Nếu nhốt n thỏ vào m lồng mà phép chia n cho m có thơng là k và còn d thì tồn tại một lồng chứa ít nhất k + 1 thỏ.

Bài toán hình học tổ hợp

Bài 1: Bên trong một tam giác đều cạnh 10 có 45 điểm Chứng minh rằng tồn tại một hình tròn bán

kính 1 chứa ít nhất ba điểm trong 45 điểm đã cho.

Bài 2: Trong một hình tròn có diện tích S lấy 35 điểm, trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng

Chứng minh rằng tồn tại ba điểm là các đỉnh của một tam giác có diệntích nhỏ hơn S

171

Bài 3: (Đề thi HSG – năm 2008)

Bên trong một hình vuông có cạnh bằng 1 có 200 điểm Chứng minh rằng trong số các tam giác có đỉnh là các điểm đó hoặc các đỉnh hình vuông, tồn tại một tam giác có diện tích không quá

4021

Bài 4: Bên trong 1 hình vuông cạnh 100 đặt 63 đồng xu hình tròn bán kính 1 Chứng minh rằng có thể

đặt đợc một tấm bìa hình vuông cạnh 10 nằm trong hình vuông ban đầu mà không chờm lên một đồng xu nào.

Bài 1: Chia tam giác đã cho thành các lục giác đều có cạnh 1 hoặc một phần của

lục giác đều có cạnh 1 (

Theo nguyên lý đirichlê tồn tại một mảnh chứa 3 điểm, mảnh đó hoặc lực giác đều cạnh 1 hoặc một phần lục giác đều cạnh 1 Vẽ đờng tròn ngoại tiếp lục giác đều ấy đó là hình tròn phải tìm.

Bài 2: Chia hình tròn thành 17 hình quạt bằng nhau Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại một hình quạt có

ít nhất 3 điểm Tam giác có 3 đỉnh là điểm này có diện tích nhỏ hơn 17

Bài 3: Chia hình vuông thành các tam giác không có điểm trong chung

sao cho mỗi điểm đã cho đều là đỉnh của ít nhất một tam giác và số tam giác không còn chia thêm đợc nữa Ta có:

Tổng các góc có đỉnh là 200 điểm bên trong hình vuông bằng: điểm là tâm của 63 đồng xu Theo nguyên lý Đirichlê, tồn tại 1ô vuông chẳng hạn ô vuông ABCD không chứa điểm nào trong 3 điểm nói trên Thu nhỏ hình vuông đó lại để đợc hình vuông EFGH đồng tâm cạnh 10 không chờm lên một đồng xu nào.