Đề thi và đáp án môn Toán lớp 8 pot

1
Bi 1:( 3,5 im)
Cho biu thc M =






+
+

+

2
1
36
6
4
3
2
xx
xx
x
:

+

+
2
10
2
2
x
x
x
a) Rỳt gn M
b)Tớnh giỏ tr ca M khi
x
=
2
1
Bi 2:(3im)
a) Cho a thc f(n) = n
5
- 5n
3
+ 4n.
Chng minh rng f(n)
M
120 vi mi giỏ tr ca n

N
b) Tỡm cp s (x,y) tho món phng trỡnh

2x
2
+ y
2
+ 2xy 2x + 2y + 5 = 0
Bài 3 : (4 điểm)
a)Cho hai số thực x, y thoả mãn
3 2
3 10x xy =
và
3 2
3 30y x y =
.
Tính giá trị biểu thức P =
2 2
x y+
.
b) Chứng minh rằng nếu
1 1 1
2
a b c
+ + =
và a + b + c = abc thỡ
2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
Bi 4 (7 im) Cho hỡnh ch nht ABCD. Trờn ng chộo BD ly im P, gi M l
im i xng ca im C qua P.

a) T giỏc AMDB l hỡnh gỡ?
b) Gi E v F ln lt l hỡnh chiu ca M lờn AD, AB. Chng minh EF // AC v ba
im E, F, P thng hng.
c) Chng minh rng t s cỏc cnh ca hỡnh ch nht MEFN khụng ph thuc vo v trớ
ca P
d) Gi s CP

BD v CP = 2,4 cm,
9
16
PD
PB
=
. Tớnh cỏc cnh ca hỡnh ch nht
Bi 5(2,5 im) : Chng minh rng x > 0, y > 0 thỡ
1 1 4
x y x y
+
+
.
p dng vi a, b, c l 3 cnh ca tam giỏc p l na chu vi . CMR

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + + +


2
Bi 1:(4 điểm) Cho biu thc M =

+
+

+

2
1
36
6
4
3
2
xx
xx
x
:

+

+
2
10
2
2
x
x
x
a. Rỳt gn M
b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất.
1
Bi 2:(3 điểm) Cho biu thc: A = ( b
2
+ c
2
- a
2
)
2
- 4b
2
c
2
a. Phõn

tớch biu thc A thnh nhõn t.
b. Chng minh: Nu a, b, c l di cỏc cnh ca mt tam giỏc thỡ A < 0.
Bi 3:(3 điểm)

a. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc sau :
A = x
2
+ 2y
2
2xy - 4y + 2014
b. Cho cỏc s x,y,z tha món ng thi:
x + y + z = 1: x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 v x
3
+ y
3
+ z
3
= 1.
Tớnh tng: S = x
2009
+y
2010
+ z
2011
Bài 4:(3 điểm)
a. Giải phơng trình:
209
1

2
++ xx
+
3011
1
2
++ xx
+
4213
1
2
++ xx
=
18
1

b. Giải phơng trình với nghiệm là số nguyên:
x( x
2
+ x + 1) = 4y( y + 1).
Bi 5:(7 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có các đờng cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.
a. Tính tổng:
HD HE HF
AD BE CF
+ +
b. Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC
2
c. Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF.
d. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN.

Chứng minh đờng trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.
Hết
3
Bi 1 (1,0 im) Phõn tớch cỏc a thc sau thnh nhõn t:
a) x
2
x 12; b) x
2
+ 2xy + 4y 4;
Bi 2: (2,5 im)
Cho biu thc: P =
4 2
2 3
4 1 1 1 ( 1) (1 )
( )
1 1 1 1
x x x x x x x x
x x x x
+ + + + +
+ ì
+
a. Tỡm x P xỏc nh.
b. Rỳt gn P.
c. Tỡm giỏ tr nguyờn ca x P nhn giỏ tr nguyờn?
Bi 3: (2,5 im)
a) Cho a thc
( 3)( 5)( 7)( 9) 2014Q x x x x= + + + + +
. Tỡm s d trong phộp chia a
thc
Q

cho a thc
2
12 32x x+ +
.
b) Chng minh bt ng thc:
1 1 4
a b a b
+
+
. Vi
;a b
l cỏc s dng.
2
Áp dụng bất đẳng thức trên tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2
2 3
M
xy x y
= +
+
.
với
;x y
dương và
1x y
+ =
.
Bài 4: (2,5 điểm)
ABCD là hình chữ nhật có AB //CD, AB = 2CB. Từ A kẻ đường thẳng vuông
góc với đường chéo BD tại H. Trên HB lấy điểm K sao cho HK = HA. Từ K kẻ

đường thẳng song song với AH cắt AB tại E.
a. Chứng minh E là trung điểm AB.
b. Lấy M trung điểm DE, tia AM cắt DB tại N, cắt DC tại P
Tính tỷ số diện tích tam giác AND với diện tam giác PMD?
Câu 5:(1,5 điểm)
Cho trước góc xOy; tỷ số
m
n
và một điểm P nằm trong góc xOy. Dựng đường
thẳng đi qua P cắt các cạnh Ox, Oy lần lượt tại C và D sao cho:
PC m
PD n
=
. (Chỉ trình
bày cách dựng và chứng minh)
ĐỀ 4
Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) 4x
2
– 49 – 12xy + 9y
2
b) x
2
+ 7x + 10
Bài 2 (4đ) Cho
2
2
1 2 2 4
2 7 10 5
x x x

A
x x x x
− − −
= + −
− − + −
a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nguyên.
Bài 3 (4đ). Giải phương trình
) 2 1 3 2a x x+ = −
b) x
2
– 2 = (2x + 3)(x + 5) + 23
Bài 4 (6đ). Tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao AD, BE, CF gặp nhau tại
H. Đường thẳng vuông góc với AB tại B và đường thẳng vuông góc với AC tại C cắt
nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b) ∆ABC ~ ∆AEF
3
c)
EDCFDB

=
d) H cỏch u cỏc cnh ca tam giỏc DEF
Bi 5 (1). Cho ba s thc x, y v z sao cho x + y + z = 1. Chng minh rng
Bi 6 (1). Gii bt phng trỡnh
2008
2007
<
x
HT

