Đề 1
Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng)
a) 8
5
+ 2
11
chia hết cho 17
b) 19
19
+ 69
19
chia hết cho 44
Bài 2: (3đ)
a) Rút gọn biểu thức:
2
3 2
6
4 18 9
x x
x x x
+
+

b) Cho
1 1 1
0( , , 0)x y z
x y z
+ + =
. Tính
2 2 2
yz xz xy

(2
4
+ 1)=2
11
.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
a
n
+ b
n
= (a+b)(a
n-1
- a
n-2
b + a
n-3
b
2
- - ab
n-2
+ b
n-1
) với mọi n lẽ.
Ta có: 19
19
+ 69
19
= (19 + 69)(19
18

2
- 21x + 3x + 9
=(x
3
+ 3x
2
) (7x
2
+21x) +(3x+9)
=x
2
(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x
2
7x +3)
=>
2
3 2
6
4 18 9
x x
x x x
+
+
=
2 2
(x+3)(x-2) ( 2)
(x+3)(x -7x +3) x -7x +3
x
=

ữ

Do đó : xyz(
3
1
x
+
3
1
y
+
3
1
z
)= 3
3 3 3 2 2 2
3 3
xyz xyz xyz yz z x xy
x y z x y z
+ + = + + =
Bài 3 : (3đ)
Chứng minh :
Vẽ hình bình hành ABMC ta
có AB = CM .
Để chứng minh AB = KC ta cần
chứng minh KC = CM.
Thật vậy xét tam giác BCE có BC =
CE (gt) => tam giác CBE cân tại C
=>
à

Hoàn toàn tơng tự ta có CD là tia
phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO
là phân tia phân giác của góc CMB
Mà :
ã
ã
,BAC BMC
là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác
của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng
hàng.
Ta lại có :
ả
ã
à
ả
1
1
( );
2
M BMC cmt A M= =

ả
ả
1 2
M A =
mà
ả
à
1
2


đề 2
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số:
1 2 8
a a . a
thoã mãn 2 điều kiện a và b sau:
a)
( )
2
87
1 2 3
a a a = a a
b)
( )
3
4 5 6 7 8 7 8
a a a a a a a=
Câu 2 . Chứng minh rằng: ( x
m
+ x
n
+ 1 ) chia hết cho x
2
+ x + 1.
khi và chỉ khi ( mn 2)

3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x
7
+ x

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 a
1
a
2
a
3
= (a
7
a
8
)
2
(1) a
4
a
5
a
6
a
7
a
8
= ( a

)
3
a
7
a
8
= a
4
a
5
a
6
00.
( a
7
a
8
1) a
7
a
8
( a
7
a
8
+ 1) = 4 . 25 . a
4
a
5
a

a
8
1 = 24 => a
7
a
8
= 25 => số đó là 62515625
c) . a
7
a
8
= 26 => không thoả mãn
câu 2 . Đặt m = 3k + r với
20 r
n = 3t + s với
20 s
x
m
+ x
n
+ 1 = x
3k+r
+ x
3t+s
+ 1 = x
3k
x
r
x
r

+ x + 1) và ( x
3t
1 )

( x
2
+ x + 1)
vậy: ( x
m
+ x
n
+ 1)

( x
2
+ x + 1)
<=> ( x
r
+ x
s
+ 1)

( x
2
+ 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)

2007.20063.22.1
2007.2006.2005
1
.
4.3.2
1
3.2.1
1
+++=






+++ x
Nhân 2 vế với 6 ta đợc:

( ) ( ) ( )( )
[ ]
200520082007.2006143.2032.12
2007.2006.2005
2
4.3.2
2
3.2`.1
2
3
+++=


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
O K
E H F
BF// AD
OD
OB
OA
FO
=

