BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 MỚI NHẤT

ĐỀ SỐ 1
A

4 x  8 x 2  3x  6
2 x 2  3x  2
3

Bài 1 (5,0 điểm)Cho biểu thức:
a. Rút gọn A.
b. Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Bài 2 (3,0 điểm)
a. Chứng minh rằng: n3 + 2012n chia hết cho 48 với mọi n chẵn.
b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B =

x 1
x2

với x là số nguyên.

x 1
x
5
 2

x 1 2 .
Bài 3 (3,0 điểm)Giải phương trình: x
2

Bài 4 (3,0 điểm)Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn:
a. 5x2 + y2 = 17 + 2xy.
x  2  x  1  3  ( y  2) 2

b.
.
Bài 5 (6,0 điểm)Cho hình bình hành ABCD, lấy điểm M trên BD sao cho MB  MD. Đường
thẳng qua M và song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua M và
song song với AD cắt AB và CD lần lượt tại K và H.
a. Chứng minh: KF // EH.
b. Chứng minh: các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy.
c. Chứng minh: SMKAE = SMHCF .
Bài 1
(5,0điểm)

Hướng dẫn giải

Rút gọn A
a)
- Phân tích được 4x3 - 8x2 + 3x - 6 = (x - 2)(4x2 + 3)
(3,0điểm) - Phân tích được 2x2 - 3x - 2 = (x - 2)(2x + 1)
A

b)
(2,0điểm)

4 x2  3
2x 1

- Rút gọn được kết quả
Tìm giá trị ngun của x để A có giá trị nguyên
- Tìm ĐKXĐ:

Điểm
1,0
1,0
1,0

1
x � ; x �2
2
2
4x  3
4
A
 2x 1 
2x 1
2x 1

0,25

-Lập luận để A có giá trị nguyên xZ và 2x + 1 là ước lẻ của 4
- Tìm được x = 0; -1

0,5
0,25

Bài 2
(3,0điểm)
a)
Vì n chẵn nên n = 2k (k  Z)
(1,5
Do đó n3 + 2012n = (2k)3 + 2012.2k

điểm)
= 8k3 + 4024k
= 8k3 - 8k + 4032k
= 8k(k2 - 1) + 4032k

1,0

0,5
0,5
0,25


= 8k(k + 1)(k - 1) + 4032k
và lập luận suy ra điều phải chứng minh
b)
(1,5
điểm)

0,25

x 1
x2

x2
Nhận xét : B =
với x �2 mà
> 0 với mọi x �2 nên:
Nếu x + 1 < 0 � x < -1 thì B < 0
Nếu x + 1 = 0 � x = -1 thì B = 0
Nếu x + 1 > 0 � x > -1 thì B > 0

Suy ra B đạt giá trị lớn nhất nếu x > -1

0,5

Do x là số nguyên, x �2 , x > -1
Nên ta xét các trường hợp sau
1
x = 0 thì B = 2

x = 1 thì B = 2

x 1
x > 2 thì B = x  2

0,5

(1)
(2)

x 1
3
1
Với x > 2 ta có B = x  2 = x  2
3
B lớn nhất khi x  2 lớn nhất
mà 3 > 0 và x > 2 � x - 2 > 0
3
nên: x  2 lớn nhất khi x - 2 nhỏ nhất và x - 2 nguyên � x - 2 = 1
�
x = 3 � B = 4 (3)

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra: B lớn nhất bằng 4 khi x = 3

0,25

ĐKXĐ: x  0

0,25

x
1
x 1
� 2

x  1 y Khi đó ta có phương trình
x (y 0)
Đặt
1 5
y 
y 2 (2)

0,5

Bài 3
(3,0
điểm)
y

2

Giải (2) tìm được y = 2 (tmđk);

y

1
2 (tmđk)

x2  1
2
x
Với y = 2
. Tìm được x = 1 (tmđk)
2
1
x 1 1
y �

2
x
2 . Lập luận chứng tỏ phương trình này vơ
Với
�

nghiệm
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x = 1

0,5
0,75

0,75
0,25


Bài 4
(3,0
điểm)
a)
(1,5
điểm)

b)
(1,5
điểm)

2
5 x 2 �y
17 �
2 xy

( x y ) 2 4 x 2 17

x2



Do x nguyên nên
+ x2 = 0(x - y)2 = 17 (loại)
+ x2 = 1(x - y)2 = 13 (loại)
+ x2 = 4(x - y)2 = 1

