Đề thi học sinh giỏi lớp 8 tham khảo

ĐỀ 1
Bài 1:( 3,5 điểm)
 x2
6
1  
10 − x 2 
+
+
Cho biểu thức M =  3
 : x − 2 + x + 2 


 x − 4 x 6 − 3x x + 2  


a) Rút gọn M
1
b)Tính giá trị của M khi x =

2

Bài 2:(3điểm)
a) Cho đa thức f(n) = n5 - 5n3 + 4n.
Chứng minh rằng f(n) M 120 với mọi giá trị của n ∈ N
b) Tìm cặp số (x,y) thoả mãn phương trình
2x2 + y2 + 2xy – 2x + 2y + 5 = 0
Bài 3 : (4 điểm)
a)Cho hai số thực x, y tho¶ m·n x3 − 3xy 2 = 10 vµ y 3 − 3x 2 y = 30 .
TÝnh giá trị biểu thức P = x 2 + y 2 .
b) Chøng minh r»ng nÕu

1 1 1
+ + = 2 vµ a + b + c = abc thì
a b c

1
1 1
+ 2 + 2 =2
2
a
b
c

Bài 4 (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là
điểm đối xứng của điểm C qua P.
a) Tứ giác AMDB là hình gì?
b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của M lên AD, AB. Chứng minh EF // AC vả ba
điểm E, F, P thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEFN khơng phụ thuộc vào vị trí
của P
d) Giả sử CP ⊥ BD và CP = 2,4 cm,

PD 9
=
. Tính các cạnh của hình chữ nhật
PB 16

1


1

1

4

Bài 5(2,5 điểm) : Chứng minh rằng x > 0, y > 0 thì x + y ≥ x + y .
Áp dụng với a, b, c là 3 cạnh của tam giác p là nửa chu vi . CMR
1
1
1
1 1 1
+
+
≥ 2( + + )
p−a p−b p−c
a b c

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ 1
Bài 1: ĐKXĐ x ≠ 0, x ≠ ±2 ( 0,5 điểm)
a) Rút gọn M
 x2
6
1  
10 − x 2 
+
+
M = 3
 : x − 2 + x + 2 



 x − 4 x 6 − 3x x + 2  


x2
6
1  6
−
+
=
:
 x ( x − 2)( x + 2) 3( x − 2) x + 2  x + 2

−6

x+2

M = ( x − 2)( x + 2) . 6

=

1
2− x

( 1,5 điểm)

1
b)Tính giá trị của M khi x =

2

x =

1
1
1
⇔x=
hoặc x = 2
2
2

(0,5 điểm)

2


1
1
1
2
Với x = ta có : M = 2 − 1 = 3 =
2
3
2 2

(0,5 điểm)

1
1
1

2
1=5=
Với x = - ta có : M = 2 +
2
5
2 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
2x2 + y2 + 2xy – 2x + 2y + 5 = 0
(x + y +1)2 + (x – 2)2 = 0

(0,75 điểm)

x = 2
 y = −3

Lập luận 

(0,75 điểm)

Bài 3:
a) Ta có : x3 − 3xy 2 = 10 => ( x3 − 3xy 2 ) = 100 => x 6 − 6 x 4 y 2 + 9 x 2 y 4 = 100
2

và y 3 − 3 x 2 y = 30 .=>
Suy ra:

(y

3

− 3x 2 y

)

x 6 + 3 x 4 y 2 + 3x 2 y 4 + y 6 = 1000

2

= 900 => y 6 − 6 x 2 y 4 + 9 x 4 y 2 = 900

=> ( x 2 + y 2 ) = 1000 ⇒ x 2 + y 2 = 10
3

(2

điểm )
1
a

1
b

1
c

b) Ta có : ( + + )2 = 4
⇔

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

⇔

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

Vì a+b+c = abc ta được :

1 1 1

+ + =2
a 2 b 2 c2

( 2 điểm)

