Tuyển tập một số đề thi HSG môn Toán lớp 8 có đáp án

49 849 3
Tuyển tập một số đề thi HSG môn Toán lớp 8 có đáp án

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

một số có 8 chữ số: 1 2 8a a .. . a thỏa mãn 2 điều kiện a và b sau: a)   2 871 2 3a a a = a a b)   3 4 5 6 7 8 7 8a a a a a a a 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:        2007.2006.2005 1 ... 4.3.2 1 3.2.1 1 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) => 3122 87  aa => ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600.  ( 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: a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824. b) . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625 c) . a7a8 = 26 => không thoả mãn câu 2 . Đặt m = 3k + r với 20  r n = 3t + s với 20  s  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)2. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 2 vậy: ( xm + xn + 1)  ( x2 + x + 1) ( xr + xs + 1)  ( x2 + x + 1) với 2;0  sr 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:  2007.20063.22.1 2007.2006.2005 1 . 4.3.2 1 3.2.1 1         x Nhân 2 vế với 6 ta được:        200520082007.2006143.2032.12 2007.2006.2005 2 4.3.2 2 3.2`.1 2 3         x  2007.2006.20052008.2007.20063.2.14.3.23.2.12 2007.2006 1 4.3 1 3.2 1 3.2 1 2.1 1 3           x 651.100.5 669.1004.1003 2008.2007.2006.2 2007.2006 1 2.1 1 3        xx Câu 4 .a) Do AE BC => OC OA OB OE  A B BF AD OD OB OA FO  MặT khác AB CD ta lại có D A1B1 C OD OB OC OA  nên OA OF OB OE  => EF AB b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB Vì EF AB CD nên DC AB AB EF  => AB 2 = EF.CD. c) Ta có: S1 = 2 1 AH.OB; S2 = 2 1 CK.OD; S3 = 2 1 AH.OD; S4 = 2 1 OK.OD. O K E H F3. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 3 => CK AH OBCK OBAH S S  . 2 1 . 2 1 4 1 ; CKAH ODCK ODAH S S . . 2 1 . 2 1 2 3  => 2 3 4 1 S S S S  => 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 4 Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y 1 = 0 => y = 1 x y 6 = 0 x = 7 ĐỀ 2 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 0 c z b y a x (1) và 2 z c y b x a (2) Tính giá trị của biểu thức A= 02 2 2 2 2 2  c z b y a x b. Tính : B = 222222222 bac ca acb bc cba ab      Câu 3: Tìm x , biết : 3 1988 19 1997 10 2006 1·       xxx (1) Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M  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) ( cba 111  ). ĐÁP ÁN Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có: A= (21) (2+1) (22 +1) ........ + 14. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 4 = (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  () = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2 ) = (3x –5y)2 Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1)  bcx +acy + abz =0 Từ (2)         022 2 2 2 2 2 yz bc xz ac xy ab c z b y a x 4242 2 2 2 2 2         xyz bcxacyabz c z b y a x b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0  a + b = c  a2 + b2 –c2 = 2ab Tương tự b2 + c2 – a2 = 2bc; c2 +a2 b2 = 2ac  B = 2 3 222       ca ca bc bc ab ab Câu 3: . ( 1,25 điểm) (1)  0 1988 2007 1997 2007 2006 2007·       xxx  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   EMB =BKM ( gcg)  Góc MFE =KMB  BH  EF E M K b. ( 1,25 điểm)  ADF = BAE (cgc) AF  BE H Tương tự: CE  BF  BM; AF; CE là các đường cao của BEF  đpcm Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C P = 1 +                    b c c b a c c a a b b a b c a c c b a b c a b a 311 Mặt khác 2 x y y x với mọi x, y dương.  P  3+2+2+2 =9 Vậy P min = 9 khi a=b=c. 5. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 5 ĐỀ 3 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: 2 4 6 8 98 96 94 92 x x x x       Bài 2 (2đ): Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức 2 2 3 3 2 1 x x P x     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) ABM đồng dạng ACN 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: 2 2 2007 20072 x xx A   , ( 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) 92 8 94 6 96 4 98 2        xxxx  ( 98 2x +1) + ( 96 4x + 1) = ( 94 6x + 1) + ( 92 8x + 1) (0,5đ)  ( x + 100 )( 98 1 + 96 1 94 1 92 1 ) = 0 (0,25đ)6. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 6 Vì: 98 1 + 96 1 94 1 92 1  0 Do đó : x + 100 = 0  x = 100 Vậy phương trình có nghiệm: x = 100 (0,25đ) Bài 2 (2đ): P = 12 5 2 12 5)24()2( 12 332 22        x x x xxx x xx (0,5đ) x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên thì 12 5 x 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 =  2;3;0;1  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: AN AM AC AB    AMN đồng dạng  ABC   AMN =  ABC ( hai góc tương 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)7. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 7 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 đường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF AH hay EF Ax ( đfcm) (0,5đ) Bài 4 (1đ): A = 2 22 2007 20072007.22007 x xx  = 2 22 2007 20072007.2 x xx  + 2 2 2007 2006 x x = 2007 2006 2007 2006 2007 )2007( 2 2   x x A min = 2007 2006 khi x 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ) ĐỀ SỐ 4 Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =                    2 10 2: 2 1 36 6 4 2 3 2 x x x xxxx x 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 phơng trình sau : 12 15 2 1 14 22      x xx x xx Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lần lợt 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 = 12 332 2   x xx . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên Câu 5 ( 1 điểm) a, Chứng minh rằng     33333 .3 zyxxyyxzyx 8. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 8 b, Cho .0 111  zyx Tính 222 z xy y xz x yz A  ĐÁP ÁN Câu 1 a, x  2 , x 2 , x 0 b , A = 2 6 : 2 1 2 2 42             xxxx x =      2 6 : 22 222   xxx xxx =    x x xx      2 1 6 2 . 22 6 c, Để A > 0 thì 0 2 1   x 202  xx Câu 2 . ĐKXĐ : 2 1 ;1  xx PT 01 12 15 1 1 14 22        x xx x xx 0 12 23 1 23 22        x xx x xx          02321023230 12 1 1 1 23 22           xxxxxx xx xx  x =1 ; x = 2 ; x = 2 3 Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ . Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =        3 2 ;2;1 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 tợng tự ta có:  ARP= ADS do đó AP = AS và APS là tam giác cân tại A. 2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM RQ. Mặt khác : PAMPAN  = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.9. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 9 3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao của  SQR. Vậy P là trực tâm của  SQR. 4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = 2 1 QR. Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = 2 1 QR. MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tơng 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 đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x  12 A = (x + 1) + 12 2 x vì x Z nên để A nguyên thì 12 2 x nguyên Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy : 2x+1 = 2 x=12 ( loại ) 2x+1 = 1  x = 0 2x+1 = 1  x = 1 2x +1 = 2  x = 32 ( loại ) KL : Với x = 0 , x= 1 thì A nhận giá trị nguyên Câu 5. a, , Chứng minh     33333 .3 zyxxyyxzyx  Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh. b, Ta có 0 cba thì       abcccabccbaabbacba 333 3333333  (vì 0 cba nên cba  ) Theo giả thiết .0 111  zyx  . 3111 333 xyzzyx  khi đó 3 3111 333333222        xyz xyz zyx xyz z xyz y xyz x xyz z xy y xz x yz A ===================== ĐỀ 5 Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :10. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 10 M =           1 1 1 1 224 2 xxx x          2 4 4 1 1 x x x 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 = 3 83234 23   x xxx Bài 3 : 2 điểm Giải phương trình : a) x2 2005x 2006 = 0 b) 2x + 3x + 82 x = 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 : a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi . b)  AEF ~  CAF và AF2 = FK.FC c) 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 : a) M = ( )1)(1( 1)1)(1( 224 2422   xxx xxxx x4 +1x2 ) = 1 2 1 11 2 2 2 244      x x x xxx b) Biến đổi : M = 1 1 3 2 x . M bé nhất khi 1 3 2 x lớn nhất  x2 +1 bé nhất  x2 = 0  x = 0 M bé nhất = 2 Bài 2 : Biến đổi A = 4x2 +9x+ 29 + 3 4 x  A Z  3 4 x  Z  x3 là ước của 4  x3 =  1 ;  2 ;  4  x = 1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7 Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x2006)(x+1) = 0  (x2006)(x+1) = 0  x1 = 1 ; x2 = 2006 c) Xét pt với 4 khoảng sau : x< 2 ; 2  x < 3 ; 3  x < 4 ; x 411. GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http:giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 11 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 : KAF = ACF = 450 , góc F chung  AKI ~  CAF (g.g)  CFKFAF AF KF CF AF .2  d) 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(n1)(n+1)(n+2) + 8n(n1)(n+1) 24n3 +72n2 144n+120 Suy ra B  24

GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - ĐỀ Câu Tìm số có chữ số: a1a a thỏa mãn điều kiện a b sau: a) a1a 2a =  a 7a  b) a 4a 5a 6a 7a   a 7a  Câu Chứng minh rằng: ( xm + xn + ) chia hết cho x2 + x + ( mn – 2)  Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + Câu Giải phương trình:   1      2005.2006.2007   1.2.3 2.3.4 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + + 2006.2007) Câu Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD) Gọi O giao điểm AC BD; đường kẻ từ A B song song với BC AD cắt đường chéo BD AC tương ứng F E Chứng minh: EF // AB b) AB2 = EF.CD c) Gọi S1 , S2, S3 S4 theo thứ tự diện tích tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC Chứng minh: S1 S2 = S3 S4 Câu Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45 ĐÁP ÁN Câu Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2) Từ (1) (2) => 22  a7 a8  31 => ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600  ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 25 a4a5a6 ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) số tự nhiên liên tiếp nên có khả năng: a) a7a8 = 24 => a1a2a3 a8 số 57613824 b) a7a8 – = 24 => a7a8 = 25 => số 62515625 c) a7a8 = 26 => không thoả mãn câu Đặt m = 3k + r với  r  n = 3t + s với  s  m n 3k+r 3t+s 3k r r  x + x + = x + x + = x x – x + x3t xs – xs + xr + xs + = xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1 ta thấy: ( x 3k – 1)  ( x2 + x + 1) ( x3t –1 )  ( x2 + x + 1) Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - vậy: ( xm + xn + 1)  ( x2 + x + 1) ( xr + xs + 1)  ( x2 + x + 1) với  r ; s  r = s =1 => m = 3k + n = 3t + r = s = m = 3k + n = 3t + mn – = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t) mn – = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t) => (mn – 2)  Điều phải chứng minh áp dụng: m = 7; n = => mn – = 12   ( x7 + x2 + 1)  ( x2 + x + 1)  ( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + Câu Giải PT: 1         x  1.2  2.3    2006.2007  2005.2006.2007   1.2.3 2.3.4 Nhân vế với ta được: 2   3    x  21.23  0  2.34  1    2006.20072008  2005 2005.2006.2007   1`.2.3 2.3.4 1 1   3     x 2006.2007   1.2 2.3 2.3 3.4  1.2.3  2.3.4 1.2.3    2006.2007.2008  2005.2006.2007  1003.1004.669    3   x  2.2006.2007.2008  x  5.100.651  1.2 2006.2007  Câu a) Do AE// BC => BF// AD OE OA  OB OC O F OB  OA OD A E B O K H F MặT khác AB// CD ta lại có D OA OB  OC OD b) nên OE OF  OB OA A1B1 => EF // AB ABCA1 ABB1D hình bình hành => A1C = DB1 = AB EF AB => AB = EF.CD  AB DC 1 1 c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD 2 2 Vì EF // AB // CD nên Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 C GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - AH OB S1 AH => ;   S4 CK CK OB AH OD S3   AH CK S2 CK OD => S1 S3 => S1.S2 = S3.S4  S4 S2 Câu A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45 = x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ = ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 +  Giá trị nhỏ A = Khi: y- = => y=1 x- y- = x=7 ĐỀ Câu 1: a Rút gọn biểu thức: A= (2+1)(22+1)(24+1) .( 2256 + 1) + b Nếu x2=y2 + z2 Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2 x y z    (1) Câu 2: a Cho a b c a b c    (2) x y z x2 y z   0 a b2 c2 ab bc ca b Tính : B = 2  2  2 a b c b c a c  a b Tính giá trị biểu thức A= Câu 3: Tìm x , biết : x·1 x  10 x  19    (1) 2006 1997 1988 Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M  đương chéo AC Gọi E,F theo thứ tự hình chiếu M AD, CD Chứng minh rằng: a.BM  EF b Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy Câu 5: Cho a,b, c, số dương Tìm giá trị nhỏ a b c P= (a+ b+ c) (   ) ĐÁP ÁN Câu 1: a ( 1,25 điểm) Ta có: A= (2-1) (2+1) (22+1) + Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - = (22-1)(22+1) (2256+1) = (24-1) (24+ 1) (2256+1) = [(2256)2 –1] + = 2512 b, ( điểm) Ta có: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*) Vì x2=y2 + z2  (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2 Câu 2: ( 1,25 điểm) a Từ (1)  bcx +acy + abz =0  ab ac bc   abz  acy  bcx  x2 y z x2 y z     Từ (2)     2          2 a b c xy xz yz a b c xyz     b ( 1,25 điểm) Từ a + b + c =  a + b = - c  a2 + b2 –c2 = - 2ab Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac B= ab bc ca     2ab  2bc  2ca Câu 3: ( 1,25 điểm) (1)  x·2007 x  2007 x  2007   0 2006 1997 1988  x= 2007 A Câu 4: a ( 1,25 điểm) Gọi K giao điểm CB với EM; H giao điểm EF BM   EMB =BKM ( gcg)  Góc MFE =KMB  BH  EF b ( 1,25 điểm)  ADF = BAE (cgc) AF  BE Tương tự: CE  BF  BM; AF; CE đường cao BEF  đpcm Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: P=1+ Mặt khác B E M K H D F C a a b b c c a b a c  b c   1   1              b c a c a b b a c a c b x y   với x, y dương  P  3+2+2+2 =9 y x Vậy P = a=b=c Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - ĐỀ Bài (3đ): 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a) x2 + 7x + 12 b) a10 + a5 + 2) Giải phương trình: x  x  x 6 x 8    98 96 94 92 Bài (2đ): Tìm giá trị nguyên x để biểu thức P  x  3x  có giá trị nguyên 2x 1 Bài (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC ) 1) Kẻ đường cao BM; CN tam giác Chứng minh rằng: a) ABM đồng dạng ACN b) góc AMN góc ABC 2) Trên cạnh AB lấy điểm K cho BK = AC Gọi E trung điểm BC; F trung điểm AK Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax góc BAC Bài (1đ): Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A x  x  2007 , ( x khác 0) 2007 x ĐÁP ÁN Bài (3đ): 1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ) b) a10 + a5 + = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + ) = (a2 + a + )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 a+ ) (1đ) 2) x2 x4 x6 x8    98 96 94 92 x2 x4 x6 x8 +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) ( 98 96 94 92 1 1  ( x + 100 )( + )=0 98 96 94 92 (0,5đ) (0,25đ) Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - Vì: 1 1 +  98 96 94 92 Do : x + 100 =  x = -100 Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ) Bài (2đ): x  3x  (2 x  x)  (4 x  2)  5 P=   x2 2x  2x  2x  (0,5đ) x nguyên x + có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên => phải nguyên