|
4 |
|
1.5 |
|
|
a) Tìm các số tự nhiên $x$ thỏa mãn biểu thức $P=-{{x}^{4}}+{{x}^{2}}+14x+49$ là số nguyên tố |
|
|
$P=\left( 7+x+{{x}^{2}} \right)\left( 7+x-{{x}^{2}} \right)$ |
0.25 |
|
|
Ta có $7+x+{{x}^{2}}>1$ Vì P là số nguyên tố nên $7+x-{{x}^{2}}=1$$ \Leftrightarrow {x^2} - x - 6 = 0 \Leftrightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}} Vậy $x=3\Rightarrow P=19$ (thỏa mãn). |
0.5 |
|
|
b) Tìm nghiệm nguyên của phương trình $P = - {x^4} + {x^2} + 14x + 49\;$. |
|
|
|
${x^2} - xy + {y^2} = 2x - 3y - 2 \Leftrightarrow {x^2} - \left( {y + 2} \right)x + {y^2} + 3y + 2 = 0\;\;\;\left( 1 \right)$ $\Delta = {\left( {y + 2} \right)^2} - 4\left( {{y^2} + 3y + 2} \right) = - 3{y^2} - 8y - 4$ Để phương tình (1) có nghiệm thì $\Delta \ge 0$ $ \Rightarrow - 3{y^2} - 8y - 4 \ge 0 \Leftrightarrow 3{y^2} + 8y + 4 \le 0 \Leftrightarrow - 2 \le y \le - \frac{2}{3}$ |
0.5 |
|
|
Vì y nguyên nên $y = - 2$ hoặc $y = - 1$ Với $y = - 2$,$\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} = 0 \Leftrightarrow x = 0$ Với $y = - 1$, $\left( 1 \right) \Leftrightarrow {x^2} - x = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} Vậy nghiệm của phương trình: $\left( {0; - 2} \right),\left( {0; - 1} \right),\left( {1; - 1} \right)$. |
0.25 |
|
|
5 |
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=6cm$,$AC=8cm$. Các đường phân giác trong và phân giác ngoài của góc $B$ lần lượt cắt đường thẳng $AC$ tại $M$ và $N$. Tính diện tích của tam giác $BMN$. |
1.0 |
|
|
$\Delta ABC$ vuông tại $A$$\Rightarrow B{{C}^{2}}=A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}$$\Rightarrow BC=10(cm)$ |
0.25 |
|
$BM$ là đường phân giác trong của $\Delta ABC$$\Rightarrow \dfrac{MA}{BA}=\dfrac{MC}{BC}$ Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: $\dfrac{MA}{BA}=\dfrac{MC}{BC}=\dfrac{MA+MC}{BA+BC}=\dfrac{AC}{BA+BC}=\dfrac{8}{6+10}=\dfrac{1}{2}$$\Rightarrow MA=3(cm)$ |
0.25 |
|
|
$BN$ là đường phân giác ngoài của $\Delta ABC$$\Rightarrow \dfrac{NA}{BA}=\dfrac{NC}{BC}$ Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: $\dfrac{NA}{BA}=\dfrac{NC}{BC}=\dfrac{NC-NA}{BC-BA}=\dfrac{AC}{BC-BA}=\dfrac{8}{10-6}=2$$\Rightarrow NA=12(cm)$ |
0.25 |
|
|
$NM=NA+MA=15(cm)$ ${{S}_{\Delta BMN}}=\dfrac{1}{2}BA.NM=45\,\,(c{{m}^{2}})$. |
0.25 |
|
|
6 |
Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$$\left( AB<AC \right)$ và đường cao$AH$. Vẽ đường tròn $\left( O \right)$ đường kính $BC$. Trên cung nhỏ $AC$ lấy điểm $E$ ($E\ne $$A$, $E\ne $$C$) sao cho hai tia $AE$ và $BC$ cắt nhau tại $I$; $AC$ cắt $BE$ tại $N$. Kéo dài $AH$ cắt đường tròn $\left( O \right)$ tại điểm thứ hai là $D$, $DE$ cắt $BC$ tại $M$. |
2.0 |
|
|
|
|
|
a) Chứng minh $MN$ song song $AD$. |
|
|
|
Chứng minh tứ giác $MNEC$nội tiếp |
0.5 |
|
|
$\widehat{NEC}={{90}^{0}}\Rightarrow \widehat{NMC}={{90}^{0}}$ |
0.25 |
|
|
Ta có $MN\bot BC,AD\bot BC$ suy ra $MN//AD$ |
0.25 |
|
|
b) Chứng minh $\Delta OME$∽$\Delta OEI$. |
|
|
|
Gọi F là giao điểm của OE với đường tròn (O) ($F$ khác $E$) Ta có $\widehat{BOF}=\widehat{EOC}\Rightarrow \overset\frown{EC}=\overset\frown{BF}$ |
0.25 |
|
|
$\widehat{DEF}=\dfrac{1}{2}s\tilde{n}\overset\frown{FD}=\dfrac{1}{2}\left( s\tilde{n}\overset\frown{BD}-s\tilde{n}\overset\frown{BF} \right)$ |
0.25 |
|
|
$\widehat{AIB}=\dfrac{1}{2}\left( s\tilde{n}\overset\frown{AB}-s\tilde{n}\overset\frown{EC} \right)$(tính chất góc có đỉnh bên ngoài đường tròn) |
0.25 |
|
|
Suy ra $\widehat{AIB}=$$\widehat{DEF}$ Xét hai tam giác $OME$ và $OEI$ $\widehat{EOI}$ chung $\widehat{EIO}=\widehat{MEO}$$\Rightarrow \Delta OME$∽$\Delta OEI$. |
0.25 |
|
|
7 |
Cho $a,b,c$ là các số dương. Chứng minh rằng: a) $\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\ge a-\dfrac{b}{2}$. b) $\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+bc+{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+ca+{{a}^{2}}}\ge \dfrac{a+b+c}{3}$. |
1.0 |
|
|
a) Ta có : $\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{^{2}}}}=\dfrac{a({{a}^{2}}+{{b}^{2}})-a{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}=a-\dfrac{a{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}\ge a-\dfrac{a{{b}^{2}}}{2ab}=a-\dfrac{b}{2}$ |
0.25 |
|
b) Tương tự theo câu a), ta có: $\dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}\ge b-\dfrac{c}{2}$ , $\dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}\ge c-\dfrac{a}{2}$ Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: $\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}\ge \dfrac{a+b+c}{2}$ |
0.25 |
|
|
Ta có: $\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}}\ge \dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+\dfrac{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}{2}+{{b}^{2}}}=\dfrac{2}{3}.\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}$ Và $\dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+bc+{{c}^{2}}}\ge \dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+\dfrac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}{2}+{{c}^{2}}}=\dfrac{2}{3}.\dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}$$\dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+ac+{{a}^{2}}}\ge \dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+\dfrac{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}{2}+{{a}^{2}}}=\dfrac{2}{3}.\dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}}$ Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức trên ta có: $\dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+ab+{{b}^{2}}}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+bc+{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+ca+{{a}^{2}}}\ge \dfrac{2}{3}\left( \dfrac{{{a}^{3}}}{{{a}^{2}}+{{b}^{2}}}+\dfrac{{{b}^{3}}}{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}}+\dfrac{{{c}^{3}}}{{{c}^{2}}+{{a}^{2}}} \right)\ge \dfrac{a+b+c}{3}$ |
0.5 |