Bài 4 Vẽ hình đúng đến câu a (0,5 điểm)
3


a) Gọi O là giao điểm của AC và BD

D

C

Chỉ ra được PO là đường trung bình của ∆ ACM (0,5 điểm)
=> PO // MA

P

M

=> AMDB là hình thang

( 0,5 điểm)

·
·
b) Chứng minh được IEA = OAB (0,5 điểm)

F

I

E

A

O

B

=> EF // AC (0,5 điểm)
Chỉ ra IP // AC => E, F, P thẳng hàng (1 điểm)
c) Chứng minh ∆ MAF và ∆ BAD đồng dạng
=> tỉ số không đổi
d) Nếu

(1,5 điểm)

PD 9
PD PB
=
=
=>
=k>0
PB 16
9
16

=> PD = 9k, PB = 16k

(0,5 điểm)

Từ CP ⊥ BD Chứng minh được ∆ CPD và ∆ DCP đồng dạng
Lập tỉ số suy ra CP2 = 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)

ĐỀ 2
4

 x2
6
1  
10 − x 2 
x−2+

+
+
Bài 1:(4 ®iĨm) Cho biểu thức M =  3
 :
x+2 
x − 4 x 6 − 3x x + 2  




a. Rỳt gn M
b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhÊt.
Bài 2:(3 ®iĨm) Cho biểu thức:

A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2

a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử.
b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.
Bài 3:(3 ®iĨm)
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014
b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời:

x + y + z = 1: x 2 + y 2 + z 2 = 1 và x 3 + y 3 + z 3 = 1.
Tính tổng: S = x 2009 +y 2010 + z 2011
Bµi 4:(3 điểm)
a. Giải phơng trình:

1
1
1
1
+ 2
+ 2
=
x + 9 x + 20
x + 11x + 30
x + 13 x + 42
18
2

b. Giải phơng trình với nghiệm là số nguyên:
x( x 2 + x + 1) = 4y( y + 1).
Bài 5:(7 ®iĨm)
Cho tam gi¸c ABC nhän cã c¸c ®êng cao AD,BE,CF cắt nhau tại H.
a. Tính tổng:

HD HE HF
+
+
AD BE CF

b. Chøng minh: BH.BE + CH.CF = BC 2

c. Chøng 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......................
5


Hớng dẫn chấm môn toán 8
2
Bài

Nội dung

Điể
m

1

a

x2
6
1 
x2
6
1 
+
+
−
+

=
 3


 x − 4 x 6 − 3 x x + 2   x ( x − 2)( x + 2) 3( x − 2) x + 2 

=

0,5

x − 2( x + 2) + ( x − 2)
( x + 2)( x − 2)
−6

= ( x + 2)( x − 2)

10 − x 2  ( x + 2)( x − 2) + (10 − x 2 )
x−2+
=

x+2 
x+2



=
⇒ M=

6
x+2

0,5

0,5

−6
x+2
1
.
=
( x − 2)( x + 2) 6
2− x

0,5

b

+ NÕu x 〉 2 th× M 〈 0 nên M không đạt GTLN.

0,5

+ 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 d¬ng ⇒ 2 – x = 1 ⇒ x = 1.
2

a

0,5
0,5

Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x lµ: 1.
A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)

0,5
0,5

2
2
2
2
=  (b − c ) − a   (b + c ) − a 

 


b

= (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a)
Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác)

0,5
0,5
0,5
6


T¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0
3

a

0,5

Vậy A< 0
A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010

0,5
0,5

Do (x-y)2 ≥ 0 ; (y - 2)2 ≥ 0
Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 ≥ 2010
Dấu ''='' x¶y ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2.
Vậy GTNN của A là 2010 t¹i x = y =2
Ta có: (x + y + z) 3 = x 3 + y 3 + z 3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)

0,5

kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0

b

0,5

0,5

⇒ Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0

Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1 ⇒ z = 1, l¹i kết
hợp với đ/k: x 2 + y 2 + z 2 = 1 ⇒ x = y = 0.