hay 2x - ước nguyên (0,5đ) 2x  * 2x - = => x = * 2x - = -1 => x = * 2x - = => x = * 2x - = -5 => x = -2 (0,5đ) Vậy x = 1;0;3;2 P có giá trị nguyên Khi giá trị nguyên P là: x = => P = x = => P = -3 x = => P = x = -2 => P = -1 (0,5đ) Bài (4đ): 1) a) chứng minh  ABM đồng dạng  CAN (1đ) b) Từ câu a suy ra: AB AM   AMN đồng  AC AN dạng  ABC   AMN =  ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ) 2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax H (0,25đ)  BAH =  CHA ( so le trong, AB // CH) mà  CAH =  BAH ( Ax tia phân giác) (0,5đ) Suy ra:  CHA =  CAH nên  CAH cân C : CH = CA => CH = BK CH // BK (0,5đ) Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - BK = CA Vậy tứ giác KCHB hình bình hành suy ra: E trung điểm KH Do F trung điểm AK nên EF đường trung bình tam giác KHA Do EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ) Bài (1đ): A= 2007 x  x.2007  2007 x  x.2007  2007 2006 x = + 2007 x 2007 x 2007 x ( x  2007) 2006 2006   2007 2007 2007 x 2006 A = x - 2007 = hay x = 2007 (0,5đ) 2007 = ĐỀ SỐ  x2   10  x       : x     x    x  x  3x x    Câu ( điểm ) Cho biểu thức A =  a, Tìm điều kiện x để A xác định b, Rút gọn biểu thức A c, Tìm giá trị x để A > O Câu ( 1,5 điểm ) Giải phơng trình sau : x  4x  x  5x  2 x 1 2x  Câu ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với lần lợt cắt BC tai P R, cắt CD Q S 1, Chứng minh  AQR  APS tam giác cân 2, QR cắt PS H; M, N trung điểm QR PS Chứng minh tứ giác AMHN hình chữ nhật 3, Chứng minh P trực tâm  SQR 4, MN trung trực AC 5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng Câu ( điểm): Cho biểu thức A = x  3x  2x  Câu ( điểm) a, Chứng minh Tìm giá trị nguyên x để A nhận giá trị nguyên x  y  z  x  y   3xy.x  y   z 3 Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - b, Cho 1    x y z Tính A  yz xz xy   x2 y2 z ĐÁP ÁN Câu a, x  , x  -2 , x  b , A =  x    :  x 4 2 x x  2 x  = x  2x  2  x  : x  2x  2 x  = 6 x2  x  2x  2  x c, Để A > Câu PT   ĐKXĐ :   2 x   x  2 x x  1; x   x  4x  x  5x  x  3x  x  3x  1 1    0 x 1 2x  x 1 2x        x  3x       x  3x  3x  2   x  1x  23x  2   x  2x    x =1 ; x = ; x = - 2/ Cả giá trị thỏa mãn ĐKXĐ Vậy PT cho có tập nghiệm S = 1;2;   3 Câu 3: 1,  ADQ =  ABR chúng hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) DA=BD ( cạnh hình vuông) Suy AQ=AR, nên  AQR tam giác vuông cân Chứng minh tợng tự ta có:  ARP=  ADS AP = AS  APS tam giác cân A 2, AM AN đờng trung tuyến tam giác vuông cân AQR APS nên AN  SP AM  RQ PAN  PAM = 45 nên góc Mặt khác : MAN vuông Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên hình chữ nhật Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - 3, Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA RC hai đờng cao  SQR Vậy P trực tâm  SQR 4, Trong tam giác vuông cân AQR MA trung điểm nên AM = QR Trong tam giác vuông RCQ CM trung tuyến nên CM = QR  MA = MC, nghĩa M cách A C Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa N cách A C Hay MN trungtrực AC 5, Vì ABCD hình vuông nên B D cách A C Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cách A C nên chúng phải nằm đờng trung trực AC, nghĩa chúng thẳng hàng Câu Ta có ĐKXĐ x  -1/2 A = (x + 1) + 2x  x  Z nên để A nguyên nguyên 2x  Hay 2x+1 ớc Vậy : 2x+1 =  x=1/2 ( loại ) 2x+1 =  x = 2x+1 = -1  x = -1 2x +1 = -2  x = -3/2 ( loại ) KL : Với x = , x= -1 A nhận giá trị nguyên Câu a, , Chứng minh x  y  z  x  y 3  3xy.x  y   z Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh b, Ta có a  b  c  a  b  c  a  b  3aba  b  c  c  3ab c   c  3abc (vì a  b  c  nên a  b  c ) Theo giả thiết A  1 1 1        x y z xyz x y z  yz xz xy xyz xyz xyz 1       xyz      xyz  3 xyz x y z x y z y z  x ===================== ĐỀ Bài : (2 điểm) Cho biểu thức : Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** -  x2 1     x  x  x  1 M =   1 x4  x  1 x2     a) Rút gọn b) Tìm giá trị bé M Bài : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên x  3x  x  83 A= x 3 Bài : điểm Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = b) x  + x  + x  = Bài : (3đ) Cho hình vuông ABCD Gọi E điểm cạnh BC Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE Ax cắt CD F Trung tuyến AI tam giác AEF cắt CD K Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI G Chứng minh : a) AE = AF tứ giác EGKF hình thoi b)  AEF ~  CAF AF2 = FK.FC c) Khi E thay đổi BC chứng minh : EK = BE + DK chu vi tam giác EKC không đổi Bài : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120 chia hết cho 24 ĐÁP ÁN Bài : a) M = ( x  1)( x  1)  x  x  x 1  x  x 1 x  2  x +1-x ) = ( x 1 x 1 ( x  x  1)( x  1) b) Biến đổi : M = - 3 M bé lớn  x2+1 bé  x2 x 1 x 1 =  x =  M bé = -2 Bài : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + 4  A Z   Z  x-3 ước x 3 x 3  x-3 =  ;  ;   x = -1; 1; 2; ; ; Bài : a) Phân tích vế trái (x-2006)(x+1) =  (x-2006)(x+1) =  x1 = -1 ; x2 = 2006 c) Xét pt với khoảng sau : x< ;  x < ;  x < ; x  Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 10 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** -   x 1  1 x 