up loat toan tuoi tho

LINK DOWNLOAD MIỄN PHÍ TÀI LIỆU "up loat toan tuoi tho": http://123doc.vn/document/558348-up-loat-toan-tuoi-tho.htm

A đạt GTNN bằng -1
Bài toán 4 : Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x
4
+ y
4
+ x
2
- 3 = 2y
2
(1 - x
2
).
Tìm GTLN và GTNN của x
2
+ y
2
.
Lời giải : Ta có x
4
+ y
4
+ x
2
- 3 = 2y
2
(1 - x
2
)
<=> (x
2
+ y
2
)
2
- 2(x
2
+ y
2
) - 3 = -3x
2
≤ 0
=> t
2
- 2t - 3 ≤ 0 (với t = x
2
+ y2 ≥ 0)
=> (t + 1)(t - 3) ≤ 0 => t ≤ 3
Vậy t = x
2
+ y
2
đạt GTLN bằng 3 khi và chỉ khi x = 0 ;
Ta lại có x
4
+ y
4
+ x
2
- 3 = 2y
2
(1 - x
2
)
<=> (x
2
+ y
2
)
2
+ x
2
+ y
2
- 3 = 3y
2
≥ 0
=> t
2
+ t - 3 ≥ 0 (với t = x
2
+ y
2
≥ 0)
Vậy t = x
2
+ y
2
đạt GTNN bằng
khi và chỉ khi y = 0 ;
Bài tập tương tự
1) Cho x, y, z thỏa mãn :
2xyz + xy + yz + zx ≤ 1.
Tìm GTLN của xyz.
Đáp số : 1/8(x = y = z = 1/2)
2) Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn :
(x + y + z)
3
+ x
2
+ y
2
+ z
2
+ 4 = 29xyz
Tìm GTNN của xyz.
Đáp số : 8 (x = y = z = 2).
3) Tìm GTLN và GTNN của S = x
2
+ y
2
biết x và y là nghiệm của phương trình :
5x
2
+ 8xy + 5y
2
= 36
Đáp số : GTLN là 36
GTNN là 4
4) Cho x và y là các số thực thỏa mãn :
Tìm GTLN của x
2
+ y
2
.
Đáp số : 1 (x = -1 ; y = 0).
5) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn :
x
2
+ 4y
2
+ z
2
= 4xy + 5x - 10y +2z - 5
Tìm GTLN và GTNN của x - 2y.
Đáp số :
GTLN là 4 (x = 2y + 4 ; y Є R ; z = 1) ;
GTNN là 1 (x = 2y + 1 ; y Є R ; z = 1).
6) Tìm các số nguyên không âm x, y, z, t để M = x
2
+ y
2
+ 2z
2
+ t
2
đạt GTNN, biết rằng :
Đáp số : x = 5 ; y = 2 ; z = 4 ; t = 0. Khi đó M đạt giá trị nhỏ nhất là 61.
SỰ TƯƠNG GIAO GIỮA ĐƯỜNG THẲNG VÀ PARABOL
Bài toán về sự tương giao giữa đường thẳng và đường parabol là một chủ đề hay gặp trong các kì thi cuối
cấp. Nắm vững loại toán này, các bạn sẽ thấy mối liên hệ giữa vị trí tương đối của hai đồ thị với nghiệm
của một phương trình bậc hai.
Trước hết, các bạn cần nhớ những kiến thức cơ bản :
Cho (C) là đồ thị của hàm số y = f(x) và điểm A(xA ; yA) ta có :
A Є (C) <=> yA = f(xA)
A không thuộc (C) <=> yA ≠ f(xA)
Tọa độ điểm chung của đồ thị hàm số y = f(x) và y = g(x) là nghiệm của hệ : y = f(x) và y = g(x)
Do đó : Hoành độ điểm chung của hai đồ thị chính là nghiệm của phương trình f(x) = g(x). Từ đó ta có
thể xét được vị trí tương đối giữa hai đường thẳng, vị trí tương đối giữa một đường thẳng và một parabol.
1. Vị trí tương đối giữa hai đường thẳng
(D) : y = ax + b (a ≠ 0)
(D’) : y = a’x + b’ (a’ ≠ 0)
Phương trình hoành độ điểm chung của (D) và (D’) là : (a - a’)x = b’ - b (1)
* (D) // (D’) Phương trình (1) vô nghiệm a = a’ và b ạ b’.
