Giáo Án Lop 8:Bai Tap On Ks Lan 2-26-3

giáo án điện tử Giáo dục Công dân
  Đánh giá    Viết đánh giá
 0       0      0
Phí: Tải Miễn phí(FREE download)
Mã tài liệu
00rz0q
Danh mục
giáo án điện tử
Thể loại
Ngày đăng
2018-03-28 14:42:53
Loại file
docx
Dung lượng
1.61 M
Trang
1
Lần xem
0
Lần tải
0
File đã kiểm duyệt an toàn

BAI TAP ON KS-LAN (26/3/2018) Câu 1: a) Tìm số nguyên tố p sao cho các số đều là số nguyên tố. b) Tìm các số nguyên dương x, y, z thỏa mãn: . a) 1.0 đ Tìm số nguyên tố p sao cho các số đều là số nguyê

Đây là đoạn mẫu , hãy download về để xem đầy đủ, hoàn toàn miễn phí 100%

 

BAI TAP ON KS-LAN (26/3/2018)
Câu 1: a)  Tìm số nguyên tố p sao cho các số đều là số nguyên tố.
b)  Tìm các số nguyên dương  x, y, z thỏa mãn: .
a)
1.0 đ
 
Tìm số nguyên tố p sao cho các số đều là số nguyên tố.
+) Nếu p=7k+i; k,i nguyên, i thuộc tập. Khi đó chia cho 7 có thể dư: 1;4;2
Xét
Nếu chia cho 7 dư 1 thì chia hết cho 7 nên trái GT
Nếu chia cho 7 dư 4 thì chia hết cho 7 nên trái GT
  Nếu chia cho 7 dư 2 thì chia hết cho 7 nên trái GT
+) Xét p=2 thì =16 (loại)
+) Xét p=7k, vì p nguyên tố nên p=7 là nguyên tố, có: đều là các số nguyên tố  Vậy p =7
b)
1,0 ®iÓm
Giả thiết (1)
+) Lập luận để (*)
(1)
(2)
vì y nguyên dương
Nếu thì (1) có dạng: (vì có(*))
Khi đó , x nguyên dương nên tìm được x=6
Nếu (vì y nguyên dương) thì (1) có dạng: (vì z nguyên dương)
Suy ra (vì x nguyên dương) Đáp số
Câu 2.  a) Với x là số thực. Tìm GTLN-GTNN của biểu thức A = .
A = , (*) có nghiệm x
Nếu A = 0 từ (*) có : x = -4/3
Nếu A 0 có :
Vậy :
b) Chứng minh trong các số có dạng 20142014 ... 2014 có số chia hết cho 2013.
 
Ta xét 2014 số khác nhau có dạng 20142014…2014 = an, có n bộ 2014. n N*
Trong 2014 số này có ít nhất hai số khi chia cho 2013 có cùng số dư.
0,25

 
Giả sử 2 số đó là ai , aj  (j > i). Khi đó  aj – ai 2013
hay:  
0,25
Số có dạng 20142014…2014 . 104i 2013
Vì UCLN(10, 2013) = 1 nên UCLN(10n, 2013) = 1 với mọi n  N*
0,25
Vậy: có số dạng 20142014…2014 chia hết cho 2013
0,25
Câu 3: Giải phương trình   .
Câu 4:   1. Cho hai số thực a, b không âm thỏa mãn. Chứng minh rằng phương trình sau luôn có nghiệm: .
       2. Tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trình  .
Cho hai số thực a, b thỏa mãn (1)
Chứng minh rằng phương trình sau có nghiệm: (2)
TH1 : Với a = 0 thì (2) Từ (1) . Vậy (2) luôn có nghiệm
TH2 : Với , ta có :                                    
Vậy pt luôn có nghiệm
Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn phương trình:   
Ta có   (1)                
     (2)
Từ (1) và (2) ta có  x   mà  x, y nguyên  suy ra  y = x + 1
Thay  y = x + 1 vào pt  ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0)
Câu 5-1: Cho tứ giác ABCD có  AD = BC; AB
        1.  Chứng minh IPHQ là hình thoi và PQ tạo với AD, BC hai góc bằng nhau.
        2. Về phía ngoài tứ giác ABCD, dựng hai tam giác bằng nhau ADE và BCF. Chứng minh rằng trung điểm các đoạn thẳng AB, CD, EF cùng thuộc một đường thẳng.
Bài 5-2Tam giác ABC có BC = 40cm, phân giác AD dài 45cm,đường cao AH dài 36cm.Tính độ dài BD, DC.
 