17
4

0

x2

17
4

x 2 � 0;1; 4

0,25
0,25

Vậy các cặp số nguyên (x; y) là (2;1); (2;3); (-2;-1); (-2;-3)

0,25

x  2  x  1 �3

với mọi x
Chứng tỏ được
Dấu bằng xảy ra � -2  x  1

Do đó

3  ( y  2) 2 �3 với mọi y

0,25
0,25

x  2  x  1  3  ( y  2) 2  3

3  ( y  2)2  3 tìm được y = - 2
x  2  x 1  3

khi -2  x  1 mà x  Z
 x = -2; -1; 0; 1

a,
(2,0
điểm)

0,25

Với x = 2 thì (2 - y)2 = 1 tìm được y = 1 ; y = 3
Với x = - 2 thì (- 2 - y)2 = 1 tìm được y = -1 ; y = -3

Chứng tỏ được

Bài 5
(6,0
điểm)

0,5

Vậy các cặp số nguyên (x; y) là: (-2; -2); (-1; -2); (0; -2); (1; -2)
Hình vẽ

0,75
0,25

Chứng minh: KF // EH
BK MF

AK
ME
Chứng minh được:
MF BF BF


ME
DE
FC (hệ quả định lý Ta - lét)
Chứng minh được:

0,5
0,5


BK BF

Suy ra AK FC  KF // AC (Định lý Ta - lét đảo)

0,25

Chứng minh tương tự ta có EH // AC

0,5

Kết luận KF // EH

0,25

b,
Chứng minh: các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy
(2,0điểm)
Gọi giao điểm của BD với KF và HE lần lượt là O và Q. N là giao
điểm của AC và BD
OK QE

1
OF QH

Chứng minh được
Gọi giao điểm của đường thẳng EK và HF là P, giao điểm của
đường thẳng EK và DB là P’.
Chứng minh được P và P’ trùng nhau
Kết luận các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy
c,
(2,0
điểm)

0,75

1,0
0,25

Chứng minh: SMKAE = SMHCF
Kẻ EG và FI vng góc với HK, I và G thuộc HK
Chỉ ra được : SMKAE = MK.EG; SMHCF = MH.FI
MK KB

MH
HD
Chứng minh được:
MK MF

MH
ME
Suy ra
MF FI

ME
EG
Chứng minh được:
MK FI

Suy ra MH EG , suy ra MK.EG = MH.FI

Suy ra điều phải chứng minh

0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25

ĐỀ SỐ 2
Câu 1 (5,0 điểm).
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:  x  2   x  3  x  4   x  5   24  
2. Cho biểu thức A =
a, Rút gọn biểu thức A.
2

�x  2 � 1
� �
b, Tính giá trị của biểu thức A khi � 3 � 9

c, Tìm giá trị của x, để A < 0.
Câu 2 (4,0 điểm).
x2 1
2
 
1. Giải phương trình sau: a/ x  2 x x(x  2)

2

2

x2  4
�x  2 �
�x  2 �
5�

44


12.
0
�
�
�
x2 1
�x  1 �
b/ �x  1 �

2. Tìm cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình:
5x 4  10x 2  2y 6  4y3  6  0
Câu 3 (3,0 điểm).
1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương
của chúng chia hết cho 9.

2x  m x  1

3
2. Cho phương trình x  2 x  2 . Tìm m ngun để phương trình có nghiệm

dương.
Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD (có AC  BD ), O là giao điểm của AC và BD .

Gọi E , F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC . Gọi H và K lần
lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD . Chứng minh:
a, Tứ giác BEDF là hình bình hành ?
b, CH .CD  CK .CB
2
c, AB.AH   AD.AK   AC

Câu 5 (2,0 điểm).
1. Cho x  y  1 và xy �0 . Tính:

P

2 x  y
x
y


y 3  1 x3  1 x 2 y 2  3


x y 4
�
x
,
y
,
z
x

y

z

6
xyz
9

2. Cho ba số dương
thỏa mãn
. Chứng minh rằng

Câu 6 : Cho  ABC, M là điểm tùy ý nằm trong tam giác các đường thẳng AM, BM, CM lần
lượt cắc các cạnh BC, AC, AB tại A’, B’, C’,
AM BM CM


2
CMR: AA ' BB ' CC '
.

Câu 7 : Cho

 ABC,

M là điểm tùy ý nằm trong tam giác, đường thẳng đi qua M và trọng tâm

MA ' MB ' MC '


3
G của tam giác cắt BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’, CMR : GA ' GB ' GC '

Câu
Đáp án
Câu 1
(5,0 điểm) b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24

= (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24
= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
= [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24
= (x2 + 7x + 11)2 - 52
= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)
2. (3,0 điểm)
a) (1,25 điểm)
ĐKXĐ: x ��1
Với x ��1 , ta có:

A=

Điểm

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

(1  x)(1  x  x 2 )  x(1  x)
(1  x)(1  x)
:
1 x
(1  x)(1  2 x  x 2 )
=

0,25

(1  x)(1  x 2 ) (1  x)(1  x)
:
1

x
(1  x)(1  x) 2
=

0,25

=
=

(1  x 2 ) :

1
1 x

0,25

b) (1,0 điểm)
2

2 1
2 1
�x  2 � 1
� x 
x 

� �
3 3 hoặc
3 3
Ta có: � 3 � 9
� x  1 (khơng TMĐK)
1
x
3 (TMĐK)
hoặc
1
x
3 , ta có:
Với

0,25
0,25
0,25


2
� �1 �
�
� 1 � 10 2 20
1

1 �
� � ��
�
�3 ��
� 3 � 9 . 3 27

�
A=
=
=

2

20
�x  2 � 1
� �
Vậy khi � 3 � 9 thì A = 27

0,25

c) (0,75 điểm)

Ta có: A < 0 � (1)
Mà với mọi x ��1
Nên (1) �
Vậy với x > 1 thì A < 0

0,25
0,25
0,25

2.1) (2,0 điểm)
ĐKXĐ: x �0; x �2

0,25

x2 1
2
 
x  2 x x(x  2)
x(x  2)  (x  2)
2

x(x  2)
x(x  2)
�
� x(x  2)  (x  2)  2

Câu 2
(4 điểm)

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

� x  2x  x  2  2
� x2  x  0
� x(x  1)  0
� x = 0 (loại) hoặc x = - 1(nhận)
2

Vậy phương trình có nghiệm x = - 1
x2
x2
 a;
b
x 1
b/ Đặt x  1

2.2) (2,0điểm)
5x 4  10x 2  2y 6  4y3  6  0
�

 5x

4

 10x 2  5    2y 6  4y3  2   13

0,25

� 5(x  2x  1)  2(y  2y  1)  13
4

2

6

3

� 5( x  1)  2(y  1)  13

2
�
�x �Z
�x  1�Z
� �3
�
�y �Z
�y  1�Z

0,25

2
2
2
Mà 5( x  1) �13 � x  1 �1
2
Mặt khác x  1 �1 với mọi x

0,25

2

2

3

2

0,25

Vì:

0,25

� x2  1  1
� x2  0 � x  0
3
2
Với x  0 , ta có: 5  2(y  1)  13

� 2(y  1)  8 � (y  1)  4
�
�
y3  1  2
y3  1
�3
�3
y  3
� �y  1  2 � �
3

2

3

2

0,25
0,25

Vì y �Z nên y3 = 1 � y = 1

0,25


Vậy phương trình có một nghiệm ngun 
3.1. (1,5 điểm)
3
Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y � x  y M

x; y   0;1

x 3  y 3   x  y   x 2  xy  y 2 
Ta có:
  x  y �
 x 2  2 xy  y 2   3xy �
�
�
2
  x  y �
 x  y   3xy �
�
�

3 nên  x  y   3xy M3
Vì x  y M
2
x  y �
x  y   3xy �

M9


�
�
�
Vậy nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của
chúng chia hết cho 9.
3.2. (1,5điểm)
ĐKXĐ: x ��2
2x  m x  1

3
x2 x2
�  2 x  m   x  2    x  1  x  2   3  x 2  4 
2

Câu 3
(3 điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

� x  1  m   2m  14

(*)
Nếu m = 1 thì phương trình (*) có dạng 0 = -12 vơ nghiệm.
2m 14
x
1 m
Nếu m �1 phương trình (*) trở thành
Khi đó phương trình đã cho có nghiệm dương
�2m  14
� 1  m �2
�
�2m  14
۹ �
2
1

m
�
� m �4
�2m  14
�

0
�
� 1 m
1 m  7
�
�
Mà m nguyên.

Vậy

m � 2;3;5;6

thì thỏa mãn đầu bài

0,25
0,25

0,25

0,25

Câu 4
(6,0 điểm)

0,25


a) (2,0 điểm).
Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) � BE // DF (1)
Xét BEO và DFO
�

�

0,75

Có: BEO  DFO  90
OB = OD (t/c hình bình hành)

�  FOB
�
EOB
(đối đỉnh)
� BEO  DFO (cạnh huyền – góc nhọn)
� BE = DF (2)
Từ (1) và (2) � Tứ giác BEDF là hình bình hành (đpcm)
0

0,75

0,25
0,25

b) (1,75 điểm).
�
�
Ta có: ABCD là hình bình hành (gt) � ABC  ADC

0,25

0
�
�
�
�
Mà ABC  HBC  ADC  KDC  180

Xét CBH và CDK có:

�  KDC
�
� HBC

�  DKC
�  900
BHC
�  KDC
�
HBC
(chứng minh trên)
� CBH : CDK ( g  g )
CH CK
�

CB CD
� CH .CD  CK .CB (đpcm)

0,25
0,25
0,5

0,25
0,25

c) (2,0 điểm).

Xét AFD và AKC
0
�

�
Có: AFD  AKC  90
�
FAD
chung

0,5

� AFD : AKC ( g  g )
AF AK
�

� AD. AK  AF . AC
AD AC
(3)
Xét CFD và AHC
� D�
CF
AHC  900

0,25

Có:

0,5

�  HAC
�
FCD
(so le trong)

� CFD : AHC ( g  g )
CF AH
�

CD AC
CF AH
�

� AB. AH  CF . AC
AB AC
Mà : CD = AB
(4)
Từ(3) và (4) � AB.AH   AD.AK   CF.AC  AF.AC

   CF  AF  AC  AC 2

Câu 5
(2,0điểm)

0,25
0,25
(đpcm).

0,25

5.1(1,0 điểm)

Ta có:

0,25

x 4  x  y4  y
x
y

3
3
y3  1 x 3  1 = (y  1)(x  1)

x

4

 y4   (x  y)

2
2
= xy(y  y  1)(x  x  1)

 x  y  x  y  x

2

 y 2   (x  y)

= xy(x y  y x  y  yx  xy  y  x  x  1)
2

2

2

2

 x  y  (x

=
=
=
=

2

2

 y 2  1)
xy �
x 2 y 2  xy(x  y)  x 2  y 2  xy  2 �
�
�

 x  y  (x

2

0,25

 x  y 2  y)
xy �

x 2 y 2  (x  y) 2  2 �
�
�
2

 x  y   x(x  1)  y(y  1)
xy(x 2 y 2  3)

 x  y   x( y)  y(x) 
xy(x 2 y 2  3)

( do x + y = 1 � y - 1= -x và x – 1 = - y)

 x  y  (2xy)

= xy(x y  3)
2

2

=

0,25

2(x  y)
x 2 y2  3

2(x  y)
2(x  y)
2 2

2 2
� P= x y 3 + x y 3 = 0
5.2(1,0 điểm)
2
Ta có:  x  y  �4xy (1)
2
 x  y  z�
��
�
��4(x  y)z
۳ 36 4(x  y)z (vì x  y  z  6 )

0,25
0,25
0,25

� 36(x  y) �4(x  y) 2 z (vì x, y dương nên x + y dương)
Từ (1) và (2), ta có: 36(x  y) �16xyz
x y
4
� x  y � xyz ۳
xyz
9

4
9 (đpcm)

(2)

0,25

0,25

Bài 5: Cho  ABC, M là điểm tùy ý nằm trong tam giác các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắc các cạnh
BC, AC, AB tại A’, B’, C’,
AM BM CM


2
CMR: AA ' BB ' CC '
.
Từ A, M vẽ AH , MK  BC  AH / / MK

A ' M MK MK .BC S MBC



AH AH .BC S ABC
A ' AH có: A ' A
A ' M AA ' AM
AM S MBC

 1

AA '
A ' A S ABC
Mặt khác: A ' A


S
AM

 1  MBC
A' A
S ABC


S
S
BM
CM
 1  MAC ,
 1  MAB
S ABC CC '
S ABC
Chứng minh tương tự: BB '
Cộng theo vế ta được đpcm
Bài 6: Cho  ABC, M là điểm tùy ý nằm trong tam giác, đường thẳng đi qua M và trọng tâm G của tam giác
MA ' MB ' MC '


3
cắt BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’, CMR : GA ' GB ' GC '
Gọi AM cắt BC tại A1, Từ M vẽ đường thẳng song song với AI cắt BC tại D,
với I là trung điểm BC
A ' M MD
MD / / GI 

A 'GI có:
A 'G
GI
(1)

A1M MD MD
MD / / GI 


 AI  3GI 
A1A
AI
3GI
A1AI có
(2)
A ' M 3 A1M

A1A
Từ (1) và (2) ta có: A ' G
MB ' 3.B1M MC ' 3.C1M
�A1M B1M C1M �

,

 VT  3 �


�
B1B GC '
C1C
�A1A B1B C1C �
Chứng minh tương tự ta có: GB '
A1M B1M C1M



 1  VT  3
mà ta có: từ bài 6 => A1A B1B C1C

ĐỀ SỐ 3



x
2
x2  x  1 3
1
3
1 5
x   1   x  


2
x
2
x
2
x 2
c) x  x  1 3 vì mẫu khác 0=> x khác 0, đo đó
2

1
25
1
25
� 1 � 25

x4  x2  1
25
x 4  x 2  1 25
21
 x 2  2  2 
 x 2  2  1  1 

1


 1 
�x  �
2
2
x
4
x
4 =>
� x� 4
x
4
x
4
4




Gọi tia phân giác của A là Ax
Qua C kẻ đường thẳng song song với AB, Qua B kẻ đường thẳng song song với AC hai đường

thẳng này cắt nhau tại M.
Suy ra MCAB là hình bình hành
Ta có: BCE cân tại C (BC=CE)
Suy ra góc B1= góc E, Mà ACB = B1+E ( góc ngồi tại C của tam giác BCE)
Do đó: B1= ½ ACB.
Lại có ACB = CBM ( so le trong, BM//AC)
Suy ra: B1= 1/2 CBM
 BO là tia phân giác của góc CBM

Chứng minh hồn tồn tương tự ta có CO là tia phân giác cảu BCM
Do đó MO là tia phân giác của CMB.
Mà CMB và CAB là hai góc đói của hình bình hành nên MO// với tia phân giác Ax của A
OK//Ax nên M, O, K thẳng hàng
Từ đó suy ra: CMK = ½ CMB = ½ CAB = CAx
Mà CAx = K1
Suy ra: Tam giác MCK cân tại C=> MC=CK
Mà MC =AB ( ABCM là hình bình hành
Vậy CK=AB


ĐỀ SỐ 4
Bài 1. Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện x > 0, y < 0 và x + y = 1.
a) Rút gọn biểu thức .
b) Chứng minh rằng: A < - 4.
Bài 2. 1. Giải phương trình:
a/

2x 8x  1

2

 4x  1  9

 12x  7  3x  2  2x  1  3
2

b/
2.Cho ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện:
4x2 + 2y2 + 2z2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0,
Tính giá trị của biểu thức T = (x – 4)2014 + (y – 4)2014 + (z – 4)2014.
Bài 3.(2 điểm) Cho số nguyên tố p > 3. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết
thập phân của số pn có đúng 20 chữ số. Chứng minh rằng trong 20 chữ số này có ít nhất 3 chữ
số giống nhau.
Bài 4. Cho hình vng ABCD cạnh a và điểm N trên cạnh AB. Cho biết tia CN cắt tia DA tại
E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.
a) Chứng minh CE = CF;
b) Chứng minh B, D, M thẳng hàng;
c) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC;
d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích
hình vng ABCD.
Bài 5.
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3x – y3 = 1
b) Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2.

Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Nội dung

Biểu
điểm

a) Với x + y = 1, biến đổi và thu gọn A.

3(điểm)
Bài
1
b) (vì x > 0; y < 0 và x + y = 1)
Suy ra A < - 4.
2.1
a

Cách 1 : (64x2-16x+1)(8x2-2x)=9  [8(8x2-2x)+1](8x2-2x)=9
Đặt t= 8x2-2x

2(điểm)


8x 8x  1

Cách 2 : Nhân 8 vào hai vế ta được:
Đặt 8x  1  y , ta được :

 y  1 y  y  1  72   y
2

2



2

 8x  2  72



 9 y2  8  0

ĐS : S={1//2 ; -1/4}
2.1
b

12x  7  12x  8  12x  6  72
Nhân hai vế với 24 ta được: 
2

Đặt 12x+7=y
4x + 2y2 + 2z2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0
 [4x2 – 4x(y + z) + (y + z)2]+ (y2 + z2 – 6y – 10z + 34) = 0
Bài
 (2x – y – z)2 + (y – 3)2 + (z – 5)2 = 0
2.2
…
 y = 3; z = 5; x = 4
Khi đó T = (4 – 4)2014 + (3 – 4)2014 + (5 – 4)2014 = 2.
Bài Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p khơng chia hết cho 3. (*)
3
pn có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9
gồm 10 chữ số đơi một khác nhau.