1 x 1    x 2004  x 2005 x 2006      2004 2005 2006 2004 2004 2005 2005 2006 2006 2006  x 2006  x 2006  x 1    (2006  x)(   0 2004 2005 2006 2004 2005 2006  (2006 - x) =  x = 2006 a  b  b) Thực phép chia đa thức, từ ta tìm được:  Bài FI FP DO (1)   IE PM OB EJ EQ CO (2)   FJ QM OA a) Ta có: D C E I DO CO (3)  OB OA J F Q P FI EJ Từ (1), (2) (3) suy  IE FJ A hay M B FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H trung điểm IJ từ (4) ta có: IJ IJ IJ IJ )( FH  )  ( EH  )( EH  )  FH  EH 2 2 DO CO FI b) Nếu AB = 2CD   nên theo (1) ta có  OB OA IE ( FH  suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) (3) ta có EF = 3EJ Do đó: FI = EJ = IJ = EF không liên quan đến vị trí M Vậy M tuỳ ý AB 3 4 Bài Ta có: C = a + b = ( a  b)  a  3ab  12  a2  4  4 4 (ĐPCM) ============================ ĐỀ 18 Câu 1: a Tìm số m, n để: m n   x( x  1) x  x b Rút gọn biểu thức: M= 1 1    a  5a  a  7a  12 a  9a  20 a  11a  30 Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 35 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - Câu 2: a Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1 b Giải toán nến n số nguyên Câu 3: Cho tam giác ABC, đường cao AK BD cắt G Vẽ đường trung trực HE HF AC BC Chứng minh BG = 2HE AG = 2HF Câu 4: Trong hai số sau số lớn hơn: a = 1969  1971 ; b = 1970 ĐÁP ÁN Câu 1: (3đ) a m =1 (0.75đ); n = -1 (0.75đ) b.(1.5đ) Viết phân thức thành hiệu hai phân thức (áp dụng câu a) a a2 a2 a2 1    5a  a  a  1    7a  12 a  a  1    9a  20 a  a  1    11a  30 a  a  (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Đổi dấu tính : M= 1   a  a  (a  2).(a  6) Câu 2: (2.5đ) a (1.5đ) Biến đổi: n5 +  n3 +  n2(n3 + 1) – (n2 –1)  n3 +  (n + 1) (n – 1)  (n + 1)(n - n + 1)  n –  n – n + (vì n +  ) Nếu n = ta chia hết cho Nếu n > n – < n(n – 1) + = n2 – n +1 Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao (0.5đ) (0.5đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) | Tel: 0936.128.126 36 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - Do xảy quan hệ n – chia hết cho n2 – n +1 tập hợp số nguyên dương Vậy giá trị n tìm (0.25đ) b n –  n2 – n +1  n(n – 1)  n – n + n2 – n  n2 – n +  ( n2 – n + 1) –  n2 – n +  (0.5đ)  n –n +1  Có hai trường hợp: n2 – n + =  n(n – 1) =  n = n = Các giá trị thoả mãn đề (0.25đ) 2 n – n + = -  n – n + = vô nghiệm Vậy n = 0, n = hai số phải tìm (0.25đ) Câu 3: (3đ) (Hình *) Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI BI, ta có HE đường trung bình ACI nên HE//AI HE = 1/2IA (1) (0.25đ) Tương tự CBI : HF//IB HF = 1/2IB (2) (0.25đ) Từ BGAC HEAC  BG//IA (3) (0.25đ) Tương tự AKBC HFBC  AG//IB (4) (0.25đ) Từ (3) (4)  BIAG hình bình hành (0.25đ) Do BG = IA AG = IB (0.5đ) Kết hợp với kết (1) (2)  BG = 2HE AG = 2HF (0.5đ) Câu 4: Ta có: (1.5đ) 19702 – < 19702  1969.1971 < 1970  A D I E 1969.1971  2.1970 (*) Cộng 2.1970 vào hai vế (*) ta có: G B K 2.1970  1969.1971  4.1970  ( 1969  1971)  (2 1970 ) (0.25đ) H F (0.25đ) Hình * (0.25đ)  1969  1971  1970 (0.25đ) Vậy: 1969  1971  1970 (0.25đ) Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 37 C GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - =============================== ĐỀ 19 Bài (2,5đ) Cho biểu thức  x2   10  x     : x     x2  x  x  3x x    A =     a tìm tập xác định A: Rút gọn A? b Tìm giá trị x A = c.Với giá trị x A < d timg giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên (2,5đ) x4  x3  x  a Cho P = x  x  2x  x  Rút gọn P chứng tỏ P không âm với giá trị x b Giải phương trình 1 1     x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  30 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = 27  12 x x2  Bài (3đ) Cho ABC vuông A điểm H di chuyển BC Gọi E, F điểm đối xứng H qua AB AC a CMR: E, A, H thẳng hàng b CMR: BEFC hình thang, tìm vị trí H để BEFC trở thành hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật không c xác định vị trí H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất? Bài (1đ) Cho số dương a, b, c có tích CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1)  ĐÁP ÁN Bài (2,5đ) sau biến đổi ta được; Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 38 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - A= 6 x2  x  2x  2 0,5đ a TXĐ = x : x  2; x  0 Rút gọn: A = 0,25đ 1 0,25đ  x2 2x b Để A = c Để A <  x  1,5 (thoã mãn điều kiện x) 0,5đ    x   x  (Thoã mãn đk x) 2x 0,5đ d Để A có giá trị nguyên (2 - x) phải ước Mà Ư (2) =  1;2;1;2 suy x = 0; x = 1; x = 3; x= Nhưng x = không thoã mãn ĐK x 0,25đ Vậy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ Bài (2,5đ) a P = x4  x3  x  x  x  2x  x  1đ Tử: x4 + x3 + x + = (x+1)2(x2- x + 1) 0,25đ Mẫu: x4 - x3 + 2x2 -x +1 = (x2 + 1)(x2 -x + 1) 0,25đ Nên mẫu số (x2 + 1)(x2 -x + 1) khác Do không cần điều kiện x Vậy P = x  12 x  x  1 x    x2  x   0,25đ x  12 tử = x  12  0x mẫu x2 + >0 với x  1` x 0,25đ Nên P  0x b Giải PT: 1 1     x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  x2 + 5x + = (x + 2)(x + 3) x2 + 7x + 12 = (x + 4)(x + 3) x2 + 9x + 20 = (x + 4)(x + 5) x2 + 11x + 30 = (x + 5)(x + 6) Trong 1 1    x  x  x  2x  3 x  2 x  3 TXĐ = x; x  2;3;4;5;6 phương trình trở thành: Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 39 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - 1 1 1 1         x  x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6 1    x2 x6  8( x   x  2)  ( x  2)( x  6)  32  x  x  12  x  x  20   x  2; x  10 Vậy PT cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A 27  12 x x2      2 x2  27  12 x x  12 x  36  x  A     1 x 9 x2  x 9 A đạt giá trị nhỏ -1   x    hay x =     x  36  x  12 x  x  3  27  12 x   4  x2  x2  x 9  x  3   x   A đạt GTLN A = Bài (3đ) a.