 
1
2 đ
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
IP = HQ; IP//HQ  ( Tính chất đường trung bình) và AD = BC (GT)
IPHQ là h.b.h  Có IP = IQ = AD = BC nên IPHQ là hình thoi
Gọi P; Q là giao điểm của PQ với AD và BC
Nhận thấy ∆ HPQ cân đỉnh H
                      HPQ = HQP  ( Góc ở đáy tam giác cân) (1)
Mà PH // BC BQP = HPQ   ( So le trong)                   (2)
 
      QH // AD APP = HQP   ( So le trong)                   (3)
 
Từ (1); (2); (3) Suy ra APP = BQP      ( đpcm)
 
 
2

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Gọi K, M, N lần lượt là trung điểm của EF, DF, CE
Từ giả thiết ∆ ADE =  ∆ BCF và dựa vào tính chất của đường trung bình trong tam giác ta có   ∆ HMP =  ∆ HNQ  (c.c.c)
    Suy ra  MHP = NHQ MHQ = NHP MHN và PHQ có cùng tia phân giác  Mặt khác dễ có IPHQ và KMHN là các hình thoi.
Suy ra HK và HI lần lượt là phân giác của MHN và PHQ. Suy ra H, I, K thẳng hàng
 
 

Đặt BD = x, DC = y. Giả sử  x AD nên AD2 = DE . DH . Suy ra DE = = = 75cm
Theo tính chất đường phân giác trong và ngoài của tam giác
= =      (1)   Mặt khác       x + y = 40            (2)

 
Thay y = 40 – x  vào (1) và rút gọn được
        x2 – 115x + 1500 = 0   (x – 15)(x – 100) = 0
Do  x
Câu 6:   a)Giải phương trình:
 
Áp dụng bất đẳng thức , xảy ra dấu đẳng thức cho vế trái của PT ta có: = VP
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
     
Nghiệm của PT là: ;
Câu 7: Cho a , b là hai số dương thỏa mãn a + b  = 1
           Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  T  =



Vậy hay
 
 
 
 
 
 
0,75
Có = 8             
   Vậy có T       
 
 
 
0,75
Dấu “ = “ xảy ra a = b =   Vậy GTNN của T là đạt được tại a = b =            
 
0,5
Câu 8 1. Tìm các nghiệm nguyên (x; y) của phương trình: .
2. Tìm tất cả các số N/tố p, q sao cho tồn tại số tự nhiên m t/ mãn :            
 
 
1
Ta có: (1) .  Đặt (2)  thì(1)  trở thành      (3).
 
0,5
 
Từ (2) thay vào (3) ta được   (*),  coi đây là PT bậc hai đối với y có:
0,5
 
Để (*) có nghiệm
Vì hoặc  . Thay vào (*) :    
 
 
0,5

 
+ Với        + Với
Vậy phương trình có 3 nghiệm nguyên (x, y) là (0; 0), (-1; 3) và ( 1; 2)
0,5
 
2
Nếu thì .
 
0,25
 
Do và p là số nguyên tố nên
0,25
 
Nếu thì pq và p + q là nguyên tố cùng nhau vì pq chỉ chia hết cho các ước nguyên tố là p và q còn p + q thì không chia hết cho p và không chia hết cho q.
 
0,25
 
Gọi r là một ước chung của và
0,25
 
hoặc .
0,25
 
suy ra là hai nghiệm của phương trình vô nghiệm do
 
0,25
 
suy ra là hai nghiệm của phương trình vô nghiệm do .
 
0,25
 
Vậy bộ các số nguyên tố (p; q) cần tìm là
0,25
Câu 9: Cho tam giác ABC nhọn, ba đường cao AD, BF, CE cắt nhau tại H.  
a)     Giả sử HB = 6cm; HF = 3cm;  CE = 11 và CH > HE. Tính độ dài CH; EH.
b)    Gọi I là giao điểm EF và AH. Chứng minh rằng
c) Gọi K là điểm nằm giữa C và D. Kẻ AS vuông góc HK tại S. Chứng minh SK là phân giác của .
a) Chứng minh được HBE HCF (g.g)
Suy ra
Đặt CH = x thì HE = 11 – x (với 0
Ta có