5
Bài 1: 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
3 3 3
a b c 3abc + +
2) Cho
3 2
a 3ab 5 =
và
3 2
b 3a b 10 =
. Tính S =
2 2
a b+
Bài 2: 1) Giải phơng trình:
8 4 2
x 2x x 2x 2 0 + + =
2) Có tồn tại hay không số nguyên dơng n sao cho
6 n 2011
n 26 21+ =
Bài 3: Rút gọn biểu thức A =
3 3 3
3 3 3
2 1 3 1 2011 1

2 1 3 1 2011 1

ì ì ì
+ + +
Bài 4: Cho ABC vuông tại A, có AB < AC. Kẻ phân giác AD. Gọi M và N lần
lợt là hình chiếu của D trên AB và AC. BN cắt CM tại K, AK cắt DM tại I, BN cắt DM

tại E, CM cắt DN tại F.
1) Chứng minh rằng EF // BC
2) Chứng minh rằng K là trực tâm của AEF
3) Tính số đo của
ả
BID
Bài 5: Cho a, b, c, d, e > 0 thỏa mãn điều kiện a + b + c + d + e = 4.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( ) ( )
a b c d a b c a b
P
abcde
+ + + + + +
=
6
Bi 1 (4 im): Cho biu thc









++
+

=
222222

2
11
:
y
4xy
A
xxyyxyx
a) Tỡm iu kin ca x, y giỏ tr ca A c xỏc nh.
b) Rỳt gn A.
c) Nu x; y l cỏc s thc tho món: 3x
2
+ y
2
+ 2x 2y = 1, hóy tỡm tt c cỏc
giỏ tr nguyờn dng ca A?
Bi 2 (4 im):
a) Gii phng trỡnh :

82
44
93
33
104
22
115
11 +
+
+
=
+

+
+ xxxx
b) Tỡm cỏc s x, y, z bit :
x
2
+ y
2
+ z
2
= xy + yz + zx
v
2010200920092009
3=++ zyx
4
Bi 3 (3 im): Chng minh rng vi mi n
N
thỡ n
5
v n luụn cú ch s tn cựng
ging nhau.
Bi 4 (7 im): Cho tam giỏc ABC vuụng ti A. Ly mt im M bt k trờn cnh
AC. T C v mt ng thng vuụng gúc vi tia BM, ng thng ny ct tia BM ti
D, ct tia BA ti E.
a) Chng minh: EA.EB = ED.EC v
ã
ã
EAD ECB=
b) Cho
ã
0

120BMC =
v
2
36
AED
S cm=
. Tớnh S
EBC
?
c) Chng minh rng khi im M di chuyn trờn cnh AC thỡ tng BM.BD +
CM.CA cú giỏ tr khụng i.
d) K
DH BC

( )
H BC
. Gi P, Q ln lt l trung im ca cỏc on thng BH,
DH. Chng minh
CQ PD
.
Bi 5 (2 im):
a) Chng minh bt ng thc sau:
2+
x
y
y
x
(vi x v y cựng du)
b) Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc P =
2 2

2 2
3 5
x y x y
y x y x

+ + +
ữ

(vi
x 0,y 0
)
7
Bài 1: (2 điểm)
Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
1.
2
7 6x x+ +
2.
4 2
2008 2007 2008x x x+ + +
Bài 2: (2điểm)
Giải phơng trình:
1.
2
3 2 1 0x x x + + =
2.
( )
2 2 2
2
2 2

2 2
1 1 1 1
8 4 4 4x x x x x
x x x x

+ + + + + = +
ữ ữ ữ ữ

Bài 3: (2điểm)
1. CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta có: (a+b+c)(
9)
111
++
cba
2. Tìm số d trong phép chia của biểu thức
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 6 8 2008x x x x+ + + + +
cho đa
thức
2
10 21x x+ +
.
Bài 4: (4 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (H

BC). Trên tia HC lấy
điểm D sao cho HD = HA. Đờng vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE
theo
m AB

=
.
2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC
đồng dạng. Tính số đo của góc AHM
5
3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:
GB HD
BC AH HC
=
+
.
8
Bài 1 (2 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/
1
27
++
xx
b/
( )
333
3
cbacba
++


Bài 2 (2 điểm)
Cho P =

+





+












3
2
2
3

6
9
:
9
3
1
2
2
2
2
x
x
x
x
xx
x
x
xx
a/ Rút gọn P b/ Tìm giá trị nguyên của x để P.
( )
1
2
+x
có giá trị nguyên.
Bài 3 (2 điểm)
a/ Giải phơng trình:
( )
( )
432.24
2

2
2
=+
xxx
b/ Cho tam giác ABC có góc A gấp đôi góc B, góc B gấp đôi góc C. Chứng
minh rằng:
ABACBC
111
=+
Bài 4 (3 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A có đờng phân giác AD. Hình vuông MNPH có
M

AB, N

AC, P và Q

BC. BN cắt MQ tại E, CM cắt NP tại F. Chứng minh rằng:
a/
AB
AC
EB
EN
=
b/ AE=AF
Bài 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thỏa mãn
( ) ( ) ( )
2010321
222

+++++ cba
. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: A =
( ) ( )
21 ++ accbab
.
HNG DN CHM
1
Bi 1: KX x

0, x
2
( 0,5 im)
a) Rỳt gn M
M =






+
+

+

2
1
36
6

4
3
2
xx
xx
x
:








+

+
2
10
2
2
x
x
x
=

+
+


+ 2
1
)2(3
6
)2)(2(
2
xxxxx
x
:
2
6
+x
6
M =
6
2
.
)2)(2(
6 +
+−
− x
xx
=
x−2

1
( 1,5 điểm)
b)Tính giá trị của M khi
x
=
2
1
x
=
2
1
⇔
x =
2
1
hoặc x = -
2
1
(0,5 điểm)
Với x =
2
1
ta có : M =
2
1
2
1
−
=
2

3
1
=
3
2
(0,5 điểm)
Với x = -
2
1
ta có : M =
2
1
2
1
+
=
2
5
1
=
5
2
(0,5 điểm)
Bài 2.
a) Phân tích được f(n) = (n – 2)(n – 1)n(n +1)(n + 2) (0,5 điểm)
Lập luận đúng f(n)
M
2.3.4.5 => f(n)
M
120 ( 1 điểm)

b) Tách được
2x
2
+ y
2
+ 2xy – 2x + 2y + 5 = 0
(x + y +1)
2
+ (x – 2)
2
= 0 (0,75 điểm)
Lập luận
2
3
x
y
=


= −

(0,75 điểm)
Bài 3:
a) Ta có :
3 2
3 10x xy− =
=>
( )
2
3 2

3 100x xy− =
=>
6 4 2 2 4
6 9 100x x y x y− + =

và
3 2
3 30y x y− =
.=>
( )
2
3 2
3 900y x y− =
=>
6 2 4 4 2
6 9 900y x y x y− + =
Suy ra:
6 4 2 2 4 6
3 3 1000x x y x y y+ + + =
=>
( )
3
2 2 2 2
1000 10x y x y+ = ⇒ + =
( 2
điểm )
b) Ta có :
2
1 1 1
( ) 4

a b c
+ + =

2 2 2
1 1 1 1 1 1
4 2.( )
a b c ab bc ca
⇔ + + = − + +


2 2 2
1 1 1
4 2.
a b c
a b c abc
+ +
⇔ + + = −

Vì a+b+c = abc ta được :
2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
( 2 điểm)
Bài 40 Vẽ hình đúng đến câu a (0,5 điểm)
a) Gọi O là giao điểm của AC và BD
Chỉ ra được PO là đường trung bình của
∆
ACM (0,5 điểm)

=> PO // MA
=> AMDB là hình thang ( 0,5 điểm)
b) Chứng minh được
·
·
IEA OAB=
(0,5 điểm)
=> EF // AC (0,5 điểm)
7
I
O
E
F
C
D
A
B
P
M
Chỉ ra IP // AC => E, F, P thẳng hàng (1 điểm)
c) Chứng minh
∆
MAF và
∆
BAD đồng dạng
=> tỉ số không đổi (1,5 điểm)
d) Nếu
9
16
PD

PB
=
=>
9 16
PD PB
=
= k > 0
=> PD = 9k, PB = 16k (0,5 điểm)
Từ CP
⊥
BD Chứng minh được
∆
CPD và
∆
DCP đồng dạng
Lập tỉ số suy ra CP
2
= PB.PD => k = 0,2
Tính được PD = 1,8 và PD = 3,2 (0,75 điểm)
Tính được BC = 4 cm và CD = 3 cm (0,75 điểm)
Bài 5:
Chứng minh đúng Bất đẳng thức thứ nhất (0,75 điểm)
Vì p là nửa chu vi nên p – a > 0, p – b > 0, p – c > 0 (0,5 điểm)
Áp dụng BĐT thứ nhất lần lượt ta có
1 1 4 2
p a p b p a p b c
+ ≥ =
− − − + −
(0,25 điểm)
1 1 4 2

p b p c p b p c a
+ ≥ =
− − − + −
(0,25 điểm)

1 1 4 2
p c p a p c p a b
+ ≥ =
− − − + −
(0,25 điểm)
Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh (0,5 điểm)
Híng dÉn chÊm m«n to¸n 8
ĐỀ 2
Bµi
Néi dung
§iÓ
m
1 a






+
+
−
+
−
2

1
36
6
4
3
2
xx
xx
x
=






+
+
−
−
+− 2
1
)2(3
6
)2)(2(
2
xxxxx
x
=
2( 2) ( 2)

( 2)( 2)
x x x
x x
− + + −
+ −
0,5
8
=
6
( 2)( 2)x x

+








+

+
2
10
2
2
x
x
x

=
2
( 2)( 2) (10 )
2
x x x
x
+ +
+
=
6
2x +

M =
6
2
.
)2)(2(
6 +
+
x
xx
=
x2
1
0,5
0,5
0,5
b
+ Nếu x

2 thì M

0 nên M không đạt GTLN.
+ Vậy x

2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dơng, nên M
muốn đạt GTLN thì Mẫu là (2 x) phải là GTNN,
Mà (2 x) là số nguyên dơng

2 x = 1

x = 1.
Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1.
0,5
0,5
0,5
0,5
2 a
A = ( b
2
+ c
2
- a
2
)
2
- 4b
2
c
2

= ( b
2
+ c
2
- a
2
- 2bc)( b
2
+ c
2
- a
2
+ 2bc)
=
2 2
( )b c a



2 2
( )b c a

+

= (b + c a)(b + c + a)(b c a)(b c + a)
0,5
0,5
0,5
b
Ta cú: (b+c a ) >0 ( BT trong tam giỏc)

Tơng tự: (b + c +a) >0 ; (b c a ) <0 ; (b + c a ) >0
Vy A< 0
0,5
0,5
0,5
3 a
A = x
2
- 2xy + y
2
+y
2
- 4y + 4 + 2010 = (x-y)
2
+ (y - 2)
2
+ 2010
Do (x-y)
2


0 ; (y - 2)
2


0
Nờn:(x-y)
2
+ (y - 2)
2

+ 2010

2010
Du ''='' xảy ra

x y = 0 v y 2 = 0

x = y = 2.
Vy GTNN ca A l 2010 tại x = y =2
0,5
0,5
0,5
b
Ta cú: (x + y + z)
3
= x
3
+ y
3
+ z
3
+ 3(x + y)(y + z)(z + x)
kt hp cỏc iu kin ó cho ta cú: (x + y)(y + z)(z + x) = 0

Mt trong cỏc tha s ca tớch (x + y)(y + z)(z + x) phi bng 0
Gi s (x + y) = 0, kt hp vi /k: x + y + z = 1

z = 1, lại kt
hp vi /k: x
2

+ y
2
+ z
2
= 1

x = y = 0.
Vy trong 3 s x,y,z phi cú 2 s bng 0 v 1 s bng 1,
Nờn tng S luụn cú giỏ tr bng 1.
0,5
0,5
0,5
4
a
Phơng trình đợc biến đổi thành: (Với ĐKXĐ:
{ }
4; 5; 6; 7x
)
1 1 1
( 4)( 5) ( 5)( 6) ( 6)( 7)x x x x x x
+ +
+ + + + + +
=
1
18
0,5
0,5
9

(
1 1
4 5x x

+ +
) + (
1 1
5 6x x

+ +
) + (
1 1
6 7x x

+ +
) =
1
18

1 1
4 7x x

+ +
=
1
18


(x + 4)(x +7) = 54

(x + 13)(x 2) = 0

x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy nghiệm của phơng trình là: S =
{ }
13;2
0,5
0,5
b
+ Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x
2
+ 1) = (2y + 1)
2
+ Ta chứng minh (x + 1) và (x
2
+ 1) nguyên tố cùng nhau !
Vì nếu d = UCLN (x+1, x
2
+ 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)



2
1
1
x d
x d
+

+

M
M

2
2
1
1
x x d
x d
x d

+

+


+

M
M
M

1
1
x d
x d
+

M
M

2
dM
mà d lẻ nên d = 1.
+ Nên muốn (x + 1)(x
2
+ 1) là số chính phơng
Thì (x+1) và (x
2
+ 1) đều phải là số chính phơng
Đặt:
2 2
2
1
1
x k
x t

+ =


+ =

(k + x)(k x) = 1

1
0
k
x
=


=

hoặc
1
0
k
x
=


=

+ Với x = 0 thì (2y + 1)
2
= 1

y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa mãn pt)
Vậy nghiệm của phơng trình là: (x;y) =
{ }
(0;0),(0; 1)

0,25
0,25
0,25
0,25
5
O
K
I
N
M
E
H
F
A
D
B
C
0,5
a
Trớc hết chứng minh:
HD
AD
=
( )
( )
S HBC
S ABC
Tơng tự có:
( )
( )

HE S HCA
BE S ABC
=
;
( )
( )
HF S HAB
CF S ABC
=
0,5
0,5
0,5
0,5
10
Nên
HD HE HF
AD BE CF
+ +
=
( ) ( ) ( )
( )
S HBC S HCA S HAB
S ABC
+ +



HD HE HF
AD BE CF
+ +

= 1
b
Trớc hêt chứng minh

BDH
:

BEC


BH.BE = BD.BC
Và

CDH
:

CFB

CH.CF = CD.CB.


BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC
2
(đpcm)
0,5
0,5
0,5
0,5
c
Trớc hết chứng minh:

AEF
:

ABC

ã
ã
AEF ABC=
Và

CDE
:

CAB


ã
ã
CED CBA=




ã
ã
AEF CED=
mà EB

AC nên EB là phân giác của góc DEF.

Tơng tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE.
Vậy H là giao điểm các đờng phân giác của tam giác DEF
nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)
0,5
0,5
0,5
d Gọi O là giao điểm của các đờng trung trực của hai đoạn MN và
HC, ta có

OMH =

ONC (c.c.c)


ã
ã
OHM OCN=
.(1)
Mặt khác ta cũng có

OCH cân tại O nên:
ã
ã
OHC OCH=
.(2)
Từ (1) và (2) ta có:
ã
ã
OHC OHB=

HO là phân giác của góc BHC
Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc
BHC nên O là điểm cố định.
Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O.
0,25
0,25
O,25
0,25
Chú ý:
+ Hớng dẫn chấm này có 3 trang, chấm theo thang điểm 20.
+ Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.
+ Bài số 5 phải có hình vẽ đúng mới chấm.
+ Mọi cách làm khác đúng cũng cho điểm tối đa tơng ứng với từng nội dung
của bài đó.
HNG DN CHM 3
(TI MNG ể L HSG K8 HUYN THANH CHNG 2008 2009
Kè THI CHN HC SINH GII HUYN NM HC 2007 2008 S 4
HNG DN CHM MễN TON HC 8
Gi ý ỏp ỏn im
Bi 1a)
4x
2
-49-12xy+9y
2
=(4x
2
-12xy+9y
2
)-49
=(2x-3y)

2
-7
2
=(2x-3y+7)(2x-37-7)
(1 )
(1)
Bi 1b)
x
2
+7x+10 =x
2
+5x+2x+10
=x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2)
(1)
(1)
Bi 2a) x
2
-7x+10=(x-5)(x-2). iu kin A cú ngha l
x 5v x 2
(0,5)
11
Gợi ý đáp án Điểm
2 2
2
2
2
1 2 2 4 1 2 2 4
2 7 10 5 2 ( 5)( 2) 5
5 2 (2 4)( 2)
( 5)( 2)

8 15 ( 5)( 3) 3
( 5)( 2) ( 5)( 2) 2
x x x x x x
A
x x x x x x x x
x x x x x
x x
x x x x x
x x x x x
− − − − − −
= + − = + − =
− − + − − − − −
− + − − − − −
=
− −
− + − − − − − +
= = =
− − − − −
(2đ)
2b)
( 2) 1 1
1
2 2
x
A
x x
− − +
= = − +
− −
, với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi

1
2x −
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.
(1,5đ)
Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau
TH1:
1
2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 3
x x x x
x x x
≥ − ⇔ + ≥ ⇒ + = −
⇔ + = − ⇔ =
Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình.
TH2:
1
2 1 0 2 1 3 2
2
2 1 3 2 5 1 0,2
x x x x
x x x x
< − ⇔ + < ⇒ + = −
⇔ − − = − ⇔ = ⇔ =
Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó không là nghiệm của
phương trình.
Kết luận phương trình có nghiệm x=3.
(1đ)
(1đ)
Bài 3b) x

2
-2=(2x+3)(x+5)+23 ⇔x
2
-25=(2x+3)(x+5)
⇔(x-5)(x+5)=(2x+3)(x+5) ⇔(x-5)(x+5)-(2x+3)(x+5)=0
⇔(x+5) [x-5 –(2x+3)] = 0 ⇔(x+5)(-x-8)=0 ⇔ x-5=0 hoặc x+8 =0 ⇔ x=-5
hoặc x=-8
(2đ)
12
Gợi ý đáp án Điểm
Bài 4a) Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB, nên
BG //CH,
tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên
BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối
sông song nên nó là hình bình hành. Do đó hai
đường chéo GH và BC cắt nhau tại trung điểm
của mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M
của BC.
(2đ)
4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác
ABE và ACF vuông. Hai tam giác vuông ABE và ACF có chung góc A nên
chúng đồng dạng. Từ đây suy ra
(1)
AB AE AB AF
AC AF AE AC
= ⇒ =
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra
∆ABC ~ ∆AEF.
(1,5đ)
4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra

∆BDF~∆DEC⇒
·
·
BDF CDE=
.
(1,5đ)
4d) Ta có
·
·
·
·
·
·
·
·
·
·
0 0
90 90BDF CDE BDF CDE
AHB BDF AHC CDE ADF ADE
= ⇒ − = −
⇒ − = − ⇒ =
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia
phân giác góc EFD. Từ đây suy ra H là giao điểm ba đường phân giác tam
giác DEF. Vậy H các đều ba cạnh của tam giác DEF.
(1đ)
Bài 5) Ta có
x
3
+ y