0,5

Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,
Nên tổng S ln có giá tr bng 1.

4

a

0,5

Phơng trình đợc biến đổi thành: (Với ĐKXĐ: { x ≠ −4; −5; −6; −7} )
1
1
1
1
+
+
=
( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7)
18
⇒(

1
1
1
1
1
1

1
−
−
−
)+(
)+(
)=
x+4 x+5
x+5 x+6
x+6 x+7
18

1
1
= 1 ⇒ (x + 4)(x +7) = 54
⇒
−
x+4 x+7
18
⇒ (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
0,5
0,5
7

b

+ Phơng trình đợc biến đổi thành: (x + 1)(x 2 + 1) = (2y + 1) 2

0,25

+ Ta chøng minh (x + 1) và (x 2 + 1) nguyên tè cïng nhau !
V× nÕu d = UCLN (x+1, x 2 + 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lỴ)
 x 2 + x Md
x + 1Md


 x + 1Md
⇒  2
⇒  x 2 + 1Md ⇒
2 Md mà d lẻ nên d = 1.
x − 1Md
 x + 1Md
 x + 1Md


0,25

+ Nªn muèn (x + 1)(x 2 + 1) lµ sè chÝnh phơng
Thì (x+1) và (x 2 + 1) đều phải là sè chÝnh ph¬ng
 x2 + 1 = k 2
k = 1
 k = −1

⇒ (k + x)(k – x) = 1

Đặt:
hoặc
2
x +1 = t
x = 0
x = 0


+ Víi x = 0 th× (2y + 1) 2 = 1 ⇒ y = 0 hc y = -1.(Thỏa mÃn pt)

0,25

Vậy nghiệm của phơng trình là: (x;y) = { (0;0), (0; −1)}
0,25
5

A

E

F

H
M

I
B

K
N

D

C

O

a

Tríc hÕt chøng minh:

0,5
S ( HBC )
HD
=
S ( ABC )
AD

0,5

8


Tơng tự có:
Nên

HE S ( HCA) HF S ( HAB )
=
=
;

BE S ( ABC ) CF S ( ABC )

S ( HBC ) + S ( HCA) + S ( HAB )
HD HE HF
+
+
=
S ( ABC )
AD BE CF

HD HE HF
+
+
=1
AD BE CF
Tríc hªt chøng minh ∆ BDH : ∆ BEC
⇒

b

⇒ BH.BE = BD.BC

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Vµ ∆ CDH : ∆ CFB ⇒ CH.CF = CD.CB.
c

0,5

⇒ BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (®pcm)
Tríc hÕt chøng minh: ∆ AEF : ∆ ABC ⇒ ·
AEF = ·
ABC

0,5

·
·
Vµ ∆ CDE : ∆ CAB ⇒ CED = CBA

0,5

·
⇒ ·
AEF = CED mµ EB AC nên EB là phân giác của góc DEF.

Tơng tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE.

0,5

Vậy H là giao điểm các đờng phân giác của tam giác DEF
nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)
d

0,5

Gọi O là giao điểm của các đờng trung trực của hai đoạn MN và
Ã
Ã
HC, ta có ∆ OMH = ∆ ONC (c.c.c) ⇒ OHM = OCN .(1)

0,25

Ã
Ã
Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên: OHC = OCH .(2)
Ã
Ã
Từ (1) và (2) ta có: OHC = OHB HO là phân giác của góc BHC

0,25

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.

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.
9

ĐỀ 3
Bài 1 (4đ). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2
b) x2 + 7x + 10
Bài 2 (4đ) Cho

1
x2 − x − 2
2x − 4
A=
+ 2
−
x − 2 x − 7 x + 10 x − 5

a) Rút gọn A.
b) Tìm x nguyên để A nguyên.