(0,75đ) E đôie xứng với H qua AB nên AB đường trung trực đoanh thẳng EH góc EAH = gócIAH (1) góc FAD = gócDAH (2) cộng (1) (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 900 theo giả thuyết hay gócEAI + gòcAD + BAC = 900 + 900 = 1800 Do điểm E, A, F thẳng hàng b Tam giác ABC vuông A nên gócABC + ACB = 900 (hai góc nhọn tam giác vuông) Mà gócEBA = gócABH (tính chất đối xứng) gócCA = gócHCA (tính chất đối xứng) suy góc EBA + góc FCA = 900 haygóc EBA + góc FCA + góc ABC + góc ACB = 1800 Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 40 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - suy góc EBC + góc FBC = 1800 (hai góc phía bù nhau) BE song song CF Vởy tứ giác BEFC hình thang 0,75đ Muốn BEFC hình thang vuông phải có góc AHC = 900 ( E  F  900 ) H phải chân đường cao thuộc cạnh huyền tam giác ABC Muốn BEFC hình bình hành BE = CF suy BM = HC Vậy H phải trung điểm BC………… 0,25đ Muốn BEFC hình chữ nhật BEFC phải có góc vuông suy ( B  C  450 ) điều không xảy tam giác ABC không phaỉ tam giác vuông cân… 0,25đ c.lấy H thuộc BC gần B ta có: SEHF  2S AIDH dựng hình chữ nhật HPQD AIHD Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g) suy SHBIS  SHMB  SEHF  S ABMQ  SABC với H gần C ta có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC H di chuyển BC ta có SEHF  S ABC Tại vị trí h trung điểm BC ta có SEHF = SABC Do H trung điểm BC SEHF lớn Bài (1đ) Cho số dương a, b, c có tích Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1)  Do a, b, c số dương nên ta có; (a – 1)2  0a   a   2a  a  2a    a  1  4a (1) …………0,25đ Tương tự (b + 1)2  4b (2)………………0,25đ (c + 1)2  4c (3) …………0,25đ Nhân vế (1), (2), (3) ta có: (b + 1)2(a – 1)2(c + 1)2  64abc (vì abc = 1) ((b + 1)(a – 1)(c + 1))2  64 (b + 1)(a – 1)(c + 1)  8… 0,25đ ======================================= ĐỀ 20 Câu I :(3đ) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 B = x3 +6x2 +11x +6 b) Rút gọn phân thức : Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 41 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - A x  x  19 x  12  B x  x  11x  Câu II : (3đ) ) Cho phương trình ẩn x xa x2   x2 xa a) Giải phương trình với a = b) Tìm giá trị a cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm ) Giải bất phương trình sau : 2x2 + 10x +19 > Câu III (3đ): Trong hình thoi ABCD người ta lấy điểm P Q theo thứ tự AB CD cho AP = 1/ AB CQ = 1/ CD Gọi I giao điểm PQ AD , K giao điểm DP BI , O giao điểm AC BD a) Chứng minh AD = AI , cho biết nhận xét tam giác BID vị trí K IB b) Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích A I Câu IV : (1đ) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : yx2 +yx +y =1 ĐÁP ÁN Bài I : 1) A = (x+1) ( x+3) (x +4) B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) 2) A ( x  1)( x  3)( x  4) x    B ( x  1)( x  2)( x  3) x  Bài II :1) Phương trình (1đ) (1đ) (1đ) ( x  a) ( x  2)  2 ( x  2) ( x  a) Điều kiện: x  -2 x  a (1)  x2 – a2+ x2 – = 2x2 + 2(2- a)x – 4a  – a - + 4a = 2(2- a)x  - (a - 2) = 2(a - 2)x (*) a) với a =4 thay vào (*) ta có : =4x  x=1 b) Thay x= -1 vào (*) ta (a – )2 + (a - 2)=  (a - 2) (a – + 2) = a=2 (1) (1đ) Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 42 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** -  a=0 (1đ) 2) Giải bất phương trình : 2x2 + 10x + 19 > (1) Biến dổi vế trái ta 2x2 + 10x + 19 = 2x2 + 8x +8 + 2x +4 +7 =2(x2 + 4x +4) + 2(x +2) + = 2(x + 2)2 +2(x + 2) + = (x + 3)2 + (x + 2)2 + lớn với x Nên bất phương trình (1) Nghiệm với  x (1đ) Bài III AP // DQ Xét tam giác IDQ có AP = DQ Theo định lý Ta Lét tam giác ta có : (0,75đ ) IA AP    IA  ID  AD  AI ID AQ Tam giác BID tam giác vuông B AO  DB AO đường trung bình  BID Điểm K trung điểm IB (Do DK đường trung tuyến  BID ) (0,75đ) b) Với B D cố định nên đoạn DB cố định.Suy trung điểm O cố định Mặt khác AC BD , BI DB vai trò A C Nên quỹ tích A đường thẳng qua O vuông góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích điểm I đường thẳng qua B vuông góc với BD trừ điểm B (1đ) Đảo: Với A I chạy đường AD = AI Thì AP = Thật : Do AP // DQ suy (0,5đ) Bài IV: 1 AB CQ = CD IA AP    AP  DQ mà AB = CD  ĐPCM ID AQ y x2 + y x + y = (1) Nếu phương trình có nghiệm x ,y > (1) y(x2 + x +1) =   y = ,x= y= x + x +1 =1 Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 43 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - Vậy nghiệm phương trình (x,y) = (0 ,1) (1đ) =================================== ĐỀ 21 I Đề bài: 1   Bài 1:(2 điểm) Cho A = 2 2 b  c -a c  a - b a  b - c2 Rút gọn biểu thức A, biết a + b + c = Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình: 1) (x+1)4 + (x+3)4 = 16 2) x  1001 x  1003 x  1005 x  1007    4 1006 1004 1002 1000 Bài 3:(2 điểm) a= Chứng minh số: 1 1     , n  Z+ số nguyên 1.2 2.3 3.4 n.