Nếu khơng có q nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số
phải có mặt đúng 2 lần trong cách viết số pn. Như vậy tổng các chữ số
của số pn là: 2(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 903 nên pn 3
Điều này mâu thuẫn (*).
Vậy trong số pn phải có ít nhất 3 chữ số giống nhau.
2

Bài a) Chứng minh được
4 CDE = CBF (g.c.g)
 CE = CF.

2(điểm)

2(điểm)

E
M
B

A

F

N

2(điểm)

D

C

b) Chỉ ra  M thuộc đường trung trực BD của đoạn AC. Vậy B, D,
M thẳng hàng.
c) Chỉ ra ACE = BCM  EAC ~ MBC (g.g).
Chỉ ra CAE = CBM
d) Đặt BN = x  AN = a – x.
*)Tính SAEFC = SACE + SECF =
- Tính AE: Lý luận để có
- Tính CE2: Lý luận để có CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2

Do đó SAEFC =
*) Tính SABCD = a2.

2(điểm)
2(điểm)
2(điểm)


Lý luận với SAEFC = 3SABCD để có
6x2 – ax – a2 = 0  (2x – a)(3x + a) = 0  (vì a, x > 0).
KL: N là trung điểm của AB thì SAEFC = 3SABCD.
Bài a)
3x – y3 = 1  3x = y3 + 1
(1)
5
- Dễ thấy x = y = 0 là một nghiệm của (1).
- Nếu x < 0 thì 3x = ( n nguyên dương, n = - x)
suy ra 0 < 3x < 1. Mà y3 + 1 là số nguyên, suy ra (1) khơng có nghiệm
ngun.
- Nếu x > 0 thì 3x 3

(1)  3x = (y + 1)3 – 3y(y + 1)  (y + 1)3 3 nên y + 1 3
Đặt y + 1 = 3k ( k nguyên), suy ra y = 3k – 1. Thay vào (1) ta
được: 3x = (3k – 1)3 + 1 = 9k(3k2 – 3k + 1) nên 3k2 – 3k + 1 là ước
của 3x mà 3k2 – 3k + 1 3 và 3k2 – 3k + 1=
nên 3k2 – 3k + 1 = 1  3k(3k – 1) = 0  k = 0 hoặc k = 1.
Với k = 0 thì y = - 1 suy ra 3x = 0 phương trình vơ nghiệm.
Với k = 1 thì y = 2 suy ra 3x = 9 nên x = 2.
Vậy các cặp số nguyên (x, y)  {(0; 0), (2; 2)}.
b) Từ giả thiết 0 ≤ a, b, c ≤ 2 suy ra (2 – a)(2 – b)(2 – c) + abc ≥ 0
 8 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) ≥ 0
 8 – 12 + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 0 (vì a + b + c = 3)
 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4
 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4 + a2 + b2 + c2
 ( a + b + c)2 ≥ 4 + a2 + b2 + c2
 a2 + b2 + c2 ≤ 5 (vì a + b + c = 3)
Dấu đẳng thức xảy ra  (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị của bộ
số này.
Vậy P có GTLN nhất là 5  (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị
của bộ số này.
Chú ý: - Điểm được lấy đến 0.25.
- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
ĐỀ SỐ 5
Câu 1(4,0 điểm).
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x5 – 2x4 + 3x3 – 4x2 + 2
b) x4 + 2023x2+2022x + 2023

1
x2  x  2
2x  4

A
 2

x  2 x  7 x  10 x  5
2. Thực hiện phép tính:
Câu 2(4,0 điểm).
1. Giải phương trình:
x2  2x  2 x2  8x  20 x2  4x  6 x2  6x  12



x 1
x 4
x 2
x 3
a)

b)

 2 x  5

3

  x  2    x  3 .
3

3

1.5(điểm
)

1.5(điểm
)


2. Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1. Chứng minh rằng:
a  bc b  ca c  ab


�2
bc c a a b
Câu 3 (4,0 điểm).
2
a) Đa thức f(x) khi chia cho x  1 dư 4, khi chia cho x  1 dư 2 x  3 . Tìm phần dư khi chia f(x)
2
cho ( x  1)( x  1).
b) Cho a và b là các số tự nhiên thỏa mãn 2a2+a=3b2+b
Chứng minh rằng: a-b và 3a+3b+1 là số chính phương.
Câu 4 (6,0 điểm)
�
Cho tam giác ABC vng tại A  AB  AC  có AD là tia phân giác của BAC . Gọi M và N lần

lượt là hình chiếu của D trên AB và AC , E là giao điểm của BN và DM , F là giao điểm của CM
và DN .
a) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vng và EF / / BC.
b) Gọi H là giao điểm của BN và CM . Chứng minh ANB đồng dạng với NFA và H là trực
tâm AEF
c) Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm của BK và AD