3
+ z
3
– 3xyz = (x + y)
3
+ z
3
– 3xyz – 3xy(x + y)
= (x + y + z)[(x + y)
2
– (x + y)z + z
2
] – 3xy(x + y + z)
= (x + y + z)[(x + y)
2
– (x + y)z + z
2
– 3xy] = x
2
+ y
2
+ z
2
– xy – yz – zx
=
( )
2 2 2 2 2 2
1
2 ( 2 ) ( 2 )
2

x xy y y yz z x xz z
 
− + + − + + − +
 
=
( ) ( ) ( )
2 2 2
1
2
x y y z x x
 
− + − + −
 
dpcm
1đ
Bài 6) Điều kiện
0x
≠
, bất phương trình
2008
2007
<
− x

2007 2008
0
x
x
+
⇔ >

(2008 2007) 0
0
2007
2008
x x
x
x
⇔ + >
>


⇔

< −

Hoặc biểu diễn trên trục số :
1đ
13
2007
2008
−
0
F
E
M
G
H
D
C
B

A
Trong tng phn, tng cõu, nu thớ sinh lm cỏch khỏc nhng vn cho kt qu ỳng,
hp logic thỡ vn cho im ti a ca phn, cõu tng ng.
Lời giải tóm tắt
5
Bài 1:(5 điểm)
1) (3 điểm)
3 3 3
a b c 3abc + +
=
( ) ( )
3
3
a b 3ab a b c 3abc + + +
(1
đ)
=
( ) ( ) ( ) ( )
2
2
a b c a b c a b c 3ab a b c

+ + + +

(1 đ)
=
( )
( )
2 2 2
a b c a b c ab bc ac + + + + +

(1 đ)
2) (2 điểm) Ta có
3 2
a 3ab 5 =

( )
2
3 2
a 3ab 25 =

6 4 2 2 4
a 6a b 9a b 25 + =
(0,5 đ)
và
3 2
b 3a b 10 =

( )
2
3 2
b 3a b 100 =

6 2 4 4 2
b 6a b 9a b 100 + =
(0,5 đ)
Suy ra 125 =
( )
3
6 6 2 4 4 2 2 2
a b 3a b 3a b a b+ + + = +

. Do đó S =
2 2
a b+
= 5 (1 đ)
Bài 2: (5 điểm)
1) (3 điểm)
8 4 2
x 2x x 2x 2 0 + + =

8 4 2
x 2x 1 x 2x 1 0 + + + =

( )
( )
2
2
4
x 1 x 1 0 + =
(1,5 đ)
Vì
( )
2
4
x 1 0
;
( )
2
x 1 0
(0,5 đ)
Nên phơng trình tơng đơng

4
x 1 0
x 1 0

=

=

x = 1
(0,5 đ)
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1
(0,5 đ)
2) (2 điểm). Giả sử tồn tại n N
*
sao cho
6 n 2011
n 26 21+ =
. Ta có 26
n
có tận cùng là 6 và
21
2011
có tận cùng là 1. Vậy n
6
có tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5.
(0,5 đ)
Khi đó
6 n 2011
n 26 21+ =
có dạng

( )
( )
6
402
5 5
5 26 21 .21+ =

(0,5 đ)

( )
25 76 01 .21+ =

01 21=
, vô lí
(0,5 đ)
Vậy không tồn tại số nguyên dơng n thỏa mãn bài toán
(0,5 đ)
Bài 3: (2 điểm). Nhận xét rằng mỗi số hạng của tổng có dạng
14
( )
( )
( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( )
2
2
3
3

2 2
k 1 k 1 k 1 1
k 1 k k 1
k 1
k 1
k 1 k k 1 k 1 k k 1

+ + +
+ +


= =
+
+ + + +
với k = 2, 3, , 2011 (1 đ)
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
1. 3 3 1 2. 4 4 1 2010. 2012 2012 1
S .
3 2 2 1 4 3 3 1 2012 2011 2011 1
+ + +
=
+ + +

=
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1.2 2010. 3 3 1 4 4 1 2012 2012 1
S
3.4 2012 2 2 1 3 3 1 2011 2011 1
+ + +
=
+ + +
=
( )
2
2012 2011
3.1006.2011

(1 đ)
Bài 4: (6 điểm). Vẽ hình không chính xác không cho điểm cả bài
1) (2 đ). Chứng minh đợc tứ giác AMDN
là hình vuông (0,5 đ)
MF BD BM BM ME
FC DC MA DN ED
= = = =
(1đ)
hay
MF ME
FC ED
=
EF // DC

hay EF // BC (0,5 đ)
2) (2 đ). Theo định lí Thales ta có
AN DN NC NF NF
AB AB AC AM AN
= = = =
(0,5 đ)
hay
AN NF
AB AN
=
và
ã
ã
0
BAN ANF 90= =
(0,5 đ)
NAF ABN
ã
ã
NAF NBA=
AF BN. (0,5 đ)
Lập luận tơng tự có AE CM. Vậy K là trực tâm của AEF (0,5 đ)
3) (2 đ). K là trực tâm của AEF AK EF mà EF // BC AK BC
(0,5 đ)
Kết hợp với DM AB I là trực tâm của ABD.
Vậy
ả
ã
0 0 0 0
BID 180 BAD 180 45 135= = =

(1 đ)
Bài 5: (2 điểm).
Ta có
( ) ( )
2 2
2 2
x y 0 x 2xy y 4xy x y 4xy + + +
. Dấu = xảy ra khi x = y
(0,5 đ)
áp dụng liên tiếp BĐT
( )
2
x y 4xy+
ta có
4
2
= (a + b + c + d + e)
2
4(a + b + c + d)e (1)
15
A
N
C
D
B
M
E
F
K
I

(a + b + c + d)
2
4(a + b + c)d (2)
(a + b + c)
2
4(a + b)c (3)
(a + b)
2
4ab (4)
Do a, b, c, d, e > 0 nên các vế của các BĐT trên đều dơng. Nhân từng vế của
chúng và rút gọn ta đợc 16(a + b + c + d)(a + b + c)(a + b) 256abcde