(n+1) Bài 4:(3 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD DA a) Tứ giác MNPQ hình gì? Tại sao? b) Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ hình vuông? c) Với điều kiện câu b), tính tỷ số diện tích hai tứ giác ABCD MNPQ ĐÁP ÁN Bài 1:(2 điểm) Ta có: a + b + c =  b + c = - a Bình phương hai vế ta có : (b + c)2 = a2 2 2 2  b + 2bc + c = a  b + c - a = -2bc Tương tự, ta có: c2 + a2 - b2 = -2ca a2 + b2 - c2 = -2ab 1 -(a+b+c) = =0 (vì a + b + c = 0)  A= 2bc 2ca 2ab 2abc Vậy A= 0.25 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.5 điểm 0.25 điểm Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình: 1) Đặt y = x + ta phương trình: Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 44 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - (y – 1)4 + (y +1)4 = 16  2y4 + 12y2 + = 16  y + 6y -7 = Đặt z = y2 ta phương trình: z2 + 6z – = có hai nghiệm z1 = z2 = -7 0.5 điểm 0.5 điểm  y2 = có nghiệm y1 = ; y2 = -1 ứng với x1 = -1 ; x2 = -3  y2 = -7 nghiệm 2) 0.5 điểm x  1001 x  1003 x  1005 x  1007    4 1006 1004 1002 1000 x  1001 x  1003 x  1005 x  1007  1  1  1  1  1006 1004 1002 1000 x  2007 x  2007 x  2007 x  2007     0 1006 1004 1002 1000 0.5 điểm 1    ( x  2007)        ( x  2007) =  1006 1004 1002 1000  0.5 điểm 1 1  Vì        x  2007 1006 1004 1002 1000 0.5 điểm   Bài 3:(1,5 điểm) Ta có:   1 1   1 1   1 1    a = 1                2 3 n n+1 = 1  0,5điểm n =  1; n+1 n+1 0.5 điểm Mặt khác a > Do a không nguyên 0.5 điểm Bài 4:(3,5 điểm) Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận 0.5 điểm b n m c a p q d Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 45 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - a) Chứng minh MNPQ hình bình hành b) MNPQ hình vuông AC = BD, AC  BD c) 2 SABCD = a ; SMNPQ = a ;  điểm điểm 0.5 điểm SABCD 2 SMNPQ 0.5 điểm ========================= ĐỀ 22 Bài (3 điểm) a Phân tích đa thức thành nhân tử A = x4– 14x3 + 71x2 – 154x +120 b Chứng tỏ đa thức A chia hết cho 24 Bài ( điểm) x2  x  x2  x    a Tìm nghiệm nguyên tử phương trình: x  x  x2  x  x2 b Tìm giá trị lớn biểu thức: B = với x #  x4 x2  5x  Bài ( điểm) Rút gọn biểu thức: P = x  3x  3x  Bài ( điểm ) Cho Tam giác ABC vuông cân A Điểm M cạnh BC Từ M kẻ ME vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E  AB ; F  AC ) a Chứng minh: FC BA + CA B E = AB2 chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vào vị trí M b Tâm vị trí M để diện tích tứ giác MEAF lớn c Chứng tỏ đường thẳng qua M vuông góc với EF qua điểm cố định ĐÁP ÁN Bài 1: a A = x4 – 14x3+ 71x2- 154 x + 120 Kết phân tích A = ( x –3) (x-5) (x-2) (x-4) b A = (x-3) (x-5) (x-2) (x-4) ( 2điểm ) Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 46 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - => A= (x-5) (x-4) (x-3) (x-2) Là tích số nguyên liên tiêp nên A  24 Bài 2: a (1 điểm ) x2  x  x2  x    x2  x  x2  x  Tìm nghiệm phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức B= x2 với x # giải tìm B max = 1/2 x =  1  x4 ( 1, điểm ) Bài Rút gọn biểu thức: P= x  2 x  3  P  x  x2  5x   x  3x  3x  x  2 x  x  x2  x    ( 1điểm ) Bài 4: Giải a chứng minh F C BA + CA BE = AB2 (0,5 điểm ) + Chứng minh chu vi tứ giác MEAF = AB ( không phụ vào vị trí M ) ( 0,5 điểm ) b Chứng tỏ M trung điểm BC Thì diện tích tứ giác MEAF lớn (1 điểm ) c Chứng tỏ đường thẳng MH  EF qua điểm N cố định ( điểm ) Đề 23 Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng: a) 85 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44 Bài 2: (3đ) a) Rút gọn biểu thức: b) Cho x2  x  x3  x  18 x  yz xz xy 1    0( x, y, z  0) Tính   x y z x y z Bài 3:(3đ) Cho tam giác ABC Lấy điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối tia BA, CA cho BD + CE = BC Gọi O giao điểm BE CD Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác góc A, đường thẳmg cắt AC K Chứng minh AB = CK Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 47 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức sau (nếu có): M = 4x2 + 4x + ĐÁP ÁN Bài : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17 Rõ ràng kết chia hết cho 17 b) (1,5đ) áp dụng đẳng thức: an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - …- abn-2 + bn-1) với n lẽ Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918) = 88(1918 – 1917.69 + …+ 6918) chia hết cho 44 Bài : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: x2 + x – = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x+3)(x-2) x3 – 4x2 – 18 x + = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + =(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9) =x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3) =(x+3)(x2 –7x +3) x2  x  (x+3)(x-2) ( x  