Vì CH + EH = 11; CH > EH nên CH = 9;HE = 2
b) Ta có cosA = nên AFE  ABC (c.g.c)     Suy ra
     C/m tương tự ta được  CFD  CBA (c.g.c) suy ra
Do đó . Mà . Vậy FB là phân giác của góc . lại có FA FB nên FA là phân giác ngoài của tam giác FID
Do đó theo t/c đường phân giác trong và ngoài ta có:     (1)
c) Kẻ qua H đường thẳng song song AS cắt SI tại L, cắt SD tại M. Ta có SH ML nên cần c/m HM = HL
+ Ta có: HL // SA   (2) và MH // SA (3)

Từ (1) , (2), (3) suy ra
+ Tam giác SMH có nên tam giác LSM cân tại S => SK là p/giác của góc ISK
Câu 10   Cho tam giác ABC, I là điểm nằm trong tam giác. Các tia AI, BI, CI cắt các cạnh BC, AC, AB lần lượt tại các điểm D, E, F.
 Chứng minh rằng:
+ Kẻ qua A đường thẳng song song với BC cắt BE tại K,
cắt CF tại H.
+ AH // BC suy ra & AK // BC suy ra
   Do đó: (1)
+ AH // CD suy ra & AK // BD suy ra
   Do đó: (2)
+ Từ (1) và (2) suy ra    (3)
+ Chứng minh tương tự ta được: (4) &   (5)
+ Cộng (3), (4), (5) vế theo vế ta được
               
Áp dụng bất đẳng thức với a, b là hai số dương ta có , dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b. Do đó
Vậy . Dấu = xảy ra khi BD = CD, EA = EC; FA = FB  I là trọng tâm tam giác ABC
Câu 11: Cho dãy gồm số:
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng vào vị trí của hoặc Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và sau lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc chọn các số để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
Cho dãy gồm số:
Người ta biến đổi dãy nói trên bằng cách xóa đi hai số bất kỳ trong dãy và viết thêm vào dãy một số có giá trị bằng vào vị trí của hoặc Cứ làm như thế đối với dãy mới thu được và sau lần biến đổi, dãy cuối cùng chỉ còn lại một số. Chứng minh rằng giá trị của số cuối cùng đó không phụ thuộc vào việc
 


chọn các số để xóa trong mỗi lần thực hiện việc biến đổi dãy, hãy tìm số cuối cùng đó.
 
Với hai số thực bất kỳ ta luôn có:   (*)
0,25
Với dãy số thực bất kỳ , ta xét “Tích thêm ”:

Áp dụng cách biến đổi dãy như trong đề bài kết hợp với nhận xét (*), ta nhận thấy “Tích thêm ” không thay đổi với mọi dãy thu được.
0,25
Với dãy đã cho ban đầu của bài toán, “Tích thêm ”:

0,25
Giả sử sau 2014 lần biến đổi tùy ý theo yêu cầu, dãy còn lại chỉ còn một số là thì “Tích thêm ” đối với dãy cuối là:
Vậy ta có:
Bài toán được giải quyết; và sau lần biến đổi dãy theo đúng yêu cầu của bài toán ta thu được số .
0,25

 
Câu 12
a) (1,5 điểm) Cho ba số thực dương thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 
Chứng minh:
      , .    (1)
Thật vậy:    (đúng)    Dấu
0,25
Áp dụng BĐT (1) ta có: 
                                                                  Dấu .
0,25
      
0,25
Tương tự có:

0,25
. Do
0,25


 
Vậy .
0,25
b) (1,5 điểm ) Tìm tất cả các cặp số nguyên thỏa mãn:

 
Có:
                                                      (1)
0,25
Vì , nên từ và chẵn.
0,25
Giả sử  lẻ và
0,25
Vì là số chính phương, nên và cũng là hai số chính phương.
0,25
Do
0,25
Khi , có .
Vậy có hai cặp số nguyên thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
0,25