* (D) // (D’) <=> Phương trình (1) có vô số nghiệm <=> a = a’ và b = b’.
* (D) cắt (D’) tại một điểm <=> Phương trình (1) có một nghiệm <=> a ≠ a’.
* (D) ^ (D’) a.a’ = -1.
2.Vị trí tương đối giữa đường thẳng (D) : y = f(x) và parabol (P) : y = g(x).
Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình : f(x) = g(x) (2)
Phương trình (2) là phương trình bậc hai. Ta thấy :
* (D) và (P) không có điểm chung <=> Phương trình (2) vô nghiệm <=> ∆ < 0.
* (D) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (2) có nghiệm duy nhất (nghiệm kép) <=> ∆ = 0.
* (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆ > 0.
Sau đây là một số dạng bài tập về biện luận sự tương giao giữa đường thẳng và parabol.
Dạng 1 : Bài toán chứng minh
Ví dụ : Chứng minh rằng đường thẳng (D) : y = 4x - 3 tiếp xúc với parabol (P) :
y = 2x
2
- 4(2m - 1)x + 8m
2
- 3.
Giải : Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm của phương trình :
2x
2
- 4(2m - 1)x + 8m
2
- 3 = 4x - 3
<=> 2x
2
- 8mx + 8m
2
= 0
<=> x
2
- 4mx + 4m
2
= 0.
Ta có ∆’ = 4m
2
- 4m
2
= 0 với mọi giá trị của m nên parabol (P) luôn luôn tiếp xúc với đường thẳng (D).
Dạng 2 : Bài toán tìm điều kiện
Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = 2(m - x) và parabol (P) : y = -x
2
+ 2x + 4m.
a) Với giá trị nào của m thì (D) tiếp xúc với parabol (P).
b) Với giá trị nào của m thì (D) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A và B. Tìm tọa độ giao điểm A và B khi m
= -3/2.
Giải : a) Hoành độ điểm chung của (P) và (D) là nghiệm phương trình :
-x
2
+ 2x + 4m = 2(m - x)
<=> x
2
- 4x - 2m = 0 (3)
Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (3) có nghiệm kép <=> ∆’ = 0 <=> 4 + 2m =
0 <=> m = -2.
b) (D) cắt (P) tại hai điểm <=> Phương trình (3) có hai nghiệm phân biệt <=> ∆’ > 0 <=> 4 + 2m > 0 <=>
m > -2.
Khi m = -3/2 thì hoành độ hai giao điểm A và B là nghiệm của phương trình :
Từ đó suy ra tọa độ giao điểm A, B của (D) và (P) là :
Dạng 3 : Xác định tọa độ tiếp điểm.
Ví dụ : Cho parabol (P) : y = x
2
- 2x - 3. Tìm các điểm trên (P) mà tiếp tuyến của (P) tại điểm đó song
song với đường thẳng (D) : y = -4x.
Giải : Gọi đường thẳng tiếp xúc với (P) là (d).
Do (d) song song với (D) nên (d) có dạng y = -4x + b (b ≠ 0)
Hoành độ điểm chung của (P) và (d) là nghiệm phương trình :
x
2
- 2x - 3 = -4x + b
<=> x
2
+ 2x - 3 - b = 0 (4)
Ta thấy : (d) tiếp xúc với (P) <=> Phương trình (4) có nghiệm kép <=> Ẃ’ = 0 <=> 4 + b = 0 <=> b = -4.
Khi đó, nếu gọi điểm A(x0 ; y0) là tiếp điểm của (P) và (d) thì ( do A Є (P) và A Є (d)) ta có hệ phương
trình :
Vậy tiếp điểm cần tìm là A(-1 ; 0).
Dạng 4 : Lập phương trình tiếp tuyến.
Ví dụ : Cho đường thẳng (D) : y = ax + b. Tìm a và b biết :
a) Đường thẳng (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x
2
.
b) Đường thẳng (D) vuông góc với đường thẳng x - 2y + 1 = 0 và tiếp xúc với parabol (P) : y = -x
2
.
c) Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) : y = x
2
- 3x + 2 tại điểm C(3 ; 2).
Giải : a) Ta có 2y + 4x = 5 <=> y = -2x + 5/2. (D) song song với đường thẳng 2y + 4x = 5 nên (D) có
dạng : y = -2x + b (b ≠ 5/2).
Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được b = 1/4. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = - 2x + 1/4.
b) Ta có x - 2y + 1 = 0 <=> y = 1/2x + 1/2.
(D) vuông góc với đường thẳng có phương trình là x - 2y + 1 = 0 <=> a.1/2a = -1 <=> a = -2.
Suy ra (D) : y = -2x + b.
Theo cách làm của dạng 2, ta tìm được b = 1. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là y = -2x + 1.
c) Ta có : C(3 ; 2) Є (D) <=> 2 = 3a + b <=> b = 2 - 3a.
Khi đó phương trình của (D) có dạng : y = ax + 2 - 3a.
Theo cách làm của dạng 2 ta tìm được a = 3 và suy ra b = -7. Vậy đường thẳng (D) có phương trình là : y
= 3x - 7.
Dạng 5 : Xác định parabol.
Ví dụ : Xác định parabol (P) : y = ax2 + bx + c thỏa mãn :
a) (P) tiếp xúc với đường thẳng (D) : y = -5x + 15 và đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5).
b) (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 và cắt đường thẳng (D) : y = x - 1 tại hai điểm có hoành độ
là 1 và 3.
Giải : a) (P) đi qua hai điểm (0 ; -1) và (4 ; -5)
Do đó parabol (P) là đồ thị của hàm số
y = ax
2
- (1 + 4a)x - 1.
Hoành độ điểm chung của (D) và (P) là nghiệm phương trình :
ax
2
- (1 + 4a)x - 1 = -5x + 15
ax
2
- 4(a - 1)x - 16 = 0 (5)
Đường thẳng (D) tiếp xúc với parabol (P) <=> Phương trình (5) có nghiệm kép
<=> ∆’ = 0 <=> 4(a - 1)2 - 16a = 0
<=> (a + 1)
2
= 0 <=> a = -1.
Do đó : a = -1 ; b = 3 và c = -1.
Vậy (P) là đồ thị hàm số y = -x
2
+ 3x - 1.
b) Parabol (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 2 nên (P) đi qua điểm (0 ; 2). (P) cắt đường thẳng
(D) : y = x - 1 tại hai điểm có hoành độ là 1 và 3 <=> Giao điểm của (P) với đường thẳng (D) là : (1 ; 0)
và (3 ; 2).
Vậy parabol (P) đi qua ba điểm (0 ; 2) ; (1 ; 0) và (3 ; 2) khi và chỉ khi
Do đó a = 1 ; b = -3 và c = 2.
Nguyễn Phước
XÂU CHUỖI BÀI TOÁN
Đối với tôi việc xâu chuỗi, tìm tòi các mối liên hệ của những bài toán đã gặp để phát hiện ra các kết quả
mới là công việc rất hứng thú. Ví dụ, trong quá trình học toán tôi đã gặp hai bài toán :
Bài toán 1 : Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng :
a
4
+ b
4
+ c
4
≥ a
3
+ b
3
+ c
3
.
Bài toán 2 : Cho x
1
, x
2
, x
3
, x
4
là bốn số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện :
x
1
+ x
2
+ x
3
+ x
4
= 1.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
Khi giải bài toán 1 tôi đã thành công khi sử dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski (sau này tôi còn biết
nhiều cách giải khác) :
Ta có (a
3
+ b
3
+ c
3
)
2
= (a.a
2
+ b.b
2
+ c.c
2
)
2

≤ (a
2
+ b
2
+ c
2
)(a
4
+ b
4
+ c
4
) suy ra
≤ (a + b + c)(a
3
+ b
3
+ c
3
) suy ra
(a + b + c)
2
≤ 3(a
2
+ b
2
+ c
2
) suy ra
Từ (1), (2), (3) suy ra điều phải chứng minh.
Sau đó tôi gặp bài toán 2 trong TTT2 số 6, cách giải hoàn toàn tương tự như trên với kết quả giá trị nhỏ
nhất của T là 1/4.Tôi đã có nhận xét ban đầu về hai bài toán trên như sau : ở bài toán 1 ta cũng tìm được
giá trị nhỏ nhất của là 1 ; hai bài toán chỉ khác nhau về số các số dương ; giá trị của tổng
các số dương đó không ảnh hưởng trực tiếp vào lời giải.
Từ đó tôi nghĩ hai bài toán trên có thể mở rộng cho n số dương và đề xuất bài toán 3 (chứng minh tương
tự hai bài toán trên) :
Bài toán 3 : Cho x
1
, x
2
, , x
n
là các số dương thay đổi thỏa mãn điều kiện x
1
+ x
2
+ + x
n
= k. Chứng
minh rằng :
Tiếp tục suy nghĩ, tôi nhận thấy với mọi số a dương thì ta luôn có và với cách chứng
minh trên ta có thể tiếp tục mở rộng bài toán 3 :
Bài toán 4 : Cho m, n là các số nguyên dương ; x
1
, x
2n là các số dương thỏa mãn điều kiện x1 + x2 + + xn = k. Chứng minh rằng :
Hướng dẫn :
Đẳng thức xảy ra
THAY ĐỔI KẾT LUẬN CỦA BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Trong chứng minh hình học, việc phát hiện các kết quả tương đương với kết luận của bài toán rất có thể
sẽ đưa ta đến những chứng minh quen thuộc, đơn giản hơn hoặc những phép chứng minh độc đáo. Đây
cũng là công việc thường xuyên của người làm toán. Các bạn hãy theo dõi một số bài toán sau.
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có BC < BA, đường phân giác BE và đường trung tuyến BD (E, D thuộc
AC). Đường thẳng vuông góc với BE qua C cắt BE, BD lần lượt tại F, G. Chứng minh rằng đường thẳng
DF chia đôi đoạn thẳng GE.
Lời giải : Gọi giao điểm của CG với AB là K và DF với BC là M.
Dễ thấy ∆ BKC cân tại B, BF là trung trực của KC suy ra F là trung điểm của KC.
Theo giả thiết, D là trung điểm của AC
=> DF là đường trung bình của DCKA
=> DF // KA hay DM // AB.
=> DM là đường trung bình của DABC
=> M là trung điểm của BC.
Xét ∆ DBC, F thuộc trung tuyến DM nên DF chia đôi đoạn thẳng GE <=> GE // BC.
Ta sẽ chứng minh GE // BC, thật vậy :
Cách 1 : Ta có AE = AD + DE = CD + DE = CE + 2DE hay CE = AE - 2DE, suy ra
Mặt khác, vì DF // AB, K thuộc AB và AK = 2DF nên
Vậy BG/GD = BK/DF hay GE // BC.
Cách 2 : Vì BE là phân giác của ∠ ABC
Vậy DE/EC = DG/GB hay GE // BC.
Cách 3 : áp dụng định lí Xê-va ta có Mặt khác MB = MC nên
Bài toán 2 : Trên các cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy các điểm C
1
, A
1
, B
1
sao cho các
đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy tại O. Đường thẳng qua O song song với AC cắt A
1
B
1
và B
1
C
1
lần
lượt tại K và M. Chứng minh rằng OK = OM.
Lời giải : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt A
1
B
1
và B
1
C
1
lần lượt tại K
1
và M
1
.
Xét ∆ B
1
K
1
M
1
, dễ thấy MK // M
1
K
1
nên OM = OK <=> BM
1
= BK
1
. Ta sẽ chứng minh BM
1
= BK
1
, thật
vậy :
∆ AB
1
C
1
đồng dạng với ∆ BM
1
C
1
suy ra
∆ CB
1
A>sub>1 ∆ đồng dạng với BK
1
A
1
suy ra
Vậy : (áp dụng định lí Xê-va), suy ra BM
1
= BK
1
.
Bài toán 3 : Xét bài 5(20) trang 15.
Hướng dẫn :
Do OX = OY nên :
XZ = YT <=> OZ = OT.
Ta sẽ chứng minh OZ = OT. Trước hết, ta chứng minh IO
1
OO
2
là hình bình hành bằng cách xét 3 trường
hợp : ∠ IBA < 90
o
; ∠ IBA > 90
o
; ∠ IBA = 90
o

Gọi M là giao điểm của O
1
I và CD.
Với ∠ IBA < 90
o
, ∆ IBA nội tiếp (O
1
), ta có thể chứng minh được : ∠ AIO
1
+ ∠ IBA = 90
o
=> ∠ CIM +
∠ ICM = 90
o
=>O
1
I ⊥ CD ; Mà OO
2
⊥ CD => OO
2
// O
1
I.
Tương tự OO
1
// O
2
I, suy ra IO
1
OO
2
là hình bình hành (bạn đọc tự chứng minh hai trường hợp còn lại).
Từ đó, ta có (xem phần hình màu) : OO
1
= O
2
I = O
2
T ; OO
2
= O
1
I = O
1
Z ;
∠ OO
1
Z = (180
o
- 2 ∠ O
1
IZ) + ∠ OO
1
I = 360
o
- ∠ OO2I - (180
o
- 2( ∠ OO
2</SUB Đ O1IZ)) = 360
o
-
∠
OO2MI - (180
o
-
2
∠
O,sub>2
IT) = OO
2
T
=> ∆ OO
1
Z = ∆ TO
2
O (c.g.c) => OZ = OT.(Chứng minh trên không cần dùng tới kiến thức về tam giác
đồng dạng). l Bài tập áp dụng :
1) Từ điểm C ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến CA, CB với đường tròn (A, B là các tiếp điểm).
Đường tròn (O1) qua C và tiếp xúc với AB tại B cắt (O) tại M. Chứng minh rằng AM chia đoạn thẳng BC
thành hai phần bằng nhau.
2) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến với (O) tại B lần lượt cắt các tiếp tuyến với (O)
tại A và C ở M và N. Qua B vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại P. Chứng minh rằng BP là phân giác
của
∠
MPN.
3) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD ; AC cắt BD tại O, AD cắt BC tại I và OI cắt AB tại E. Đường
thẳng đi qua A song song với BC cắt BD tại M và đường thẳng đi qua B song song với AD cắt AC tại N.
Chứng minh rằng : a) MN // AB ; b) AB
2
= MN.CD ; c) d) AE = EB.
NHẨM NGHIỆM ĐỂ PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Nhiều bạn khi nói đến nhẩm nghiệm đều băn khoăn là nhẩm những con số nào ? Chẳng lẽ cứ nhẩm “vu
vơ” may ra thì được ? Xin “mách” các bạn nguyên tắc nhẩm (dựa trên kết quả đã được khẳng định nhưng
không trình bày trong chương trình sách giáo khoa).
Nguyên tắc cơ bản:
1) Cho đa thức ẩn x với hệ số nguyên
f(x) = a
0
x
n
+ a
1
x
n-1
+ + a
n-1
x + a
n
có nghiệm hữu tỉ thì p là ước của an và q là ước của a0.
Hệ quả : Nếu a
0
= 1 thì mọi nghiệm hữu tỉ của f(x) đều là nghiệm nguyên và nghiệm nguyên này là ước
của số hạng tự do an.
2) Nếu đa thức f(x) có nghiệm x = a thì x - a là một nhân tử khi phân tích f(x) về dạng tích. Chúng ta theo
dõi một ví dụ đơn giản
sau :
Ví dụ 1 : Phân tích đa thức x
2
- 9x + 14 thành nhân tử.
Nhẩm nghiệm : Ta thấy nghiệm nguyên nếu có của f(x) sẽ là ước của 14. Nhẩm thử sẽ tìm ra nghiệm x =
2 (có bạn nhẩm ra x = 7 trước !). Từ đó ta có x - 2 phải là một nhân tử của f(x) (nếu nhẩm được x = 7 thì
nhận định có một nhân tử là x - 7).
Lời giải : Khi bạn nhẩm được nghiệm x = 2.
Cách 1 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 2x - 7x + 14 = x(x - 2) - 7(x - 2) = (x - 2)(x - 7).
Cách 2 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 4 - 9x + 18 = (x + 2)(x - 2) - 9(x - 2) = (x - 2)(x - 7).
Khi bạn nhẩm được nghiệm x = 7.
Cách 1 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 49 - 9x + 63 = (x - 7)(x + 7) - 9(x - 7) = (x - 7)(x - 2).
Cách 2 : x
2
- 9x + 14 = x
2
- 7x - 2x + 14 = x(x - 7) - 2(x - 7) = (x - 7)(x - 2).
Ví dụ 2 : Phân tích thành nhân tử
f(n) = 5n
3
+ 15n
2
+ 10n.