2) => = Với điều kiện x  -1 ; x2 -7x +  2 x  x  18 x  (x+3)(x -7x +3) x -7x +3 b) (1,5đ) Vì 1 1 1 1         x y z z x y 1 1 1 1 1 1                z z x y x y y  x y x  1 1 1 1 1 1    3        3 x y z x y x y x y z xyz Do : xyz( xyz xyz xyz yz zx xy 1 + + )=         3 z x y z x y z x y Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 48 0 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 *** - Bài : (3đ) Chứng minh : Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM Thật xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân C A K B C => B1  E góc C1 góc tam giác BCE => C1  B1  E  B1  C1 mà AC // BM (ta vẽ) => C1  CBM  B1  CBM D E M nên BO tia phân giác CBM Hoàn toàn tương tự ta có CD tia phân giác góc BCM Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy O => MO phân tia phân giác góc CMB Mà : BAC, BMC hai góc đối hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác góc A theo gt tia phân giác góc A song song với OK => K,O,M thẳng hàng Ta lại có : M1  BMC (cmt ); A  M  M1  A2 mà A2  K (hai góc đồng vị) => K1  M1  CKM cân C => CK = CM Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm) Bài 4: (1đ) Ta có M= 4x2 + 4x + =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4 = (2x + 1)2 + Vì (2x + 1)2  =>(2x + 1)2 +   M  Vậy giá trị nhỏ M = x = - =========================================== Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.128.126 49 [...]... 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 3 2 2 b) (n +2n - 3n + 2):(n -n) được thương n + 3 dư 2 0,3đ Muốn chia hết ta phải có 2  n(n-1)  2  n 0,2đ Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 24 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn... 2  B, Chứng minh rằng DB OB 2 8a 2 C, Biết SAOB = Tính CA ; DB theo a 3 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 thi t) Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 14 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn... ============================ ĐỀ 18 Câu 1: a Tìm số m, n để: 1 m n   x( x  1) x  1 x b Rút gọn biểu thức: M= 1 1 1 1  2  2  2 a  5a  6 a  7a  12 a  9a  20 a  11a  30 2 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 35 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.1 28. 126 *** - Câu 2: a Tìm số nguyên dương n để... (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) Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 23 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.1 28. 126 ... và DB = 3 ==================== Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 16 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.1 28. 126 *** - ĐỀ 8 x2 y2 x2 y2 Bài 1( 2 điểm) Cho biểu thức : P     x  y1  y  x  y1  x  x  11  y 1.Rút gọn P 2.Tìm các cặp số (x;y)  Z sao cho giá trị của P = 3 Bài 2(2... 4 1 2 Ta có : x2 + x + 1 = ( x  )2   Vậy f(x) đạt GTNN khi ( x  )2 = 0 Tức x = - 1 2 Câu 3: Ta có : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của 3, một số là bội của 5) Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8, 3,5 =... 1 1 1  0 1000 999 9 98 997 996 995 x  1001 x  1001 x  1001 x  1001 x  1001 x  1001       0 1000 999 9 98 997 996 995 1 1 1 1 1 1  ( x  1001)(      )0 1000 999 9 98 997 996 995  x=-1001 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 31 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.1 28. 126 *** ... 7 ĐÁP ÁN Bài 1:  x  1 x  0 a) Điều kiện:  ( x  1) 2  ( x  1) 2  x 2  4 x  1 x  2006 x  2006  = 2 x 1 x x  x  1 c) Ta có: A nguyên  (x + 2006)  x  2006 x    x  2006 b) A = ( Do x =  1 không thoã mãn đk Vậy A nguyên khi x =  2006 Bài 2 a) Ta có: 2 x 1 x x 1   2004 2005 2006 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 34 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN... 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) ( x  3) 2 (3x  4) Ta có A= (0,5đ) ( x  3) 2 (3x  1) Vậy biểu thức A xác định khi x3,x1/3(0,5đ) Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 21 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ... Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2 Bài 3.(2điểm)  2 2 2 x  1  x2  2  x2  2 x  2  x  2 x  1 M  x2  2 x2  2 x M 2   2   x  1 x2  2 2  x  1  1  2 x2  2  x  1 nhỏ nhất M lớn nhất khi 2 2 x 2 Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 18 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.1 28. 126 ... triển toán 8) Câu 4: M = 18 a = b = … Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 33 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.1 28. 126... có diện tích lớn nhất? Bài (1đ) Cho số dương a, b, c có tích CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1)  ĐÁP ÁN Bài (2,5đ) sau biến đổi ta được; Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 38. .. a b c P= (a+ b+ c) (   ) ĐÁP ÁN Câu 1: a ( 1,25 điểm) Ta có: A= (2-1) (2+1) (22+1) + Đăng ký học tập môn Toán lớp nâng cao | Tel: 0936.1 28. 126 GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn

Ngày đăng: 29/03/2016, 05:27

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan