PHẦN SỐ HỌC
Bài 1: TÍNH CHIA HẾT TRÊN TẬP HỢP SỐ NGUYÊN.
SỐ NGUYÊN TỐ.
A. Nhắc lại và bổ sung các kiến thức cần thiết:
I. Tính chia hết:
1. Định lí về phép chia: Với mọi số nguyên a,b (b ≠ 0), bao giờ cũng có một cặp số
nguyên q, r sao cho : a = bq + r với 0 ≤ r < b .
a gọi là số bị chia , b là số chia, q là thương và r là số dư.
Trong trường hợp b > 0 và r ≠ 0 có thể viết: a = bq + r = b(q +1)+ r - b.
Ví dụ: Mọi số nguyên a đều có dạng:
a = 2q ± 1 (xét phép chia cho b = 2)
a = 3q ; 3q ± 1 (xét phép chia cho b = 3)
a = 4q ; 4q ± 1 ; 4q ± 2 (xét phép chia cho b = 4).
a = 5q; 5q ± 1; 5q ± 2 (xét phép chia cho b = 5)
......................
2. Tính chia hết: Nếu a chia b mà số dư r = 0, ta nói :
a chia hết cho b hay a là bội của b (kí hiệu a  b)
b chia hết a hay b là ước của a (kí hiệu b\ a)
Vậy: a b (b\ a) khi và chỉ khi có số nguyên q sao cho a = bq.
3. Các tính chất:
1) Nếu a b thì ± a ± b (b ≠ 0)
2) a  a; 0  a với mọi a ≠ 0
3) a ± 1 với mọi a
4) Nếu a  m thì an m (m ≠ 0, n nguyên dương).
5) Nếu a b và b a thì |a| = |b|
6) Nếu a  b và b  c (b,c ≠ 0) thì a  c.
7) Nếu a c và b c(c ≠ 0) thì (a ± b) c. Điều ngược lại không đúng.
8) Nếu a  m hoặc b  m thì ab  m(m ≠ 0). Điều ngược lại không đúng.
9) Nếu a p và a q, (p, q)= 1 thì a  pq
10) Nếu a = mn; b = pq và m p n q thì a b

+ Nếu (p, q) ≠ 1, ta phân tích A(n) = B(n) .C(n) rồi chứng minh:
B(n)  p và C(n)  q .
Ví dụ 2: a) Chứng minh: A(n) = n(n +1)(n + 2) 6.
b) Chứng minh: tích của hai số chẵn liên tiếp chia hết cho 8.
Giải : a) Ta có 6 = 2.3; (2,3) = 1 . Theo chứng minh trên đã có A(n) chia hết cho 2 và 3.
Do đó A(n) chia hết cho 6.
b) Ta viết A(n) = 2n(2n + 2) = 2n. 2(n +1) = 4n(n + 1).
8 = 4 . 2.
Vì 4 4 và n(n +1) 2 nên A(n)  8
Ví dụ 3 : Chứng minh rằng n5 - n chia hết cho 10, với mọi số nguyên dương n.
(Trích đề thi HSG lớp 9 cấp tỉnh năm học 2005 - 2006)
Giải : A(n) = n5 - n = n(n4 - 1) = n(n2 - 1)(n2 + 1) = n(n - 1)(n + 1)(n2 +1)  2
n = 5k + 1 => (n - 1)  5
n = 5k + 4 => (n + 1)  5.
n = 5k + 2 => n2 + 1 = (5k + 2)2 + 1 = (25k2 + 20k + 4 + 1) 5
n = 5k + 3 => n2 + 1 = (5k + 3)2 + 1 = (25k2 + 30k + 9 + 1) 5
Vậy : A(n) chia hết cho 2 và 5 nên phải chia hết cho 10.
Cách 3: Để chứng minh A(n) chia hết cho k , có thể biến đổi A(n) thành tổng(hiệu)
của nhiều hạng tử , trong đó mỗi hạng tử đều chia hết cho k . ( Đã học trong tính
chất chia hết của một tổng ở lớp 6)
(Liên hệ: A(n) không chia hết cho k ...)
Ví dụ 4: Chứng minh n3 - 13n (n > 1) chia hết cho 6. (Trích đề thi HSG cấp II toàn
quốc năm 1970).
Giải : n3 - 13n = n3 - n - 12n = n(n2 - 1) - 12n = (n - 1)n(n + 1) - 12n
(n - 1)n(n + 1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 6 ; 12n 6 . Do đó
A(n)  6
Ví dụ 5: Chứng minh n2 + 4n + 5 không chia hết cho 8 , với mọi số n lẻ.
Giải : Với n = 2k +1 ta có:
A(n) = n2 + 4n + 5 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 5 = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 + 5
= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2.