Tìm lời giải : Ta có f(n) = 5n
3
+ 15n
2
+ + 10n = 5n(n
2
+ 3n + 2). Nhẩm nghiệm của đa thức n
2
+ 3n + 2 ta
được n = -1 (hoặc n = -2).
Lời giải : f(n) = 5n
3
+ 15n2 + 10n = 5n(n2 + 3n + 2) = 5n(n
2
+ n + 2n + 2) = 5n[n(n + 1) + 2(n + 1)] =
5n(n + 1)(n + 2).
Chú ý : Từ kết quả trên có thể chứng minh f(n) chia hết cho 30 với mọi số nguyên n.
Thí dụ dưới đây để các bạn lưu ý về tác dụng của ẩn phụ.
Ví dụ 3 : Phân tích đa thức thành nhân tử P(x) = (x
2
+ 3x + 1)(x
2
+ 3x + 2) - 12.
Tìm lời giải : Đặt t = x
2
+ 3x + 1 thì đa thức trở thành f(t) = t(t + 1) - 12 = t
2
+ t - 12. Nhẩm nghiệm trong
các ước của 12 ta có nghiệm t = 3 (hoặc t = -4).
Lời giải : Ta có f(t) = t
2
- 3t + 4t - 12 = t(t - 3) + 4(t - 3) = (t - 3)(t + 4). Do đó :
P(x) = (x
2
+ 3x + 1 - 3)(x
2
+ 3x + 1 + 4) = (x
2
+ 3x - 2)(x
2
+ 3x + 5).
Mời các bạn thử làm các bài tập sau :
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử : a) (x
2
+ x)
2
- 2(x
2
+ x) - 15 ;
b) (x
2
+ 8x + 7)(x + 3)(x + 5) + 15 ;
2) Chứng minh P = (x
2
+ 1)
4
+ 9(x
2
+ 1)
3
+ + 21(x
2
+ 1)
2
- x
2
- 31 ≥ 0 với mọi x. 3) Chứng minh Q = x(x +
1)(x + 2)(x + 3) + 1 là số chính phương với mọi số nguyên x.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỊ XẤ HÀ ĐÔNG, HÀ TÂY
Môn Toán lớp 7 (2003 - 2004)
(Thời gian : 120 phút)
o Bài 1 : (4 điểm) Cho các đa thức :
f(x) = 2x
5
- 4x
3
+ x
2
- 2x + 2
g(x) = x
5
- 2x
4
+ x
2
- 5x + 3
h(x) = x
4
+ 4x
3
+ 3x
2
- 8x +
a) Tính M(x) = f(x) - 2g(x) + h(x).
b) Tính giá trị của M(x) khi :
c) Có giá trị nào của x để M(x) = 0 ?
o Bài 2 : (4 điểm)
a) Tìm 3 số a, b, c biết : 3a = 2b ; 5b = 7c và 3a + 5c - 7b = 60.
b) Tìm x biết : |2x - 3| - x = |2 - x|.
o Bài 3 : (4 điểm) Tìm giá trị nguyên của m, n để biểu thức :
a) có giá trị lớn nhất.
b) có giá trị nguyên nhỏ nhất.
o Bài 4 : (5 điểm) Cho tam giác ABC có AB < AC, AB = c, AC = b. Qua M là trung điểm của BC người
ta kẻ đường vuông góc vớ iđường phân giác trong của ∠ A đường thẳng này cắt các đường thẳng AB, AC
lần lượt tại D và E.
a) Chứng minh : BD = CE.
b) Tính AD và BD theo b, c.
o Bài 5 : (3 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A, ∠ A = 100
o
, D là một điểm thuộc miền trong của tam
giác ABC sao cho ∠ DBC = 10
o
, ∠ DCB =20
o
. Tính ∠ADB.
Môn Toán lớp 8 (2003 - 2004)
(Thời gian : 150 phút)
o Bài 1 : (5 điểm) Cho
a) Rút gọn A.
b) Tìm A để x = 6013.
c) Tìm x để A < 0.
d) Tìm x để A nguyên
o Bài 2 : (3 điểm)
Cho A = (x + y + z)
3
- x
3
- y
3
- z
3

a) Rút gọn A.
b) Chứng minh A chia hết cho 6 với mọi x, y, z nguyên.
o Bài 3 : (4 điểm)
Sau một loạt bắn đạn thật của 3 chiến sĩ Hùng, Dũng, Cường (mỗi người bắn một viên), người báo bia
cho biết có ba điểm khác nhau là 8, 9, 10 và thông báo :
a) Hùng đạt điểm 10.
b) Dũng không đạt điểm 10.
c) Cường không đạt điểm 9.
Đồng thời cho biết trong 3 thông báo trên chỉ có một thông báo là đúng, hãy cho biết kết quả điểm bắn
của mỗi người.
o Bài 4 : (5 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = c, AC = b. Lần lượt dựng trên AB, AC, bên ngoài tam giác ABC
các tam giác vuông cân ABD tại D, ACE tại E.
a) Chứng minh các điểm E, A, D thẳng hàng.
b) Gọi trung điểm của BC là I, chứng minh tam giác DIE vuông.
c) Tính diện tích tứ giác BDEC.
d) Đường thẳng ED cắt đường thẳng CB tại K. Tính các tỉ số sau theo b và c : img
src="Images/22dethi6.gif">
o Bài 5 : (3 điểm)
Cho tứ giác ABCD, M là một điểm trên CD (khác C, D).
Chứng minh rằng MA + MB < max {CA + CB ; DA + DB} (kí hiệu max {CA + CB ; DA + DB} là giá trị
lớn nhất trong 2 giá trị CA + CB ; DA + DB).
KHÔNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN
Để giải toán nói chung, đương nhiên bạn cần phải biết vận dụng linh hoạt, tổng hợp các kiến thức của
mình, trong đó các kiến thức phức tạp được hình thành từ chính các kiến thức đơn giản nhất, các kiến
thức cơ bản. Trong nhiều trường hợp, để giải một bài toán khó đôi khi chỉ cần hoặc cần phải sử dụng đến
những kiến thức cơ bản.
Hệ thống ví dụ dưới đây sẽ chứng minh cho các bạn thấy tầm quan trọng của bất đẳng thức a2 0 với mọi a
(*).
Ví dụ 1 : 1) Chứng minh rằng x
2
- x + 1 > 0 với mọi x.
2) Tìm giá trị nhỏ nhất của y = x
2
- 2x + 5.
Lời giải :
1) Ta có
với mọi x, do 3/4 > 0 và theo (*).
2) Ta có y = x
2
- 2x + 5 = (x - 1)
2
+ 4 ≥ 4 do (x - 1)
2
≥ 0 với mọi x. Đẳng thức xảy ra <=> (x - 1)
2
= 0 <=>
x = 1.
Vậy y đạt giá trị nhỏ nhất là 4 khi x = 1.
Ví dụ 2 : Giải hệ phương trình
Lời giải : Cộng theo từng vế các phương trình trong hệ trên ta có : x
2
+ y
2
+ z
2
= y - 1 + z - 1 + x - 1
<=> (x
2
- x + 1) + (y
2
- y + 1) + (z
2
- z + 1) = 0
Vì x
2
- x + 1 > 0 ; y
2
- y + 1 > 0 ; z
2
- z + 1 > 0 với mọi x, y, z (theo ví dụ 1.1) nên phương trình này vô
nghiệm.
Vậy hệ phương trình đã cho vô nghiệm.
Ví dụ 3 (đề thi TS vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu, Hà Tĩnh) : Giải hệ phương trình
Lời giải :
Ta có (1) <=> x
2
- xy + y
2
- yz + z
2
- zx = 0
<=> 2x
2
- 2xy + 2y
2
- 2yz + 2z
2
- 2zx = 0
<=> (x
2
- 2xy + y
2
) + (y
2
- 2yz + z
2
) + + (z
2
- 2zx + x
2
) = 0
<=> (x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2
= 0 (3)
Vì (x - y)
2
≥ 0 ; (y - z)
2
≥ 0 ; (z - x)
2
≥ 0 với mọi x, y, z => (x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2
≥ 0 với mọi x, y, z
=> (3) <=> x - y = y - z = z - x = 0 <=> x = y = z, thay vào (2) ta có :
3.x
2002
= 3.y
2002
= 3.z
2002
= 3
2003

=> x
2002
= y
2002
= z
2002
= 3
2002

Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm x = y = z = 3 và x = y = z = - 3.
Ví dụ 4 : Giải phương trình
Lời giải : Điều kiện x ≥ 2 (2). Ta có :