EF
=
=> AB
2
= EF.CD.
c) Ta có: S
1
=
2
1
AH.OB; S
2
=
2
1
CK.OD; S
3
=
2
1
AH.OD; S
4
=
2
1
OK.OD.
=>
CK
AH
OBCK

3
4
1
S
S
S
S
=
=> S
1
.S
2
= S
3
.S
4
Câu 5. A = x
2
- 2xy+ 6y
2
- 12x+ 2y + 45
= x
2
+ y
2
+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y
2
- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)
2

z
b
y
a
x
(1) và
2=++
z
c
y
b
x
a
(2)
Tính giá trị của biểu thức A=
0
2
2
2
2
2
2
=++
c
z
b
y
a
x
b. Tính : B =

b. Các đờng thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P= (a+ b+ c) (
cba
111
++
).
Đáp án
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (2
2
+1) + 1
= (2
2
-1)(2
2
+1) (2
256
+1)
= (2
4
-1) (2
4
+ 1) (2
256
+1)

= [(2
256
)

) = (3x 5y)
2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) bcx +acy + abz =0
Từ (2)
=








+++++ 02
2
2
2
2
2
2
yz
bc
xz
ac
xy
ab
c
z
b
y

2
+ b
2
c
2
= - 2ab
Tơng tự b
2
+ c
2
a
2
= - 2bc; c
2
+a
2
-b
2
= -2ac
B =
2
3
222
=

+

+
ca
ca






++






++






++=+++++++
b
c
c
b
a
c
c
a
a
b

b) a
10
+ a
5
+ 1
2) Giải phơng 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 đờng cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
a)
ABM
đồng dạng
ACN

b) góc AMN bằng góc ABC

) - (a
9
+ a
8
+ a
7
) + (a
7
+ a
6
+ a
5
) - (a
6
+ a
5
+ a
4
) +
(a
5
+ a
4
+ a
3
) - (a
3
+ a
2
+ a ) + (a

+
xxxx

(
98
2
+
x
+1) + (
96
4
+
x
+ 1) = (
94
6
+
x
+ 1) + (
92
8
+
x
+ 1) (0,5đ)

( x + 100 )(
98
1
+
96

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 ớc nguyên của 5 (0,5đ)
=> * 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0


AMN =

ABC ( hai góc tơng ứng) (1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H (0,25đ)

BAH =

CHA ( so le trong, AB // CH)
mà

CAH =

BAH ( do Ax là tia phân giác) (0,5đ)
Suy ra:

CHA =

CAH nên

CAH cân tại C
do đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ)
BK = CA
Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đờng trung bình của tam giác KHA. Do đó
EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ)
Bài 4 (1đ):
A =
2
22

x
A min =
2007
2006
khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)

đề 5
Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =








+

+








+
+


+
=+
+
+
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

6
:
2
1
2
2
4
2
+






+
+

+

xxx
x
x
=
( )
( )( )
2
6
:
22

xx
Câu 2 . ĐKXĐ :
2
1
;1

xx
PT
01
12
15
1
1
14
22
=+
+
+
++
+
+

x
xx
x
xx
0
12
23
1

+
+
+
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 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

-1/2
A = (x + 1) +
12
2
+
x
vì x

Z nên để A nguyên thì
12

cba
thì
( ) ( ) ( )
abcccabccbaabbacba 333
333
3
333
=+=+++=++
(vì
0
=++
cba
nên
cba
=+
)
Theo giả thiết
.0
111
=++
zyx

.
3111
333
xyz
zyx
=++
khi đó
3

đề 6
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
M =








+

+

1
1
1
1
224
2
xxx
x








+
3x
+
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 .
Đờng 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 AF
2
= 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 = n
4
- 14n
3
+ 71n
2
-154n + 120
chia hết cho 24
Đáp án
Bài 1 :
a) M =
(

b) Biến đổi : M = 1 -
1
3
2
+x
. M bé nhất khi
1
3
2
+x
lớn nhất

x
2
+1 bé nhất

x
2
= 0

x = 0

M
bé nhất
= -2
Bài 2 : Biến đổi A = 4x
2
+9x+ 29 +
3
4

2
= 2006
c) Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2

x < 3 ; 3

x < 4 ; x

4
Rồi suy ra nghiệm của phơng 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 đờng chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đờng và

2
-144n+120
Suy ra B

24
================================
đề 7
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
A=
1212
36
.
6
16
6
16
2
2
22
+







+

+

xxx
x
Câu 3: ( 4 điểm )
Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đờng chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng
của C qua P .
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lợt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB .
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c)Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị
trí của điểm P.
d) Giả sử CP DB và CP = 2,4 cm,;
16
9
=
PB
PD
Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 4 ( 2 điểm )
Cho hai bất phơng trình:
3mx-2m > x+1 (1)
m-2x < 0 (2)
Tìm m để hai bất phơng trình trên có cùng một tập nghiệm.
Đáp án
Câu 1 ( 2 điểm )
1) ( 1 điểm ) ĐK: x 0; x
6
)
A =
)1(12
)6)(6(

)1(12
1
.
63666366
2
22
x
x
xxxxxx
=
x
x
x
x 1
)1(12
1
.
)1(12
2
2
=
+
+
2) A=
549
549
1
11
+=
+

2
0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
2) (2 điểm )
(1) 3mx-x>1+2m (3m-1)x > 1+2m. (*)
+ Xét 3m-1 =0 m=1/3.
(*) 0x> 1+
3
2
x


.
+ Xét 3m -1 >0 m> 1/3.
(*) x>
13
21

+
m
m
+ Xét 3m-1 < 0 3m <1 m < 1/3
(*) x <
13
21

+
m
m
.

0)1)(2(
3
1
0253
3
1
213
21
3
1
2
mm
m
mm
m
m
m
m
m
m-2 =0 m=2.
Vậy : m=2.
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của AC và BD.
AM //PO tứ giác AMDB là hình thang.
b) ( 1 điểm ) Do AM// BD
góc OBA= góc MAE ( đồng vị )
Xét tam giác cân OAB
góc OBA= góc OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF AEI cân ở I góc IAE = góc IEA
góc FEA = góc OAB EF //AC .(1)

= BP. BD=16
Do đó : BC = 4 cm
CD = 3 cm
Câu4 ( 1 điểm )
Ta có A =
4
3
)
2
1
(
1
1
1
)2)(1(
2
2
22
++
=
++
=
++

x
xxxxx
x
Vậy A
max
[ ( x+

3
= 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
Cho biểu thức: y =
2
)2004( +x
x
; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó
Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phơng trình: :
( 12x 1 ) ( 6x 1 ) ( 4x 1 ) ( 3x 1 ) = 330.
B, Giải bất phơng trình:
6x

3
Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với ox ;
ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đờng thẳng kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b.
A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đờng thẳng qua I thay đổi.
B, Chứng minh rằng
2
2
OB
OC
DB
CA
=
C, Biết S

2
- ab +b
2
)
= ( a + b + c ) ( a
2
ab + b
2
) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết)
Vậy:a
3
+a
2
c abc + b
2
c + b
3
= 0 ( đpCM)
b, 1,5 điểm Ta có:
bc(a+d) 9b c) ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b)
= bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b)
= -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b)
= b(a-b)[ a(c+d) c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) a(b+d)]
= b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a)
= d(a-b)(a-c)(b-c)
Bài 2: 2 Điểm Đặt t =
y2004
1
Bài toán đa về tìm x để t bé nhất
Ta có t =

Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có:
x
2
+ 2004
2


2. 2004 .x


2
2004
2004
22

+
x
x
(2)
Dấu = xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t

4

Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004.
Vậy y
max
=
8016
1

b, Ta có
6x
< 3

-3 < x 6 < 3

3< x < 9
Vậy tập nghiệm của bất phơng trình là: S = { x

R/ 3 < x < 9}.
Bài 4 : 3 Điểm
Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị)


IAC ~

BAO (gg).
Suy ra:
BO
IC
AO
AC
=


BO
AO
IC
AC
=

không đổi.
b, Nhân (1) với (2) ta có:
OB
OA
OB
OA
BD
ID
IC
AC
=

mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra:
2
2
OB
OA
BD
AC
=
C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có;
S
AOB
=
2
1
OA.OB mà S
AOB
=
3

Mà CA . DB = a
2
( theo câu a)

a(CA +DB) =
3
16
2
a
- 2a
2

CA + DB +
3
10
2
3
16
2
2
2
a
a
a
a
=

. Vậy:
2
2

P
x y y x y x x y
=
+ + + +
1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y)

Z sao cho giá trị của P = 3.
Bài 2 (2 điểm). Giải phơng trình:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
5 6 7 12 9 20 11 30 8x x x x x x x x
+ + + =
+ + + +
Bài 3 ( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:
2
2 1
2
x
M
x
+
=
+

Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lợt là
trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF.
1.Chứng minh CE vuông góc với DF.
2.Chứng minh


2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 1
x x y y x y x y x y x y x y xy
P
x y x y x y x y
+ + + + +
= =
+ + + +

P x y xy= +
.Với
1; ; 1x x y y
thì giá trị biểu thức đợc xác định.
2. Để P =3
3 1 2x y xy x y xy + = + =

( ) ( )
1 1 2x y + =
Các ớc nguyên của 2 là :
1; 2.
Suy ra:

1 1 0
1 2 3
x x
y y
= =



y y
= =



+ = =

(loại)
Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:
2
3
4
5
6
x
x
x
x
x












1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 2 4 3 5 4 6 5 8x x x x x x x x
+ + + =

1 1 1
6 2 8x x
=

( ) ( )
4 1
6 2 8x x
=

( ) ( )
2
8 20 0 10 2 0x x x x = + =
10
2
x
x
=



=

thoả mãn điều kiện phơng trình.
Phơng trình có nghiệm : x = 10; x = -2.
Bài 3.(2điểm)

+ +
+

= =
+ +
M lớn nhất khi
( )
2
2
1
2
x
x

+
nhỏ nhất.
Vì
( )
2
1 0x x
và
( )
2
2 0x x+
nên
( )
2
2
1
2

vuông tại M
Hay CE

DF.
b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có :
( . . )AEK BEC g c g BC AK= =V V

AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
1
2
AM KD AD AMD = = V
cân tại A
c.
( . )
CD CM
CMD FCD g g
FD FC
=V : V
Do đó :
2 2
.
CMD
CMD FCD
FCD
S
CD CD
S S
S FD FD

= =

theo Pitago ta có :
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 5
.
2 4 4
DF CD CF CD BC CD CD CD

= + = + = + =
ữ

.
Do đó :
2
2 2 2
2
1 1 1
.
5
4 5 5
4
MCD
CD
S CD CD a
CD
= = =
V

Bài 5 (1điểm)
1
1

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc:
2 2 2
3
4
a b c a b c+ + + + +
. Vì
3
2
a b c+ + =
nên:
2 2 2
3
4
a b c+ +

Dấu = xảy ra khi a = b = c =
1
2
.
=========================
đề 10
Câu 1. (1,5đ)
Rút gọn biểu thức : A =
1
2.5
+
1
5.8
+
1

(
1
2
-
1
5
+
1
5
-
1
8
+.+
1
3 2n +
-
1
3 5n +
)
=
1
3
(
1
2
-
1
3 5n +
) =
1

Câu 4. Từ giả thiết a < b + c a
2
< ab + ac
Tng tự b
2
< ab + bc
c
2
< ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta đợc (đpcm)
Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đờng tròn ngoại tiếp
tam giác.
- Chỉ ra đợc
GM
AG
=
1
2
,
ã
HAG
=
ã
OMG
- Chỉ ra
OM
AH
=
1

chữ nhật.
Câu 4: Tìm d của phép chia đa thức
x
99
+ x
55
+x
11
+x+ 7 cho x
2
-1
Đáp án
Câu1 (3đ)
a.(1đ)
Ta có A=
)13()3(
)43()3(
2
2

+
xx
xx
(0,5đ)
Vậy biểu thức A xác định khi x3,x1/3(0,5đ)
b. Ta có A=
13
43

+

2
++
=x+
x
144
+25 (0,5đ)
Các số dơng x và
x
144
Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x =
x
144
x=12 (0,5đ)
Vậy Min A =49 <=> x=12(0,5đ)
b.(1,5đ)
TH
1
: nếu x<-1 thì phơng trình đã cho tơng đơng với :-x-1-2x+1+2x=3=>x=-3<-1(là
nghiệm )(0,5đ)
TH
2
: Nếu -1x<1/2 thì ta có
x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ)
TH
3
: Nếu x1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ)
Vậy phơng trình đã cho x=-3 (0,5đ)
Câu 3: (3đ)
C L D

/S
ABD
= AN.KK
1
/AD.BB
1
= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S
1
=x(1-x) S
ABD
(0,5đ)
Tơng tự S
2
= x(1-x) S
DBC
=> S
1,
+S
2
= x(1-x)( S
ABD
+ S
DBC
)= x(1-x)S (0,25đ)
Tơng tự S
3
+S
4
= x(1-x)S
S

Câu 4: (1đ)
Gọi Q
(x)
là thơng của phép chia x
99
+x
55
+x
11
+x+7 cho x
2
-1
ta có x
99
+x
55
+x
11
+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q
(x)
+ax+b(*)
trong đó ax+b là d của phép chia trên
Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
Vậy d của phép chia x
99
+x
55
+x
11

a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M =
zxzyzyxyx ++
+
++
+
++ 1
1
1
1
1
1
b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:
bacacbcba +
+
+
+
+
111

cba
111
++
Bài 4: (3đ)
Cho tam giác ABC, ba đờng phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O. Ba cạnh AB, BC,
CA tỉ lệ với 4,7,5
a) Tính NC biết BC = 18 cm
b) Tính AC biết MC - MA = 3cm
c) Chứng minh

- 4x
2
- 3x+ 6 = (x-2)(x
2
+ 3)x-1)(x+1) 1,0đ
= 0 khi x=2; x=
.1

0,2đ

Để M= 0 Thì x
5
-2x
4
+ 2x
3
-4x
2
-3x+6 = 0
x
2
+ 2x- 8

0 0,5đ
Vậy để M = 0 thì x =
.1

0,3đ
c) M =
4


n(n-1)

2

n 0,2đ
Ta có:
n 1 -1 2 -2
n-1 0 -2 1 -6
n(n-1) 0 2 2 -3
loại loại
0,3đ
Vậy n = -1; n = 2 0,2đ
Bài 3:
a) Vì xyz = 1 nên x

0, y

0, z

0 0,2đ

1)1(1
1
++
=
++
=
++ xzz
z

0,2đ
b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0 0,2đ
yxyx +
+
411
với x,y > 0
bbacbcba
2
2
411
=
+
+
+
0,2đ
cbacacb
211

+
+
+
0,2đ
acbabac
211

+
+
+
0,2đ

BC
NC
NC
BC
NC
NB
====
0,5đ
b) BM là phân giác của
B

nên
BA
BC
MA
MC
=
0,3đ
Theo giả thiết ta có:
4
7
574
===
BA
BCACBCAB
0,2đ
Nên
)(11
3
11.3

0,5đ

Do đó
1 ==
BC
AC
AB
BC
AC
AB
PB
AP
MA
MC
BC
BN
0,5đ
========================
đề 13
Câu 1: ( 2,5 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/. x
2
x 6 (1 điểm)
b/. x
3
x
2
14x + 24 (1,5 điểm)
Câu 2: ( 1 điểm)

+ +
Câu 5: ( 1,5 điểm)
Giải phơng trình:
1x
+
2x +
+
3x
= 14
Câu 6: ( 2,5 điểm)
Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F
có góc đáy là 15
0
. Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều.
Đáp án
Câu 1: a/. Ta có: x
2
x 6 = x
2
4 x 2 = (x - 2)(x + 2) (x + 2)
= (x + 2)(x 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3)
( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tơng đơng )
b/. Ta có: x = 2 là nghiệm của f(x) = x
3
x
2
14x + 24
Do đó f(x)
M
x 2, ta có: f(x) : (x 2) = x

x + +
Vậy f(x) đạt GTNN khi
2
1
( )
2
x +
= 0 Tức x = -
1
2
Câu 3: Ta có : n
5
5n
3
+ 4n = n
5
n
3
4n
3
+ 4n = n
3
(n
2
- 1) 4n( n
2
- 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).

2/. -2

x < 1, ta có : -x + 16 = 14

x = 2. (loại)
3/. 1

x < 3, ta có : x + 4 = 14

x = 10 (loại).
4/. x

3 , ta có: 3x 2 = 14

x =
16
3
Vậy phơng trình trên có nghiệm là x = - 4 và x =
16
3
.
Câu 6: ( 2,5 đ)
D C

F F
A B
Dựng tam giác cân BIC nh tam giác AFB có góc đáy 15
0
.
Suy ra :