Đặt A(n) = 16n - 15n -1 , ta có : A(1) = 16 - 15 - 1 = 0 225 => A(1) đúng.
Giả sử A(k) đúng : A(k) = 16k - 15k -1  225. Ta chứng minh A(k + 1) đúng, tức là c/m:
16k + 1 - 15(k + 1) - 1 225.
Thật vậy, 16k+1 - 15(k + 1) - 1 = 16. 16k - 15k - 15 - 1 = (15 + 1) 16k - 15k - 15 - 1
= 15.16k + 16k - 15k -15 - 1 = (16k - 15k - 1) + 15(16k - 1)
= (16k-15k-1)+15(16 - 1)(16k-1 + ... +1) = (16k - 15k - 1) + 225(16k-1+ ... + 1) 225
Cách 9: Phương pháp phản chứng:
Để chứng minh A(n)  k ta chứng minh A(n) không chia hết cho k là sai.
B. PHẦN BÀI TẬP: Chứng minh:
1. a) 192007 - 192006 chia hết cho 9.
b) 92n + 14 chia hết cho 5.
c) Tổng của 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3, tổng của 5 số tự nhiên liên tiếp chia
hết cho5.
2. Tích của một số chính phương và một số tự nhiên đứng liền trước nó là một số chia
hết cho 12.
3. (n2 - 1)n2(n2 + 1) chia hết cho 60
4. a) n2 + 11n + 39 không chia hết cho 49
b) n2 + 3n +5 không chia hết cho 11
5. a) n4 + 6n3 + 11n2 + 6n chia hết cho 24.
b) n4 - 4n3 - 4n2 - 16n (chẵn, n > 4) chia hết cho 384.
6. 4n + 15n - 1 chia hết cho 9.

3



7. n2 + 4n + 3 (n lẻ) chia hết cho 8.
8. n3 + 3n2 - n - 3 chia hết cho 48.
9) 36n -26n chia hết cho 35
10) ab(a2 + b2)(a2 - b2) chia hết cho 30 với mọi số nguyên a,b.


m = a1α. a2β ... anλ . Thế thì : (m) = m 1 −


1 
1
1 −
a1  a 2

 
1
...1 −
  an





III. Bài tập ứng dụng:
Bài 1: Chứng minh 2100 - 1 chia hết cho 5
Giải : Ta có 24 ≡ 1(mod 5) =>(24)25 ≡ 125 (mod 5) =>2100 ≡ 1(mod 5) hay 2100 - 1  5
Bài 2: Tìm số dư của phép chia 299 cho 3.
Giải : Có 23 ≡ -1 (mod 3) ⇔ (23)33 ≡ (-1)33 (mod 3) ⇔ 299 ≡ -1 (mod 3) .
Vậy 299 chia 3 dư 2.
Bài 3 : Tìm chữ số cuối cùng của 2999
Bài 4: Chứng minh 22008 không chia hết cho 10.
Bài 5: Chứng minh rằng trong các số tự nhiên thế nào cũng có số k sao cho 1983k - 1

4


2. Chứng minh rằng : a) 24n - 1  15; b) 270 + 370  13
c) 122n+1 - 11n+2  133; d) 22225555 + 55552222  7
e) 14k + 24k + 34k + 44k không chia hết cho 5
4

TrườngTHCS Nguyễn đình chiểu

Năm học2010-2011

KẾ HOẠCH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI 9
Năm học 2011-2012
Chuyên đề 1: PHÂN TÍCH ĐA THỨC THÀNH NHÂN TỬ
Ví dụ 1: Phân tích đa thức thành nhân tử
a. a ( x 2 + 1) − x( a 2 + 1)
b. x − 1 + x n +3 − x n . Giải:
a. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung
a ( x 2 + 1) − x( a 2 + 1) = ax 2 + a − a 2 x − x
= ax( x − a ) − ( x − a ) = ( x − a )( ax − 1)

b. Dùng phương pháp đặt nhân tử chung rồi sử dụng hằng đẳng thức
n
3
x − 1 + x n +3 − x n . = x ( x − 1) + ( x − 1)
= x n ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + ( x − 1) = ( x − 1) [ x n ( x 2 + x + 1) + 1]
= ( x − 1) ( x n + 2 + x n +1 + x n + 1)

Ví dụ 2: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. x8 + 3x4 + 4.
b. x6 - x4 - 2x3 + 2x2 .
5

2

2

2

2

+ 2x + 2

2

]

[( x + 1)

2

]

+1

Ví dụ 3: Phân tích đa thức thành nhân tử :
a. 2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
b. x 4 + 2007 x 2 + 2006 x + 2007
Giải:
a.Dùng phương pháp tách hạng tử rồi nhóm thích hợp:
2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 4abc
= 2a 2 b + 4ab 2 − a 2 c − 2abc + ac 2 − 4b 2 c + 2bc 2 − 2abc =


)

Ví dụ 4: Phân tích đa thức thành nhân tử : a. a 3 + b 3 + c 3 − 3abc
b. ( a + b + c ) 3 − a 3 − b 3 − c 3 .
Giải: Sử dụng các hằng đẳng thức
a 3 + b 3 = ( a + b ) a 2 + b 2 − ab

(

[

]

= ( a + b ) ( a + b ) − 3ab
3
= ( a + b ) − 3ab( a + b ) .Do đó:
2

[

)

]

a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = = ( a + b ) + c 3 − 3ab( a + b ) − 3abc

[

3


2

)

2

= ( b + c ) 3a + 3ab + 3bc + 3ca = 3( b + c )( a + c )( a + b )
2

)

Ví dụ 5: Cho a + b + c = 0.
Chứng minh rằng :a3 + b3 + c3 = 3abc.
3
⇒ ( a + b ) = −c 3 ⇒ a 3 + b 3 + 3ab( a + b ) = −c 3
Giải: Vì a + b + c = 0
⇒ a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = 0 ⇒ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc
ab
Ví dụ 6: Cho 4a2 + b2 = 5ab, và 2a > b > 0. Tính P = 2
4a − b 2
Giải: Biến đổi 4a2 + b2 = 5ab ⇔ 4a2 + b2 - 5ab = 0 ⇔ ( 4a - b)(a - b) = 0 ⇔ a = b.
ab
a2
1
Do đó P =
= 2 =
2
2
3

+ + = 1 ⇒  + + ÷ = 2 + 2 + 2 + 2.
=1⇒ 2 + 2 + 2 =1
a b c
a
b
c
abc
a
b
c
a b c

Chuyên đề 2:.BẤT ĐẲNG THỨC CÔ – SI
1. Chứnh minh : (Với a , b ≥ 0) (BĐT Cô-si)
Giải:( a – b ) = a - 2ab + b ≥ 0 ⇒ a + b ≥ 2ab .Đẳng thức xảy ra khi a = b
2. Chứng minh: . (Với a , b ≥ 0)
Giải:( a+b ) = (a - 2ab + b )+ 4ab = (a-b) + 4ab ≥ 0 + 4ab ⇒ ( a + b ) ≥ 4ab .
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
3. Chứng minh: (Với a , b ≥ 0)
Giải:2(a + b) – ( a+b ) = a-2ab+b = (a-b) ≥ 0 ⇒ 2(a + b) ≥ ( a+b ).
Đẳng thức xảy ra khi a = b.
4. Chứng minh: .(Với a.b > 0)
Giải: + = .Do ab ≤ ⇒ ≥ 2 .Hay + ≥ 2 .
Đẳng thức xảy ra khi a = b
5. Chứng minh: .(Với a.b < 0)
Giải: + = - .Do ≥ 2 ⇒ - ≤ -2. Hay + ≤ - 2.
Đẳng thức xảy ra khi a = -b.
6. Chứng minh: . (Với a , b > 0)
7


4ac-b 2
b 

+ax +
MinP
=
Khi x=- 2a
÷ Suy ra
4a
2a 
4a


4 a c+b 2
4a


b
− a x−

2a


2


÷
÷



3.