Bài 3 (4đ). Giải phương trình
a) 2 x + 1 = 3x − 2
b) x2 – 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 vng góc với AB tại B và đường thẳng vng góc với AC tại C cắt
nhau tại G.
a) Chứng minh rằng GH đi qua trung điểm M của BC.
b) ∆ABC ~ ∆AEF
ˆ
ˆ

c) BDF = CDE

d) H cách đều các cạnh của tam giác ∆DEF

Bài 5 (1đ). Cho ba số thực x, y và z sao cho x + y + z = 1. Chứng minh rằng
10


Bài 6 (1đ). Giải bất phương trình

2007
< 2008
−x
HẾT

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN HỌC 8

Gợi ý đáp án

Điểm

Bài 1a)
4x2-49-12xy+9y2=(4x2-12xy+9y2)-49

(1 đ)

=(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7)
Bài 1b)

(1đ)

x2+7x+10 =x2+5x+2x+10

(1đ)

=x(x+5) +2(x+5) =(x+5)(x+2)
Bài 2a) x2-7x+10=(x-5)(x-2). Điều kiện để A có nghĩa là

(1đ)
(0,5đ)

x ≠5và x ≠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 + x 2 − 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

2b) A =

(2đ)

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

1
nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.
x−2
Bài 3a) Ta xét các trường hợp sau
TH1:

(1đ)

11

Gợi ý đáp án

Điểm

1
x ≥ − ⇔ 2 x + 1 ≥ 0 ⇒ 2 x + 1 = 3x − 2
2
⇔ 2 x + 1 = 3x − 2 ⇔ x = 3
Ta thấy x=3 thuộc khoảng đang xét vậy nó là nghiệm của phương trình.
TH2:
1
x < − ⇔ 2 x + 1 < 0 ⇒ 2 x + 1 = 3x − 2
2
⇔ −2 x − 1 = 3 x − 2 ⇔ 5 x = 1 ⇔ x = 0,2
Ta thấy x=0,2 không thuộc khoảng đang xét vậy nó khơng là nghiệm của
phương trình.
(1đ)
(2đ)

Kết luận phương trình có nghiệm x=3.
Bài 3b) x2-2=(2x+3)(x+5)+23 ⇔x2-25=(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
Bài 4a) Ta có BG ⊥AB, CH ⊥AB, nên

(2đ)

A

BG //CH,
tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên

E

BH//CG.tứ giác BGCH có các cặp cạnh đối

F

H

sơng 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

B

D

M

C

G
của BC.
4b) Do BE và CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác (1,5đ)

ABE và ACF vng. Hai tam giác vng ABE và ACF có chung góc A nên
chúng đồng dạng. Từ đây suy ra

AB AE
AB AF
=
⇒
=
(1)
AC AF
AE AC

Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra
∆ABC ~ ∆AEF.
12


Gợi ý đáp án

Điểm

4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra (1,5đ)
·
·
∆BDF~∆DEC⇒ BDF = CDE .
·
·
·
·
BDF = CDE ⇒ 900 − BDF = 900 − CDE
4d) Ta có
·
·

⇒·
AHB − BDF = ·
AHC − CDE ⇒ ·
ADF = ·
ADE
Suy ra DH là tia phân giác góc EDF. Chứng minh tương tự ta có FH là tia (1đ)
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.
Bài 5) Ta có
x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xyz – 3xy(x + y)
= (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2] – 3xy(x + y + z)
= (x + y + z)[(x + y)2 – (x + y)z + z2 – 3xy] = x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx
=

1 2
x − 2 xy + y 2 + ( y 2 − 2 yz + z 2 ) + ( x 2 − 2 xz + z 2 ) 

2

=

1
2
2
2
x − y ) + ( y − z ) + ( x − x )  dpcm
(

2

1đ

(

)

Bài 6) Điều kiện x ≠ 0 , bất phương trình

2007 + 2008 x
2007
< 2008 ⇔
>0
−x
x

⇔ (2008 x + 2007) x > 0
x > 0
⇔
 x < − 2007
2008


1đ
−

2007
2008

0

Hoặc biểu diễn trên trục số :
Trong từng phần, từng câu, nếu thí sinh làm cách khác nhưng vẫn cho kết quả đúng,
hợp logic thì vẫn cho điểm tối đa của phần, câu tng ng.

4
Bài 1:

1) Phân tích đa thức sau thành nh©n tư: a3 − b3 + c 3 + 3abc
2) Cho a3 − 3ab2 = 5 vµ b3 − 3a2b = 10 . TÝnh S = a2 + b2
13


Bài 2:

1) Giải phơng trình: x 8 2x 4 + x 2 − 2x + 2 = 0
2) Cã tồn tại hay không số nguyên dơng n sao cho n6 + 26n = 212011
23 − 1 3 3 − 1
20113 − 1
× 3 × ... ×
23 + 1 3 + 1
20113 + 1

Bµi 3:

Rót gän biĨu thøc A =

Bµi 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
ả
3) Tính số đo của BID

Bài 5:

Cho a, b, c, d, e > 0 tháa m·n ®iỊu kiƯn a + b + c + d + e = 4.
Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc P =

( a + b + c + d) ( a + b + c ) ( a + b )
abcde

HƯỚNG DẪN CHẤM
Đề 4
Bµi 1:(5 ®iĨm)
1) (3 ®iĨm) a3 − b3 + c 3 + 3abc = ( a − b ) + 3ab ( a − b ) + c 3 + 3abc
3

(1

®)
2
= ( a − b + c ) ( a − b ) − c ( a − b ) + c  + 3ab ( a − b + c )



(1 ®)

2
2
2
= ( a − b + c ) ( a + b + c + ab + bc − ac )

(1 ®)

2

2) (2 ®iĨm) Ta cã a3 − 3ab2 = 5 ⇒ ( a3 − 3ab2 ) = 25 ⇒ a6 − 6a 4b2 + 9a2b 4 = 25
2

(0,5 ®)
vµ b3 − 3a2b = 10 ⇒ ( b3 − 3a2b ) = 100 ⇒ b6 − 6a2b 4 + 9a 4b2 = 100
2

(0,5 ®)

Suy ra 125 = a6 + b6 + 3a2b 4 + 3a 4b2 = ( a2 + b2 ) . Do ®ã S = a2 + b2 = 5 (1 ®)
3

14


Bài 2: (5 điểm)
1) (3 điểm) x 8 2x 4 + x 2 − 2x + 2 = 0 ⇔ x 8 − 2x 4 + 1 + x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔

( x − 1) + ( x 1)
4

2

2

=0

(1,5 đ)
Vì ( x 4 − 1) ≥ 0 ; ( x − 1) ≥ 0
2

2

(0,5 đ)

x4 1 = 0
Nên phơng trình tơng đơng
x=1
x 1 = 0

(0,5 đ)
Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1
(0,5 đ)
2) (2 điểm). Giả sử tån t¹i n ∈ N* sao cho n6 + 26n = 212011 . Ta cã 26n cã tËn cïng lµ 6 vµ
212011 cã tËn cïng lµ 1. VËy n6 cã tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5.
(0,5 đ)
Khi đó n6 + 26n = 212011 cã d¹ng ( ...5 ) + 26...5 = ( 215 ) .21
6

402

(0,5 ®)
⇔ ...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 tỉng cã d¹ng
2


k − 1 ( k − 1) ( k + k + 1) ( k − 1) ( k + 1) − ( k + 1) + 1
víi k = 2, 3, …, 2011 (1 ®)
=
=
k 3 + 1 ( k + 1) ( k 2 − k + 1)
( k + 1) ( k 2 − k + 1)
2

3

(
(

) (
) (

)
)

(
(

)

1. 32 − 3 + 1 2. 4 2 − 4 + 1 2010. 20122 − 2012 + 1
.
...
Ta cã S =
3 22 − 2 + 1 4 3 2 − 3 + 1
2012 20112 − 2011 + 1

)

15


= S=

(
3.4...2012 ( 2

)(
− 2 + 1) ( 3

) (
)
− 3 + 1) ... ( 2011 − 2011 + 1)

1.2...2010. 32 − 3 + 1 4 2 − 4 + 1 ... 20122 2012 + 1

2012
= (

2

2

2

2

)

2011

(1 đ)

3.1006.2011

Bài 4: (6 điểm). Vẽ hình không chính xác không cho điểm cả bài
A

1) (2 đ). Chứng minh đợc tứ giác AMDN

N

là hình vuông (0,5 đ)
MF BD BM BM ME
=

=
=
=
(1đ)
FC DC MA DN ED

M
B

MF ME
=
hay
⇒ EF // DC
FC ED

K
E

F

I

C

D

hay EF // BC (0,5 đ)
2) (2 đ). Theo định lí Thales ta cã
AN DN NC NF NF
=

=
=
=
AB AB AC AM AN

hay

AN NF
·
·
=
vµ BAN = ANF = 900
AB AN

(0,5 ®)
(0,5 ®)

·
·
⇒ ∆NAF ∼ ∆ABN ⇒ NAF = NBA ⇒ AF ⊥ BN.

(0,5 ®)

LËp 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 ®)
16

Kết hợp với DM AB I là trực tâm của ABD.
ả
Ã
Vậy BID = 1800 BAD = 180 0 450 = 135 0

Bài 5:

(1 đ)

(2 điểm).
Ta có ( x − y ) ≥ 0 ⇔ x 2 + 2xy + y 2 ≥ 4xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4xy . DÊu “=” x¶y ra khi x = y
2

2

(0,5 đ)
áp dụng liên tiếp BĐT ( x + y ) ≥ 4xy ta cã
2

42 = (a + b + c + d + e)2 ≥ 4(a + b + c + d)e

(1)

(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
⇒ P=

( a + b + c + d) ( a + b + c ) ( a + b )
abcde

≥ 16 .

(1 ®)

1

a + b + c + d + e = 4
a = b = 4
a + b + c + d = e



c = 1
⇔
DÊu “=” x¶y ra khi vµ chØ khi 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
1
; c = ; d = 1 vµ e = 2
4
2

(0,5 đ)

Lu ý: Mọi cách giải khác đúng ®Ịu cho ®iĨm tèi ®a

17


ĐỀ 5
Bài 1 (4 điểm): Cho biểu thức
A=

4xy
y − x2

2

 1

1
: 2
 y − x 2 + y 2 + 2 xy + x 2 




a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định.
b) Rút gọn A.
c) Nếu x; y là các số thực thoả mãn: 3x 2 + y2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các
giá trị nguyên dương của A?
Bài 2 (4 điểm):
a) Giải phương trình :
x + 11 x + 22 x + 33 x + 44
+
=
+
115
104
93
82

b) Tìm các số x, y, z biết :
x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx
và x 2009 + y 2009 + z 2009 = 32010
Bài 3 (3 điểm): Chứng minh rằng với mọi n ∈ N thì n5 và n ln có chữ số tận cùng

giống nhau.
Bài 4 (7 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh
AC. Từ C vẽ một đường thẳng vng góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại
D, cắt tia BA tại E.
·
·
a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC và EAD = ECB
·
b) Cho BMC = 1200 và S AED = 36cm2 . Tính SEBC?