0
) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB hay CH
là đờng trung trực của
CFBV
. Vậy
CFBV
cân tại C . Suy ra : CF = CB (3)
Mặt khác :
DFCV
cân tại F . Do đó: FD = FC (4).
Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC).
Vậy
DFCV
đều.
GiảI bằng phơng pháp khác đúng cho điểm tơng đơng.
==============================
đề 14
Câu 1 (2 điểm): Với giá trị nào của a và b thì đa thức
f(x) =x
4
-3x
3
+3x
2
+ ax+b chia hết cho đa thức g(x) =a
2
+4-3x.
Câu 2 (2 điểm) Phân tích thành nhân tử.
(x+y+z)
3

+ax+b: a
2
-3x+4.
= x
2
+1 d (a-3)x + b+4 (1 điểm)
f(x): g(x) khi và chỉ khi số d bằng không.
Từ đây suy ra (1 điểm ).
a-3=0 => a=3

2

I

2
F 2
H
15
0
15
0
2
b+4=0 => b=-4
Bài 2 (2 điểm ) Phân tích thành nhân tử.
(x+y+2)
3
x
3
-y
3

2
) (1 điểm)
= (y+z)[x
2
+y
2
+z
2
+2xy+2xz+2yz+xy+xz+x
2
+x
2
-y
2
+yz-z
2
].
= (y+z) (3x
2
+3xy+3xz+3yz).
= 3(y+z) [x(x+y)+z((x+y)]
= 3(x+y) (y+z) ) (x+z) (1 điểm).
Bài 3 : (2 điểm ).
a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x
2
+x+1
Ta có : x
2
+x+1 = (x+
2

2
=x
A= x(x+2) = x
2
+2x = x
2
+2x+1-1
= (x+1)
2
-1

-1 Giá trị nhỏ nhất của A là -1.
Bài 4 (2 điểm ) Chứng minh.
Theo giả thiết : a
2
+b
2
+c
2
= ab+ac+bc.
Ta có : a
2
+b
2
+c
2
ab-ac-bc = 0
Suy ra : (a
2
-2ab+b

A D B
Tứ giác DEPF là hình bình hành vì DE//BP, DF//AP
Do đó : ED=FM ; EK =EP=DF
Từ các tam giác vuông APK; BPM ta suy ra.
KEP =2KAP ; MEP = 2MBP
DEPF là hình bình hành nên DEP= DFP
Theo giả thiết KAD = MBP nên KEP = MFP
Vậy DEK = DPM suy ra

DEK=

MFO (c.g.c)
Do đó : DK=OM
==========================
đề 15
Câu 1: (2đ) Tìm hai số biết
a. Hiệu các bình phơng của 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp bằng 36
b. Hiệu các bình phơng của 2 số tự nhiên lẻ liên tiếp bằng 40
Câu 2: (1,5đ) Số nào lớn hơn:
22
52
2
20052006
20052006
20052006
20052006
+




+
+
+ xxxxxx
Câu 4: (1đ) Giải bất phơng trình ax b> bx+a
Câu 5: (2,5đ) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD. Qua A vẽ đờng thẳng AK song
song với BC. Qua B vẽ đờng thẳng BI song song với AD. BI cắt AC ở F, AK cắt BD ở
E. Chứng minh rằng:
a. EF song song với AB
b. AB
2
= CD.EF
Câu 6: (1,5đ) Cho hình thang ABCD (AD//BC) có hai đờng chéo, cắt nhau ở O . Tính
diện tích tam giác ABO biết diện tích tam giác BOC là 169 cm
2
và diện tích tam giác
AOD là 196 cm
2
.
Đáp án
Câu 1: a. Gọi 2 số chẵn liên tiếp là x và x+2 (x chẵn).
Ta có: (x+2)
2
-x
2
=36 => x = 8.
Vậy 2 số cần tìm là 8 và 10.
b. Gọi 2 số lẻ liên tiếp là x và x+2 (xlẻ)
Ta có (x+2)
2
x

+

=
22
22
20052005.2006.22006
20052006
++

<
22
22
20052006
20052006
+

Câu 3: Phơng trình đã cho tơng đơng với:
01
995
6
1
996
5
1
997
4
998
3
1
999

+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+

xxxxxx
0)
995
1
996
1
997
1
998
1
999
1
1000
1
)(1001( =++++++ x

x=-1001.
Vậy nghiệm của phơng trình là x=-1001.