Suy ra MinA =

31
5
Khi x = − .
8
4

Tìm GTLN của A = -2x2 + 5x + 7
5
25 25
− )+7=
4
16 16
5
25
56 + 25
5
81
5
= −2( x − ) 2 + + 7 =
− 2( x − ) 2 = − 2( x − ) 2 ≤ .
4
8
8
4
8
4

2a − a − 6

8



b. Thực hiện phép tính:

0,5a 2 + a + 2 a 3 − 8
2
:
+
1 + 0,5a
a + 2 a( 2 − a )

(a ≠ ± 2.)

( 2a + 3) = 2a + 3
4a 2 + 12a + 9
=
2
( 2a + 3)( a − 2) a − 2
2a − a − 6
2
3
0,5a + a + 2 a − 8
2
a 2 + 2a + 4 a + 2
2
:

x2 − y2
x 2 + y 2 − 2 xy

( x − y)
x 2 + y 2 − xy
x3 + y3
x 2 + y 2 − xy
x− y
A
=
:
=
×
=
Giải:
2
2
2
2
2
2
2
x −y
x + y − 2 xy ( x − y ) ( x + y ) ( x + y ) x + y − xy
( x + y)
2

(

• Ví dụ 3 Cho biểu thức : A =


=

( x + 1) 2 ; ( x + 1) 2 ≥ 0; x 2 + 1 > 0 ⇒ A ≥ 0

( x + 1)

(x

2

2

(x

2

− x + 1)

− x + 1) ( x 2 + 1)

=

( x + 1)

(x

2

2

+
a
+
1
a + a −6 + a −7 + a −8
a3 + a 2 + a + 1
+
+
+
a 5 a 6 a 7 a8
a8

=

a13 ( 1 + a + a 2 + a 3 )
a + a + a +1
3

2

= a13 ⇒ B = 200713

• Ví dụ 5: Tính giá trị biếu thức :

x 2 − 25
y−2
: 2
.
3
2

y−2
x − 10 x + 25 x y − y − 2
x ( x − 5)

Chuyên đề 5: PHƯƠNG TRÌNH BẬC HAI.
Bài 1: Cho phương trình ẩn số x: x2 – 2(m – 1)x – 3 – m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 2.
b) Chứng tỏ rằng phương trình có nghiệm số với mọi m.
c) Tìm m sao cho nghiệm số x1, x2 của phương trình thỏa mãn
điều kiện x12 + x22 ≥ 10.
c > 0

Bài 2: Cho các số a, b, c thỏa điều kiện: 

( c + a ) < ab + bc − 2ac
2

Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 luôn luôn có nghiệm.
Bài 3: Cho a, b, c là các số thực thỏa điều kiện: a2 + ab + ac < 0.
Chứng minh rằng phương trình ax2 + bx + c = 0 có hai nghiệm phân biệt.
Bài 4: Cho phương trình x2 + px + q = 0. Tìm p, q biết rằng phương trình có hai
 x1 − x 2 = 5

nghiệm x1, x2 thỏa mãn: 

3
3
 x1 − x 2 = 35

Bài 5: CMR với mọi giá trị thực a, b, c thì phương trình

1
2
Bài 12: Cho phương trình : x2 - 2 3 x + 1 = 0. Có hai nghiệm là x1, x2. Không giải
phương trình trên hãy tính giá trị của biểu thức:
10



A=

3 x12 + 5 x1 x 2 + 3x 22
4 x1 x 23 + 4 x13 x 2

Bài 13: Cho phương trình: x2 – 2(a - 1)x + 2a – 5 = 0 (1)
1) CMR phương trình (1) luôn có hai nghiệm với mọi giá trị của a.
2) Tìm giá trị của a để pt (1) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x12 + x22 = 6.
3. Tìm giá trị của a để phương trình có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện:
x1 < 1 < x2.
Bài 14: Cho phương trình: x2 – 2(m - 1)x + m – 3 = 0 (1)
a) CMR phương trình (1) có nghiệm với mọi giá trị của m.
b) Gọi x1, x2 là hai nghiệm của phương trình (1) .
Tìm GTNN của M = x12 + x22
Bài 15: Cho a, b là hai số thực thỏa mãn điều kiện:
1 1 1
+ =
a b 2

CMR ít nhất một trong hai phương trình sau phải có nghiệm:
x2 + ax + b = 0 và x2 + bx + a = 0.