BI AO DM



9
là I . Chứng minh : KI KO KM
.
2
2
Câu 5(2,0 điểm). Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x  2 xy  7  x  y   2 y  10  0 .
………………………………………..HẾT……………………………………………

Câu

Hướng dẫn chấm

Điể
m

Câu 1
1(2,0 điểm)
(4 điểm)
a(1,0 điểm)
Tổng các hệ số bằng 0 thì nên đa thức có một nhân tử là x – 1, chia f(x) cho (x

– 1) ta có:
5

4

0,5
0,5

3

2

4

3

2

x – 2x + 3x – 4x + 2 = (x – 1)(x - x + 2 x - 2 x - 2)
Vì x4 - x3 + 2 x2 - 2 x - 2 không có nghiệm ngun cũng khơng có nghiệm hữu
tỉ nên khơng phân tích được nữa.


b(1,0 điểm)

b)2 x 2  5 x  7  2 x 2  2 x  7 x  7

0,5

 2 x  x  1  7  x  1   x  1 . 2 x  7 

0,5

2(2,0 điểm).
0,5

x  7 x  10   x  5   x  2 

2

1
x2  x  2
2x  4
1
x2  x  2
2x  4
A
 2




x  2 x  7 x  10 x  5 x  2  x  5   x  2 
x 5
x  5  x2  x  2   2 x  4  x  2

 x  5  x  2 

 x 2  8 x  15   x  5   x  3  x  3



 x  5  x  2   x  5  x  2  x  2



x 4



x 2



0,5

0,5

Câu 2
a(1,0 điểm)
(4 điểm) x2  2x  2 x2  8x  20 x2  4x  6 x2  6x  12
x 1

0,5

x 3

HD:

0,25
0,25

Biến đổi phương trình thành:

 x  1  x1 1   x  4  x 4 4   x  2  x 2 2   x  3  x 3 3
5x  8
5x  12
1

4
2
3




x  1 x  4 x  2 x  3  (x  1)(x  4) (x  2)(x  3)

0,25

Qui đồng khử mẫu rút gọn được pt 4x2+10x=0 ..
b(1,0 điểm)

0,25

Đặt 2 x  5  a;

0,25

x 2 b�ab  x 3

a 3  b3   a  b 
Phương trình đã cho trở thành:
�  a  b   a 2  ab  b 2    a  b   a 2  2ab  b 2 
3

0,25

�  a  b   a 2  ab  b 2  a 2  2ab  b 2   0 � 3ab  a  b   0

5
�
a

0
�
x

�
2
�
��
b0�x 2
�
a b�x 3
�
�

0,25

�5
�
S  � ; 2;3�
�2
Vậy nghiệm của phương trình là:

0,25


2(2,0 điểm)

a  bc  a  a  b  c   bc   a  b   c  a 

Tương tự: b  ca   b  a   b  c  ;
Do đó:

VT 

0,5

c  ab   c  a   c  b 

 a  b  a  c    b  a   b  c    c  a   c  b 
bc

ca

0,5

ab

Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si ta có:

 a  b  a  c   b  a   b  c

0,5

�2  a  b 

bc
ca

 a  b   a  c    c  a   c  b  �2 a  c


bc
ab
 b  a   b  c    c  a   c  b  �2 b  c


ac
ab

2.VT �4
 a ۳b c 

Câu 3
(4
điểm)

Vậy
a(2,0 điểm)

4

VT

2

. Dấu “=” xảy ra

0,5

� abc 

1
3

0,5
Theo định lí bơ-zu ta có: f(x) chia x  1 dư 4 => f(-1) = 4.
2
Do bậc của đa thức chia ( x  1)( x  1) là 3 nên đa thức dư có dạng
ax 2  bx  c .
Gọi thương là q(x).Theo định nghĩa phép chia cịn dư, ta có :
f(x) = (x + 1)(x 2 + 1).q(x) + ax 2 + bx + c
= (x + 1)(x 2 + 1).q(x) + ax 2 + a - a + bx + c
= (x + 1)(x 2 + 1).q(x) + a(x 2 + 1) + bx + c - a
= [(x + 1).q(x) + a].(x 2 + 1) + bx + c - a

b2
�
�
2
ca3
Mà f(x) chia cho x  1 dư 2 x  3. � �
(1)
�
Mặt khác f(-1)=4
a -b+ c = 4 (2) . Do đó ta có :
�
�
b2
b2

b2
�
�
�
�
�
� 9
ca 3
��
ca 3 � �
c
�
�a  b  c  4 �a  c  6 � 2
�
�
� 3
a
�
� 2
3 2
9
x  2x 
2
Vậy đa thức dư cần tìm có dạng: 2

b(2,0 điểm)