( ) ( ) ( )
a b c d a b c a b
P 16
abcde
+ + + + + +
=
. (1 đ)
Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
1
a b c d e 4
a b
4
a b c d e
1
c
a b c d
2
a b c

d 1
a b
e 2

+ + + + =

= =


+ + + =



=
+ + =


+ =
=

=


=


Vậy GTNN của P bằng 16 đạt đợc khi a = b =
1
4
; c =

1
2
; d = 1 và e = 2
(0,5 đ)
L u ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa
Hết
HNG DN CHM 6
Bi 1 : (4 im)
a) iu kin: x


y; y

0 (1 im)
b) A = 2x(x+y) (2 im)
c) Cn ch ra giỏ tr ln nht ca A, t ú tỡm c tt c cỏc giỏ tr nguyờn dng
ca A
+ T (gt): 3x
2
+ y
2
+ 2x 2y = 1

2x
2
+ 2xy + x
2
2xy + y
2
+ 2(x y) = 1

2x(x + y) + (x y)
2
+ 2(x y) + 1 = 2

A + (x y + 1)
2
= 2

A = 2 (x y + 1)
2

2

(do (x y + 1)
0

(vi mi x ; y)

A

2. (0,5)
+ A = 2 khi
( )
x y 1 0
2x x y 2
x y;y 0
+ =

+ =







1
x
2
3
y
2

=




=



16
+ A = 1 khi
( )
2
(x y 1) 1
2x x y 1

x y;y 0

− + =

+ =


≠ ± ≠

Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và
y, chẳng hạn:
2 1
x
2
2 3
y
2

−
=



+

=


+ Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 (0,5
điểm)

Bài 2: (4 điểm)
a)
x 11 x 22 x 33 x 44
115 104 93 82
+ + + +
+ = +
x 11 x 22 x 33 x 44
( 1) ( 1) ( 1) ( 1)
115 104 93 82
+ + + +
⇔ + + + = + +
x 126 x 126 x 126 x 126
115 104 93 82
+ + + +
⇔ + = +
x 126 x 126 x 126 x 126
0
115 104 93 82
+ + + +
⇔ + − − =
⇔
x 126 0⇔ + =
x 126⇔ = −
b) x
2
+ y
2
+ z
2
= xy + yz + zx

⇔
2x
2
+2y
2
+ 2z
2
– 2xy – 2yz – 2zx = 0
⇔
(x-y)
2
+ (y-z)
2
+ (z-x)
2
= 0
x y 0
y z 0
z x 0
− =


⇔ − =


− =

x y z⇔ = =
⇔
x

2009
= y
2009
= z
2009
Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z
2009
= 3
2010

⇔
z
2009
= 3
2009

⇔
z = 3
Vậy x = y = z = 3
Bài 3 (3 điểm)
Cần chứng minh: n
5
– n
M
10
- Chứng minh : n
5
- n
M
2

17
n
5
– n = n(n
2
– 1)(n
2
+ 1) = n(n – 1)(n + 1)(n
2
+ 1)
M
2 ( vì n(n – 1) là tích của hai số
nguyên liên tiếp)
- Chứng minh: n
5
– n
M
5
n
5
- n = = n( n - 1 )( n + 1)( n
2
– 4 + 5)
= n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 )
lý luận dẫn đến tổng trên chia hết cho 5
- Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n
5
– n
M
2.5 tức là n

5
– n
M
10
Suy ra n
5
và n có chữ số tận cũng giống nhau.
Bµi 4: 6 ®iÓm
IP
Q
H
E
D
A
B C
M
C©u a: 2 ®iÓm
* Chøng minh EA.EB = ED.EC (1 ®iÓm)
- Chøng minh
∆
EBD ®ång d¹ng víi
∆
ECA (gg) 0,5 ®iÓm
- Tõ ®ã suy ra
. .
EB ED
EA EB ED EC
EC EA
= ⇒ =
0,5 ®iÓm

* Chøng minh
·
·
EAD ECB=
(1 ®iÓm)
- Chøng minh
∆
EAD ®ång d¹ng víi
∆
ECB (cgc) 0,75 ®iÓm
- Suy ra
·
·
EAD ECB=
0,25 ®iÓm
C©u b: 1,5 ®iÓm
- Tõ
·
BMC
= 120
o

⇒

·
AMB
= 60
o

⇒

·
ABM
= 30
o
0,5 ®iÓm
- XÐt
∆
EDB vu«ng t¹i D cã
µ
B
= 30
o
⇒
ED =
1
2
EB
⇒

1
2
ED
EB
=
0,5 ®iÓm
- Lý luËn cho
2
EAD
ECB

S ED
S EB
 
=
 ÷
 
tõ ®ã
⇒
S
ECB
= 144 cm
2
0,5 ®iÓm
18
C©u c: 1,5 ®iÓm
- Chøng minh
∆
BHD ®ång d¹ng víi
∆
DHC (gg) 0,5 ®iÓm
2
2
BH BD BP BD BP BD
DH DC DQ DC DQ DC
⇒ = ⇒ = ⇒ =
0,5 ®iÓm
- Chøng minh
∆
DPB ®ång d¹ng víi
∆

CQD (cgc)
·
·
·
·
` 90
o
BDP DCQ
CQ PD
ma BDP PDC

⇒ =

⇒ ⊥

+ =


1 ®iÓm
C©u d: 1 ®iÓm
- Chøng minh
∆
BMI ®ång d¹ng víi
∆
BCD (gg)
- Chøng minh CM.CA = CI.BC 0,5 ®iÓm
- Chøng minh BM.BD + CM.CA = BC
2
cã gi¸ trÞ kh«ng ®æi 0,5 ®iÓm
C¸ch 2: Cã thÓ biÕn ®æi BM.BD + CM.CA = AB

2
+ AC
2
= BC
2
Bài 5: (2 điểm)
a) vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đó
2 2
x y
2 x y 2xy
y x
+ ≥ ⇔ + ≥

2
(x y) 0⇔ − ≥

bất đẳng thức này luôn đúng, suy ra bđt ban đầu đúng (đpcm)
b) Đặt
x y
t
y x
+ =

2 2
2
2 2
x y
t 2
y x
⇒ + = −

Biểu thức đã cho trở thành P = t
2
– 3t + 3
P = t
2
– 2t – t + 2 + 1 = t(t – 2) – (t – 2) + 1 = (t – 2)(t – 1) + 1
- Nếu x; y cùng dấu, theo c/m câu a) suy ra t
≥
2.
t 2 0⇒ − ≥
;
t 1 0− >
( ) ( )
t 2 t 1 0
⇒ − − ≥

P 1⇒ ≥
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2
⇔
x = y (1)
- Nếu x; y trái dấu thì
x
0
y
<
và
y
0
x
<