Chó ý: §iÒu kiÖn (*) ®îc lùa chän tuú theo ®é phøc t¹p cña f(x) ≥ 0 vµ g(x) ≥ 0
VD: T×m m ®Ó ph¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:
− x 2 + 3 x − 2 = 2m + x − x 2
11



x 2 + 3x 2 0 1 x 2
x 2 + 3 x 2 = 2m + x x 2 0

x = m +1
x = m +1
Để phơng trình có nghiệm thì 1 m + 1 2 0 m 1
g ( x)conghia & g ( x) 0
Dạng2: f ( x) = g ( x)
2
f ( x) = g ( x )
Chú ý: Không cần đặt điều kiện f ( x) 0
x +1 0
x 1
2
2

x = 1
VD: Giải phơng trình: x 1 x = 1 x 1 = x + 1 2
2
2 x = 2
x 1 = ( x + 1)

Vậy phơng trình có nghiệm x=-1

1
2
2
1


x
2
x=0
2 x = 0
2 x + 1 0
2

(1 x )(1 2 x ) = (2 x + 1) 2
2 x + 7 x = 0

7


x =
2



Hoặc có thể trình bày theo cách khác nh sau: - Tìm điều kiện để các bt có nghĩa
- Biến đổi phơng trình
Chuyờn 7: Mt s bi tp c bn v hỡnh hc
Bi 1 : Cho na ng trũn (O) ng kớnh AB . T A v B k tip tuyn Ax v By .
Qua im M thuc na ng trũn k tip tuyn th 3 ct cỏc tip tuyn Ax v By ln
lt ti E v F .

EM

∆ EFB (g.g) ⇒

EM EF
=
mà MF = FB
MK FB

EF

⇒ MK = MF
∆EAB

∆ KHB (g.g) ⇒

EK AB
EF AB
EM EA
=
=
=
mà
( Ta let) ⇒
KH HB
MF HB
MK KH

Vì EM = EA ⇒ MK = KH .
B

3. A là trực tâm của tam giác ADG có AB là đường cao hay BA đi qua G .
Bài 3 : Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm A,B . Các đường AO và
AO’cắt đường tròn (O) lần lượt tại C và D , cắt đường tròn (O’) lần lượt tại E , F .
a) Chứng minh B , F , C thẳng hàng .
D
b) Chứng minh tứ giác CDEF nội tiếp .
E
A
c) Chứng minh A là tâm đường tròn nội tiếp
tam giác BDE .
d) Tìm điều kiện để DE là tiếp tuyến chung của
O’
O
(O) và (O’)
C
F
B
Hướng dẫn :
a) CBA + FBA = 1800 nên A , B , F thẳng hàng .
b) D, E cùng nhìn CF dưới một góc vuông nên CDEF nội tiếp .
c) Tứ giác CDEF nội tiếp nên EDF = ECF ; ACB = ADB từ đó suy ra EDF =
13



ADB . Hay DE là phân giác góc D của ∆BDE . Tương tự EC là phân giác góc
E của ∆BDE . Hai phân giác cắt nhau tại A nên A là tâm đường tròn nội tiếp
∆BDE .
d) Giả sử DE là tiếp tuyến chung của hai đường tròn ta có OO’ // CE cùng vuông
góc với AB : AOO’ = ACB mà ACB = FDE ( DCFE nội tiếp ) suy ra : AOO’

1) Gọi E là trung điểm của dây CD . Chứng minh 5 điểm S ,A , E , O , B cùng
nằm trên một đường tròn .
2) Nếu SA = OA thì SAOB là hình gì ? Tại sao
A
?
D
K
C
3) Chứng minh AC . BD = BC.DA = ½
E
AB.CD
S
O
Hướng dẫn chứng minh
1) Sử dụng tính chất tiếp tuyến , ta có A , B
cùng nhìn SO dưới một góc vuông , nên tứ giác
B
SADO nội tiếp đường tròn đường kính SO .
14



Dựa vào tính chất đường kính vuông góc với dây cung , ta có SEO = 90 0 .
Nên E thuộc đường tròn đường kính SO .
2) Nếu SA = OA thì SA = AB = OA = OB và góc A vuông nên tứ giác SAOB là
hình vuông .
AC SC
=
DA SA
BC SC

E

F
M

P
B

D

N

Q
C

Hướng dẫn :
1) Dựa vào số đo cung ta thấy
C = DEB ⇒ C + DEF = 1800
Nên tứ giác CDEF nội tiếp .
2) ∆BED ∆BCQ ( g.g) ⇒ BPE =
BQC
⇒ KPQ = KQP hay ∆KPQ cân .