0,5
0.5

0,5


1,0
1,0

Câu 4
(6
điểm)

a. (2.0 điểm)
Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / / BC.
* Chứng minh tứ giác AMDN là hình vng
0 �
0 �
0
�
+) Chứng minh AMD  90 ; AND  90 ; MAN  90
Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật

0.25
0.25


�
+) Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAN
nên tứ giác AMDN là hình vng.
* Chứng minh EF // BC

FM DB

DB MB

(1)

(2)
+) Chứng minh : FC DC
và DC MA
MB MB
AM  DN �

(3)
MA
DN
Chứng minh
MB EM

(4)
DN
ED
Chứng minh
EM FM

� EF / / BC
Từ  1 ,  2  ,  3 ,  4  suy ra ED FC

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25
0.25

b) 2.0 điểm.
Gọi H là giao điểm của BN và CM . Chứng minh ANB đồng dạng với NFA và H là
trực tâm AEF
* Chứng minh ANB : NFA
AN DN

(5)
0.25
Chứng minh AN  DN . suy ra AB AB

DN CN

Chứng minh AB CA

CN FN

(7)
và CA AM
FN FN

(8)
AM
AN
AM

AN
.

Chứng minh
Suy ra
AN FN

� ANB : NFA  c.g .c 
AB
AN
Từ (5) (6) (7) (8) suy ra
(6)

0.25
0.25
0.25

* Chứng minh H là trực tâm tam giác AEF

�
�
Vì ANB : NFA nên NBA  FAN
�

�

�

�

0.25

Mà BAF  FAN  90 � NBA  BAF  90

Suy ra EH  AF
Tương tự: FH  AE
C/m tam giác MAE và tam giác MAC đồng dạng hoặc tam giác MAE và tam giác
FDM đồng dạng
0

0

0.25
0.25

0.25
suy ra H là trực tâm AEF
c) 2.0 điểm.
Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm của BK

BI AO DM


9
KI
KO
KM
I
.
và AD là Chứng minh :


Đặt S AKD  a, S BKD  b, S AKB  c. Khi đó:
S ABD S ABD S ABD a  b  c a  b  c a  b  c






S AKD S BDK S AKB
a
b
c

0.25

0.5

�b a � �a c � �b c �
 3  �  � �  � �  �
�a b � �c a � �c b �

b a
 �2
a
b
Theo định lý AM-GM ta có:
a c
b c
 �2 ;  �2
c b
Tương tự : c a
BI AO DM



�9
Suy ra KI KO KM
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi ABD là tam giác đều, suy ra trái với giả thiết.
Câu 5
(2
điểm)

Ta có:
x 2  2 xy  7  x  y   2 y 2  10  0

0.5

0.5
0,25
0,5

� 4 x 2  8 xy  28 x  28 y  8 y 2  40  0
�  2 x  2 y  7   4 y 2  9  *
2

2 x  2 y  7  �0 nên
Ta thấy 
� y   01; 1
2

4 y 2 �9

y2

9
2
4 do y nguyên nên y � 0;1

2 x  7   9 tìm được x � 2; 5
Với y  0 thay vào  * ta được: 
2
2
x

9
 5 , không tìm được x ngun
*
y

1



Với
thay vào
ta có:
2

2 x  5   5 khơng tìm được x ngun
Với y  1 thay vào  * ta có 
 x; y     2;0  ;  5;0  
Vậy

0,5

0,75

2

0,25

ĐỀ SỐ 6
P

n 4
n  5 với n là số tự nhiên. Hãy tìm tất cả các số tự nhiện n sao
2

Câu 1: (4,0 điểm) a/ Cho
cho giá trị của P chưa tối giản.

a 3  3a 2  5a  17  0
�
�3
b  3b 2  5b  11  0
�

b/ cho các số a, b lần lượt thỏa mãn các hệ thức
c/ Phân tích đa thức thành nhân tử : x4 - 6x3 + 12x2 - 14x + 3
Câu 2:(4,0 điểm)

. Tính a+b.