⇒
t < 0
⇒
t – 1 < 0 và t – 2 < 0
( ) ( )
t 2 t 1⇒ − −

> 0
⇒
P > 1 (2)
- Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x
≠
0 ; y
≠
0 thì luôn có P
≥
1. Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là P
min
= 1 (khi x = y)
Bài 5: (2 điểm)
- Gọi R(x) là đa thức dư trong phép chia f(x) : (x – 2)(x
2
– x + 1), khi đó ta có:
f(x) = (x – 2).(x
2
– x + 1).P(x) + R(x) (1)
- Vì đa thức chia (x – 2)(x
2

– x + 1) là đa thức bậc 3 nên đa thức dư R(x) có bậc
≤
2
- Từ (1)
⇒
dư trong phép chia f(x) : (x – 2) chính là dư trong phép chia R(x) : (x – 2),
mà R(x) là đa thức có bậc
≤
2, và f(x) : (x – 2) dư 4 (gt)
⇒
R(x) = (x – 2)(kx + p) +
4
- Lập luận tương tự trên
19
ĐỀ 7
20
Bài
Câu Nội dung Điểm
1.
2,0
1.1
(0,75 điểm)
( ) ( )
2 2
7 6 6 6 1 6 1x x x x x x x x+ + = + + + = + + +

( ) ( )
1 6x x= + +
0.5
0,5

1.2
(1,25 điểm)
4 2 4 2 2
2008 2007 2008 2007 2007 2007 1x x x x x x x+ + + = + + + + +
0,25
( ) ( ) ( )
2
4 2 2 2 2 2
1 2007 1 1 2007 1x x x x x x x x= + + + + + = + + + +
0,25
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2
1 1 2007 1 1 2008x x x x x x x x x x= + + + + + + = + + +
0,25
2.
2,0
2.1
2
3 2 1 0x x x + + =
(1)
+ Nếu
1x
: (1)
( )
2
1 0 1x x = =
(thỏa mãn điều kiện
1x
).
+ Nếu

1x <
: (1)
( ) ( ) ( )
2 2
4 3 0 3 1 0 1 3 0x x x x x x x + = = =

1; 3x x = =
(cả hai đều không bé hơn 1, nên bị
loại)
Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là
1x
=
.
0,5
0,5
2.2
( )
2 2 2
2
2 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4 4x x x x x
x x x x

+ + + + + = +
ữ ữ ữ ữ

(2)
Điều kiện để phơng trình có nghiệm:

0x
(2)
( )
2 2
2
2 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4x x x x x
x x x x


+ + + + + = +

ữ ữ ữ ữ



( ) ( )
2
2 2
2
2
1 1
8 8 4 4 16x x x x
x x

+ + = + + =
ữ ữ

0 8x hay x = =
và
0x
.
Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm
8x
=
0,25
0,5
0,25
3.
2.0
3.1 Ta có:
A=
111)
111
)(( ++++++++=++++
b
c
a
c
c
b
a
b
c
a
b
a
cba

cba
=
)()()(3
c
b
b
c
a
c
c
a
a
b
b
a
++++++
Mà:
2+
x
y
y
x
(BĐT Cô-Si)
Do đó A
.92223 =+++
Vậy A
9
0,5
0,5
3.2 Ta có:

( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
( ) 2 4 6 8 2008
10 16 10 24 2008
P x x x x x
x x x x
= + + + + +
= + + + + +
Đặt
2
10 21 ( 3; 7)t x x t t= + +
, biểu thức P(x) đợc viết lại:
( ) ( )
2
( ) 5 3 2008 2 1993P x t t t t= + + = +
0,5
0,5
21
Do đó khi chia
2
2 1993t t +
cho t ta có số d là 1993
4.
4,0
4.1 + Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc C chung.

CD CA
CE CB

=
(Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng
dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Suy ra:
ã
ã
0
135BEC ADC= =
(vì tam giác AHD vuông
cân tại H theo giả thiết).
Nên
ã
0
45AEB =
do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra:
2 2BE AB m= =
1,0
0,5
4.2
Ta có:
1 1
2 2
BM BE AD
BC BC AC
= ì = ì
(do
BEC ADC :
)
mà

2AD AH=
(tam giác AHD vuông vân tại H)
nên
1 1 2
2 2
2
BM AD AH BH BH
BC AC AC BE
AB
= ì = ì = =
(do
ABH CBA :
)
Do đó
BHM BEC

:
(c.g.c), suy ra:
ã
ã
ã
0 0
135 45BHM BEC AHM= = =
0,5
0,5
0,5
4.3 Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc
BAC.
Suy ra:
GB AB

GC AC
=
, mà
( ) ( )
//
AB ED AH HD
ABC DEC ED AH
AC DC HC HC
= = =:
Do đó:
GB HD GB HD GB HD
GC HC GB GC HD HC BC AH HC
= = =
+ + +
0,5
0,5
Hd chấm toán 8
Bài 1 (2 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/
1
27
++
xx
HD: thêm bớt x. Đáp số: (x
2
+x+1)(x
5
-x
4

+x
2
-x+1)
1
b/
( ) ( ) ( )( )
( ) ( )( )
( )
( )
( )( )( )
accbbacbcacabba
cbacbabaccbaabba
cbacbabaccbacbacba
+++=++++=
++++++++=
++++++=++
33
33
3
2
333333
3333
3
333
3

1
Bài 2 (2 điểm)
Cho P =

+





+












3
2
2
3

6
9
:
9
3
1
2
2
2
2
x
x
x
x
xx
x
x
xx
1
22
a/ Rút gọn P . KQ: P=
x2
3
ĐK:
3,3,2 xxx

b/ Tìm giá trị nguyên của x để P.
( )
1
2

+x
có giá trị nguyên.
P.
( )
1
2
+
x
( )







++=

+
=

+
=
2
5
23
2
54
3
2

13
22
x
x
x
x
x
x
nguyên thì x-2 là ớc của 15.
vậy x= chỉ có x= thỏa mãn ĐK.
1
Bài 3 (2 điểm)
a/ Giải phơng trình:
( )
( )
432.24
2
2
2
=+
xxx
( ) ( )
;434424
2
2
2
=++ xxxx
đặt x
2
-4x=t ta đợc: t