 
Câu 13:    1) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết cho n3 + 2012n.
       2) Cho x, y là các số nguyên thỏa mãn 2x2 + x = 3y2 + y.
       Chứng minh  x – y;  2x +2y +1 và 3x + 3y +1 đều là các số chính phương.
Tóm tắt cách giải
      ( 2x + 5y + 1)( + y )  = 105
Vì 105 là số lẻ nên 2x +5y +1 và + y phải là các số lẻ.
Từ 2x +5y +1 là số lẻ mà 2x +1 là số lẻ nên 5y là số chẵn suy ra y là số chẵn.
+ y là số lẻ mà là tích của hai số nguyên liên tiếp nên là số chẵn, y cũng là số chẵn nên là số lẻ. Điều này chỉ xảy ra khi x = 0.
Thay x = 0 vào phương trình đã cho ta được:
  ( 5y + 1)( y + 1) =105 5y2 + 6y – 104 = 0
 5y2 – 20y + 26y – 104 = 05y( y – 4) + 26(y – 4) = 0
 (5y  + 26)(y – 4)  = 0 y = ( loại)  hoặc y = 4( thỏa mãn).
Vậy phương trình có nghiệm nguyên(x;y) = ( 0 ; 4)
Giả sử tồn tại số nguyên n thỏa mãn (20142014 +1) chia hết cho n3 + 2012n.
Ta có : n3 + 2012n = (n3 – n) + 2013n = n(n -1)(n +1)+2013n.
Vì n -1, n, n+1 là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3.
Suy ra n(n-1)(n +1) 3; mà 20133 nên (n3 + 2012n) 3 (1)
Mặt khác: 20142014  + 1 = (2013 + 1)2014 +1 chia cho 3 dư 2
( vì 2013 3). (2)
Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là vô lý, tức là không có số nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho.
Từ : 2x2 + x = 3y2 + y               (1)  => 2x2 – 2y2 + x – y =  y2
=> (x- y)(2x + 2y + 1) = y2.       (2)

Mặt khác từ (1) ta có: 3x2 – 3y2 + x – y = x2 ( x –y)( 3x +3y +1) = x2
=>(x –y)2( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) = x2y2
=> ( 2x + 2y +1)(3x +3y +1) là số chính phương. (3)
Gọi ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = d=> ( 2x + 2y +1) d;     (3x +3y +1) d
=> (3x +3y +1) - ( 2x + 2y +1) =  (x + y) d
=> 2(x +y) d =>( 2x + 2y +1) -  2(x +y) =  1 d nên d = 1
=> ( 2x + 2y +1; 3x +3y +1) = 1                     (4)
Từ (3) và (4) =>  2x + 2y +1 và 3x +3y +1 đều là số chính phương.
Lại có từ (2) =>(x- y)(2x + 2y + 1) là số chính phương
       x- y cũng là số chính phương.
Vậy 2x2 + x =  3y2 + y thì x –y; 2x +2y +1 và 3x + 3y +1đều là các số chính phương.
Câu 14:  Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia  AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM.
a)     Chứng minh rằng : ME // BN và ∆OEM vuông cân
b)Từ C kẻ CH BN ( H BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng.
 
 
 
 
 
Hình vẽ
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
a
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông AB = CD và AB // CD
+ AB // CD  AB // CN ( Theo ĐL Ta- lét) (*)
Mà  BE = CM (gt) và AB = CD AE = BM thay vào (*)
Ta có : ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)
0,25đ
0,5đ
 
0,25đ
0,5đ
HS cm được ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)
0,75 đ
OE = OM  và Lại có vì tứ giác ABCD là hình vuông
kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân tại O
0,25đ
 
0,5đ
 
 
 
 
 
 
b
Gọi H’ là giao điểm của OM và BN  Từ ME // BN ( cặp góc so le trong)  Mà vì ∆OEM vuông cân tại O
0,25đ
0,25đ
∆OMC ∆BMH’ (g.g)
0,25đ
,kết hợp ( hai góc đối đỉnh)
0,25đ
∆OMB ∆CMH’ (c.g.c)
0,25đ
Vậy
0,25đ

 
mà CH BN ( H BN) H H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm)
0,5đ
Bài 15: Cho tam giác ABC vuông tại A, M là điểm thay đổi trên cạnh AC. Từ C kẻ đường thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O.
a. Chứng minh .
b. Chứng minh rằng tổng BM.BH + CM.CA không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên cạnh AC.
Ta có BMN là tam giác đều,nên G là trọng tâm của
Tam giác BMN. Gọi P là trung điểm của MN,
Ta có : ( tính chất trọng tâm tam giác đều)
Lại có : suy ra       (1)
Mặt khác   và 
Do đó :   (2)    Từ (1) và (2) suy ra GPI GNC (c.g.c)
Từ đó ta có : và    Mà
Gọi K là trung điểm của GC thì GI = GK = GC, suy ra GIK đều,
nên IK = GC. Điều này chứng tỏ tam giác GIC vuông tại I.
Vậy :
 