∆CNK
∆MK ⇒ EMK = CNK
⇒ BMN = BNM hay ∆BMN cân . ⇒ MN ⊥ PQ và MN cắt PQ là trung điểm của
mỗi đường . Nên MNPQ là hình thoi.
3) ∆ABC

∆DAB

Bài 7 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn nội tiếp (O;R) . Hạ các đường cao AD , BE
của tam giác . Các tia AD , BE lần lượt cắt (O) tại các điểm thứ hai M , N . Chứng minh
rằng :
a) Bốn điểm A , E , D , B nằm trên một đường tròn . TÌm tâm I của đường
tròn đó .
b) MN // DE .
c) Cho (O) và dây AB cố định , điểm C di chuyển trên cung lớn AB .
Chứng minh rằng độ dài bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác CED
không đổi .
Hướng dẫn giải :
a) E,D cùng nhìn AB dưới một góc vuông
A
nên tứ giác AEDB nội tiếp trong một
đường tròn đường kính AB có I ( trung
N
điểm của AB ) là tâm
b) Ta thấy : ABE = ADE ( chắn cung AE )
I
O E
mà ABE = AMN ( chắn cung AN )
nên ADE = AMN hay DE // MN .
H
c) Kẻ thêm hình như hình vẽ . Dựa vào góc
K
nội tiếp của tứ giác AEBD suy ra được CN
B D
= CM nên OC ⊥ MM ⇒ OC ⊥ DE
C
M
Tứ giác HDCE nội tiếp đường tròn tâm K


M
D

A

AB 3
và AB = AC = BC = R 3
2

3) ∆IMC = ∆IMD ( c.g.c) ⇒ IC = ID .
Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D
chạy trên đường tròn ( I ; IC )

C
Khi M ≡ C ⇒ D ≡ C ; M ≡ I ⇒ D ≡ E .

4) ∆ACM = ∆BCD ( g.c.g ) ⇒ AM = BD ⇒ S = MA + MB + MC = 2.AM ≤ 2.AI
⇒ S ≤ 4R . S Max= 4R khi AM là đường kính .
Bài 9 : Cho ∆ABC ngoại tiếp (O) . Trên BC lấy M , trên BA lấy N , trên CA lấy P sao
cho BM=BN và CM = CP . Chứng minh rằng :
a) O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆MNP .
b) Tứ giác ANOP nội tiếp đường tròn .
c) Tìm vị trí M , N , P sao cho độ dài NP nhỏ nhất .
Hướng dẫn :
A
a) Từ tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau và giả thiết
suy ra :
P
DN = EM = FP ⇒ ∆ODA = ∆OEM = ∆OFP

D
Hướng dẫn :
C
a) ∆ADF = ∆BAE ⇒DAF = EBA ⇒ BE ⊥ AF .
b) Pitago : BE = AF = a 10 ; EF = a 5 ; BF = a

K
E

13

c) Dùng hệ thức lượng : EH =
H

A
∆BEK

B
∆BFH ⇒ BK =

a 10
9a 10
; HB =
10
10

d) Dựa vào tổng 2 góc đối bằng 180 0 nên EDFH
nội tiếp.
BE.BH 9a 13
=

AB).
ĐỀ 2:
18



Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức P =

x x 3
2( x 3)
x +3

+
x 2 x 3
x +1
3 x

1) Rut gn biu thc P
2) Tính giá trị của P khi x = 14 - 6 5
3) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P v giỏ tr tng ng ca x.
1
1
1
+
+
=1
x +3 + x +2
x + 2 + x +1
x +1 + x



Bài 6: (5 điểm) Cho tam giỏc u ABC cú cnh 60 cm. Trờn cnh BC ly im D sao
cho BD = 20cm. ng trung trc ca AD ct cỏc cnh AB, AC theo th t E, F. Tớnh
di cỏc cnh ca tam giỏc DEF./.
3:
Bi1(1,5)
a/ Tớnh
62 5 6+2 5
b/ Cho a +b +c = 0 , a,b,c 0. Chng t rng
1 1 1
+ +
=
a 2 b2 c2