2
+2t-35=0; t=-7, t=5
Ta có: x
2
-4x+7=0 vô nghiệm; x
2
-4x-5=0 , x=5, x=-1
1
b/ Cho tam giác ABC có góc A gấp đôi góc B, góc B gấp đôi góc C. Chứng minh rằng:
ABACBC
111
=+
HD: Gọi BC=a, AC=b, AB=c. Kẻ đờng phân giác BM, ta chứng minh đợc: AM=
ca
bc
+
, vì
( )( )
cbcbac
b
c
ca
b
ACBABM +==
+

(1)
Tơng tự, kẻ phân giác AN suy ra đợc: a
2
=b(b+c) (2), chia (1) cho (2) ta đợc:

cbab
cb
a
c 111
=+

=
(ĐPCM)
1
Bài 4 (3 điểm) hình vẽ
Cho tam giác ABC vuông tại A có đờng phân giác AD. Hình vuông
MNPH có M

AB, N

AC, P và Q

BC. BN cắt MQ tại E, CM cắt NP tại F.
Chứng minh rằng:
a/
AB
AC
EB
EN
=
HD: Ta chứng minh đợc:
AB
AC
BQ
MQ

BQ
MN
EB
EN
===
(theo Talet và
tam giác đồng dạng)
0,5
1
b/ AE=AF . HD: từ a/ và theo T/c đờng phân giác suy ra DE//CN, DF//BM
từ đó suy ra:
DE=
DFDF
AC
AB
AB
AC
DF
AC
AB
BM
CN
DF
BM
BC
AC
AB
CB
CN
DF

DF
DC
DC
DB
DB
DE
====

1,5
Bài 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thỏa mãn
( ) ( ) ( )
2010321
222
+++++ cba
. Tìm giá
trị nhỏ nhất của biểu thức: A =
( ) ( )
21 ++ accbab
.
Giải: đặt x=a+1; y=b+2; z=c+3 suy ra x
2
+y
2
+z
2

2010

Và A= (a-1)(b-2)+(b-2)(c-4)+(c-3)(a-3)= ab+bc+ca-5(a+b+c)+19

Suy ra: 2A+a
2
+b
2
+c
2
=(a+b+c)
2
-10(a+b+c)+38=(a+b+c-5)
2
+13

13
Suy ra: A

1/2(13- a
2
-b
2
-c
2
)

1/2(13-2010)=
2
1997

23
1
Bi 1:( 3,5 im)

Cho biu thc M =






+
+

+

2
1
36
6
4
3
2
xx
xx
x
:

+

+
2
10
2
2
x
x
x
a) Rỳt gn M
b)Tớnh giỏ tr ca M khi
x
=
2
1
Bi 2:(3im)
a) Cho a thc f(n) = n
5
- 5n
3
+ 4n.
Chng minh rng f(n)
M
120 vi mi giỏ tr ca n

N
b) Tỡm cp s (x,y) tho món phng trỡnh
2x

2
+ y
2
+ 2xy 2x + 2y + 5 = 0
Bài 3 : (4 điểm)
a)Cho hai số thực x, y thoả mãn
3 2
3 10x xy =
và
3 2
3 30y x y
=
.
Tính giá trị biểu thức P =
2 2
x y+
.
b) Chứng minh rằng nếu
1 1 1
2
a b c
+ + =
và a + b + c = abc thỡ
2 2 2
1 1 1
2
a b c
+ + =
Bi 4 (7 im) Cho hỡnh ch nht ABCD. Trờn ng chộo BD ly im P, gi M l
im i xng ca im C qua P.

a) T giỏc AMDB l hỡnh gỡ?
b) Gi E v F ln lt l hỡnh chiu ca M lờn AD, AB. Chng minh EF // AC v ba
im E, F, P thng hng.
c) Chng minh rng t s cỏc cnh ca hỡnh ch nht MEFN khụng ph thuc vo v trớ
ca P
d) Gi s CP

BD v CP = 2,4 cm,
9
16
PD
PB
=
. Tớnh cỏc cnh ca hỡnh ch nht
Bi 5(2,5 im) : Chng minh rng x > 0, y > 0 thỡ
1 1 4
x y x y
+
+
.
p dng vi a, b, c l 3 cnh ca tam giỏc p l na chu vi . CMR

1 1 1 1 1 1
2( )
p a p b p c a b c
+ + + +


2
Bi 1:(4 điểm) Cho biu thc M =

+
+

+

2
1
36
6
4
3
2
xx
xx
x
:

+

+
2
10
2
2
x
x
x
24
a. Rỳt gn M
b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất.
Bi 2:(3 điểm) Cho biu thc: A = ( b
2
+ c
2
- a
2
)
2
- 4b
2
c
2
a. Phõn

tớch biu thc A thnh nhõn t.
b. Chng minh: Nu a, b, c l di cỏc cnh ca mt tam giỏc thỡ A < 0.
Bi 3:(3 điểm)

a. Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc sau :
A = x
2
+ 2y
2
2xy - 4y + 2014
b. Cho cỏc s x,y,z tha món ng thi:
x + y + z = 1: x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 v x
3
+ y
3
+ z
3
= 1.
Tớnh tng: S = x
2009
+y
2010
+ z
2011
Bài 4:(3 điểm)
a. Giải phơng trình:
209
1

2
++ xx
+
3011
1
2
++ xx
+
4213
1
2
++ xx
=
18
1

b. Giải phơng trình với nghiệm là số nguyên:
x( x
2
+ x + 1) = 4y( y + 1).
Bi 5:(7 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có các đờng cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.
e. Tính tổng:
HD HE HF
AD BE CF
+ +
f. Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC
2
g. Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF.
h. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN.

Chứng minh đờng trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.
Hết
3
Bi 1 (1,0 im) Phõn tớch cỏc a thc sau thnh nhõn t:
a) x
2
x 12; b) x
2
+ 2xy + 4y 4;
Bi 2: (2,5 im)
Cho biu thc: P =
4 2
2 3
4 1 1 1 ( 1) (1 )
( )
1 1 1 1
x x x x x x x x
x x x x
+ + + + +
+ ì
+
d. Tỡm x P xỏc nh.
e. Rỳt gn P.
f. Tỡm giỏ tr nguyờn ca x P nhn giỏ tr nguyờn?
Bi 3: (2,5 im)
c) Cho a thc
( 3)( 5)( 7)( 9) 2014Q x x x x= + + + + +
. Tỡm s d trong phộp chia a
thc
Q

cho a thc
2
12 32x x+ +
.
25