 
0.5
 
 
0.25
 
 
0.5
 
0.25
0.25
 
 
0.25
Bài 16: 1) Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì
A = 4a2b2 – (a2 + b2 - c2)2  luôn luôn dương.
HD: Ta có A = [2ab + (a2 + b2 - c2)][2ab – (a2 + b2 - c2)] = [(a + b)2 – c2][c2 – (a – b)2]
    = (a + b + c)(a + b – c)(c + b – a)(c + a – b).
Do a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên a, b, c > 0 và theo bất đẳng thức trong tam giác ta có a + b – c > 0; c + b – a > 0; c + a – b > 0  từ đó suy ra điều phải chứng minh
2) Cho là các số thực thỏa mãn điều kiện:

Chứng minh rằng: .
HD: Ta luôn c/m được ( ax + by)2 ≤  ( a2 + b2 ) . ( x2 + y2)
Áp dụng vào bài toán trên
Ta có:
                               
                         
                     Suy ra
2) Cho a + b = 1. Tìm (GTNN) của biểu thức:   A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a) 
Ta có: a + b = 1 => a = + x, b = + y với x + y = 0
ta có:  A = a(a2 + 2b) + b(b2 – a)   = a3 + b3 + ab = a2 + b2
       A  =

                                      Tìm x; y để A = ½ sau đó KL   GTNN(A) =   Khi x = y = 0  a = b =
Câu 17: Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD)
  a) Chứng minh OA2 = AC.BD
  b) Chứng minh tam giác AMB vuông
  c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC
 
Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ

 
a) Xét ACO và BOD có= 900 (cùng phụ với )
0,5đ
Nên ACO  đồng dạng với BOD
0,5đ
=> => AO.BO = AC.BD
0,5đ
mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD
0,5đ
b) Xét CMO và OMD có: = = 900
(cùng phụ với )
0,5đ
=>CMO  OMD => (1)
0,5đ
Mà ACO  BOD => => (2) (Do AO = OB)
0,5đ
Từ (1) và (2) ta có => tam giác OMD và tam giác OBD đồng dạng=> => (cạnh huyền , góc nhọn)
     => OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M
0,5đ
c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB)=>
0,5đ
mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
0,5đ
Tương tự ta chứng minh AC = CM
0,5đ
 

Nguồn:trên mạng

 
 
HƯỚNG DẪN DOWNLOAD


Để tải về giáo án điện tử BAI TAP ON KS LAN 2-26-3
Bước 1:Tại trang tài liệu chi tiết nslide bạn muốn tải, click vào nút Download màu xanh lá cây ở phía trên.
Bước 2: Tại liên kết tải về, bạn chọn liên kết để tải File về máy tính. Tại đây sẽ có lựa chọn tải File được lưu trên nslide.com
Bước 3: Một thông báo xuất hiện ở phía cuối trình duyệt, hỏi bạn muốn lưu . - Nếu click vào Save, file sẽ được lưu về máy (Quá trình tải file nhanh hay chậm phụ thuộc vào đường truyền internet, dung lượng file bạn muốn tải)
Có nhiều phần mềm hỗ trợ việc download file về máy tính với tốc độ tải file nhanh như: Internet Download Manager (IDM), Free Download Manager, ... Tùy vào sở thích của từng người mà người dùng chọn lựa phần mềm hỗ trợ download cho máy tính của mình

LINK DOWNLOAD

docx.pngBAI_TAP_LAM_DE_KSLAN2.docx[1.61 M]

File đã kiểm duyệt
     Báo vi phạm bản quyền
Pass giải nén (Nếu có):
nslide.com
DOWNLOAD
(Miễn phí)

Bạn phải gởi bình luận/ đánh giá để thấy được link tải

Nếu bạn chưa đăng nhập xin hãy chọn ĐĂNG KÝ hoặc ĐĂNG NHẬP

BÌNH LUẬN


Nội dung bậy bạ, spam tài khoản sẽ bị khóa vĩnh viễn, IP sẽ bị khóa.
Đánh giá(nếu muốn)
 BÌNH LUẬN

ĐÁNH GIÁ


ĐIỂM TRUNG BÌNH

0
0 Đánh giá
Tài liệu rất tốt (0)
Tài liệu tốt (0)
Tài liệu rất hay (0)
Tài liệu hay (0)
Bình thường (0)

giáo án tương tự

giáo án TIẾP THEO

giáo án MỚI ĐĂNG

giáo án XEM NHIỀU