1
a

1
b

1
c

| + + |

c/ Hóy chng t x = 3 5 + 2 3 5 2 l nghim ca phng trỡnh x3 +3x 4 = 0
Bi2(2)
a/
Rỳt
gn,

]

thc



Vi x = 2 3, y = 2 + 3
b/ Gii phng trỡnh x + 9 + x 7 = 4
Bi3(2,5)
a/ Tỡm giỏ tr ln nht ,giỏ tr nh nht ca biu thc B =

x2 x + 1
x2 + x + 1

b/ Trờn mt phng to cho cỏc im A(0;4) ; B(3;4) ; C(3;0)
Vit phng trỡnh ng thng i qua A, C . Xỏc nh a ng thng y =ax chia hỡnh
ch nht OABC thnh hai phn , trong ú din tớch phn cha im A gp ụi din tớch
phn cha im C
Bi4(3) Cho hai ng trũn (O) v (O) ngoi nhau . K tip tuyn chung ngoi AB
v tip tuyn chung trong EF ( A ,E (O) , B , F (O) )
a/ Gi M l giao im ca AB v EF . Chng minh rng : AOM v BMO ng
dng
b/ Chng minh rng AE vuụng gúc vi BF
c/ Gi N l giao im ca AE v BF . Chng minh rng ba im O , N , O thng hng
ẳ
Bi5(1) Cho hỡnh vuụng ABCD . Tớnh cos MAN
bit rng M ,N theo th t l trung
iim ca BC, CD
Đề 4.


y
z
=
=
2008 2009 2010
Chứng minh rằng: z x =2 ( x y )( y z )

Bài 3(2) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn

Bài 4(2.5). Cho x + y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức B = x3 + y3 + xy
Bài 5(2.5). Cho a, b>0. Chứng minh rằng:

b2
a2
+
a+ b
a
b

Bài 6(3) Cho tam giác vuông ABC ( B = 900, BC > BA) nội tiếp đờng tròn đờng kính
AC. Kẻ dây cung BD vuông góc với đờng kính AC. Gọi H là giao điểm của AC và BD.
Trên HC lấy điểm E sao cho E đối xứng với A qua H. Đờng tròn đờng kính EC cắt cạnh
BC tại I ( I khác C). Chứng minh rằng:
a. CI.CA = CB.CE
b. HI là tiếp tuyến của đờng tròn đờng kính EC
20



Bài 7(4). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (0; R). Đờng cao AK cắt đờng tròn (0) tại D;

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 l s chớnh phng.
Ta cú A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4
= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4
t x2 + 5xy + 5y2 = t ( t Z) thỡ
A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2
21



V ì x, y, z ∈ Z nên x2 ∈ Z, 5xy ∈ Z, 5y2 ∈ Z ⇒ x2 + 5xy + 5y2 ∈ Z
Vậy A là số chính phương.
Bài 2: Chứng minh tích của 4 số tự nhiên liên tiếp cộng 1 luôn là số chính phương.
Gọi 4 số tự nhiên, liên tiêp đó là n, n + 1, n+ 2, n + 3 (n ∈ N). Ta có
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n.(n + 3(n + 1)(n + 2) + 1
= (n2 + 3n)( n2 + 3n + 2) + 1 (*)
Đặt n2 + 3n = t (t ∈ N) thì (*) = t( t + 2 ) + 1 = t2 + 2t + 1 = ( t + 1 )2
= (n2 + 3n + 1)2
Vì n ∈ N nên n2 + 3n + 1 ∈ N Vậy n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.
Bài 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + . . . + k(k+1)(k+2)
Chứng minh rằng 4S + 1 là số chính phương .
1
1
k(k+1)(k+2).4 = k(k+1)(k+2).[(k+3) – (k-1)]
4
4
1
1
=
k(k+1)(k+2)(k+3) - k(k+1)(k+2)(k-1)
4


10 n − 1
10 n − 1
4.10 2 n − 4.10 n + 8.10 n − 8 + 9
4.10 2 n + 4.10 n + 1
n
= 4.
. 10 + 8.
+1=
=
9
9
9
9
2
n
 2.10 + 1 

= 
3



Ta thấy 2.10n +1=200…01 có tổng các chữ số chia hết cho 3 nên nó chia hết cho 3
2

 2.10 + 1 

⇒ 
3

Kết quả: A = 
 3 

 10 n + 8 

B = 
 3 

;

2

;

 2.10 n + 7 

C = 
3



Bài 6: Chứng minh rằng các số sau là số chính phương:
a. A = 22499…9100…09
n-2 chữ số 9 n chữ số 0

b. B = 11…155…56
n chữ số 1 n-1 chữ số 5

a. A = 224.102n + 99…9.10n+2 + 10n+1 + 9= 224.102n + ( 10n-2 – 1 ) . 10n+2 + 10n+1 + 9
= 224.102n + 102n – 10n+2 + 10n+1 + 9= 225.102n – 90.10n + 9

9
 3 
n

n

là số chính phương ( điều phải chứng minh)

Bài 7: Chứng minh rằng tổng các bình phương của 5 số tự nhiên liên tiếp không thể
là một số chính phương
Gọi 5 số tự nhiên liên tiếp đó là n-2, n-1, n , n+1 , n+2 (n ∈ N , n ≥2 ).
Ta có ( n-2)2 + (n-1)2 + n2 + ( n+1)2 + ( n+2)2 = 5.( n2+2)
23



Vì n2 không thể tận cùng bởi 3 hoặc 8 do đó n2+2 không thẻ chia hết cho 5
⇒ 5.( n2+2) không là số chính phương hay A không là số chính phương
Bài 8: Chứng minh rằng số có dạng n6 – n4 + 2n3 + 2n2 trong đó n ∈ N và n>1
không phải là số chính phương
n6 – n4 + 2n3 +2n2 = n2.( n4 – n2 + 2n +2 ) = n2.[ n2(n-1)(n+1) + 2(n+1) ]
= n2[ (n+1)(n3 – n2 + 2) ] = n2(n+1).[ (n3+1) – (n2-1) ]= n2( n+1 )2.( n2–2n+2)
Với n ∈ N, n >1 thì n2-2n+2 = (n - 1)2 + 1 > ( n – 1 )2
và n2 – 2n + 2 = n2 – 2(n - 1) < n2
Vậy ( n – 1)2 < n2 – 2n + 2 < n2 ⇒ n2 – 2n + 2 không phải là một số chính phương.
Bài 9: Cho 5 số chính phương bất kì có chữ số hàng chục khác nhau còn chữ số
hàng đơn vị đều là 6. Chứng minh rằng tổng các chữ số hàng chục của 5 số chính
phương đó là một số chính phương
Cách 1: Ta biết một số chính phương có chữ số hàng đơn vị là 6 thì chữ số hàng
chục của nó là số lẻ. Vì vậy chữ số hàng chục của 5 số chính phương đã cho là 1,3,5,7,9

số chính phương.
a. 2N-1 = 2.1.3.5.7…2007 – 1
Có 2N  3 ⇒ 2N-1 không chia hết cho 3 và 2N-1 = 3k+2 (k ∈ N)
⇒ 2N-1 không là số chính phương.
b. 2N = 2.1.3.5.7…2007
Vì N lẻ ⇒ N không chia hết cho 2 và 2N  2 nhưng 2N không chia hết cho 4.
2N chẵn nên 2N không chia cho 4 dư 1 ⇒ 2N không là số chính phương.
c. 2N+1 = 2.1.3.5.7…2007 + 1
2N+1 lẻ nên 2N+1 không chia hết cho 4
2N không chia hết cho 4 nên 2N+1 không chia cho 4 dư 1
⇒ 2N+1 không là số chính phương.
Bài 13: Cho a = 11…1 ; b = 100…05
2008 chữ số 1

2007 chữ số 0

Chứng minh

ab + 1 là số tự nhiên.
10 2008 − 1
Cách 1: Ta có a = 11…1 =
; b = 100…05 = 100…0 + 5 = 102008 + 5
9
2008 chữ số 1

⇒ ab+1 =
ab + 1 =

Ta thấy 10



= 
3



 10 2008 + 2 2
10 2008 + 2

 =
3
3


10 2008 + 2
+ 2 = 100…02  3 nên
3

∈ N hay

ab + 1 là số tự nhiên.

2007 chữ số 0

Cách 2: b = 100…05 = 100…0 – 1 + 6 = 99…9 + 6 = 9a +6
2007 chữ số 0

2008 chữ số 0

2008 chữ số 9