c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD +
CM.CA có giá trị không đổi.
d) Kẻ DH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH,
DH. Chứng minh CQ ⊥ PD .
Bài 5 (2 điểm):
18


x

y

a) Chứng minh bất đẳng thức sau: y + x ≥ 2 (với x và y cùng dấu)
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

 x y
x2 y2
+ 2 − 3  + ÷+ 5
2
y

x
 y x

(với x ≠ 0, y ≠ 0 )

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (4 điểm)
a) Điều kiện: x ≠ ± y; y ≠ 0

(1 điểm)

b) A = 2x(x+y)

(2 điểm)

c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương
của A
+ Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1 ⇒ 2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 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 (với mọi x ; y) ⇒ A ≤ 2. (0,5đ)
1

x − y + 1 = 0
x = 2


+ A = 2 khi 2x ( x + y ) = 2 ⇔ 

y = 3
x ≠ ± y;y ≠ 0




2
(x − y + 1)2 = 1

+ A = 1 khi 2x ( x + y ) = 1 Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và

x ≠ ± y;y ≠ 0


2 −1
x =

2
y, chẳng hạn: 
y = 2 + 3


2

19


+ 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) x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx
⇔ 2x2 +2y2 + 2z2 – 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
⇔ x2009 = y2009 = z2009
Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z2009 = 32010
⇔ z2009 = 32009
⇔

z =3

Vậy x = y = z = 3
Bài 3 (3 điểm)
Cần chứng minh: n5 – n M 10
20


- Chứng minh : n5 - n M 2
n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) M 2 ( vì n(n – 1) là tích của hai số
nguyên liên tiếp)
- Chứng minh: n5 – n M 5
n5 - n = ... = n( n - 1 )( n + 1)( n2 – 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 n5 – n M 2.5 tức là n5 – n M 10
Suy ra n5 và n có chữ số tận cũng giống nhau.
Bµi 4: 6 điểm
E

D
A
M
Q

B

P

I

H

C

Câu a: 2 điểm
* Chứng minh EA.EB = ED.EC

(1 ®iĨm)

- Chøng minh ∆ EBD ®ång d¹ng víi ∆ ECA (gg)
- Tõ ®ã suy ra

EB ED
=
⇒ EA.EB = ED.EC
EC EA

·
·
* Chøng minh EAD = ECB

∆ ECB (cgc)

0,5 ®iĨm

(1 ®iĨm)

- Chøng minh EAD đồng dạng với

0,5 điểm

Ã
Ã
- Suy ra EAD = ECB

0,75 ®iĨm
0,25 ®iĨm
21


Câu b: 1,5 điểm
o
o
Ã
- Từ BMC = 120o Ã
ABM = 30
AMB = 60 Ã

- Xét

0,5 điểm

à

EDB vuông t¹i D cã B = 30o
⇒ ED =

1
ED 1
=
EB ⇒
EB 2
2

0,5 điểm

2

S
ED
- Lý luận cho EAD =
ữ tõ ®ã
S ECB  EB 

⇒ SECB = 144 cm2

0,5 điểm

Câu c: 1,5 điểm
- Chứng minh BHD đồng dạng víi ∆ DHC (gg)

0,5 ®iĨm

BH BD

2 BP BD
BP BD
=
⇒
=
⇒
=
DH DC
2 DQ DC
DQ DC

0,5 điểm



- Chứng minh DPB đồng dạng víi ∆ CQD (cgc)

·
·

⇒ BDP = DCQ

 ⇒ CQ ⊥ PD
o
Ã
Ã
ma`BDP + PDC = 90


1 điểm

Câu d: 1 điểm
- Chứng minh BMI đồng dạng với BCD (gg)
- Chøng minh CM.CA = CI.BC

0,5 ®iĨm

- Chøng minh BM.BD + CM.CA = BC2 có giá trị không đổi

0,5 điểm

Cách 2: Cã thĨ biÕn ®ỉi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2
Bài 5: (2 điểm)
a) vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đó

x y
+ ≥ 2 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2xy ⇔ (x − y)2 ≥ 0
y x

bất đẳng thức này luôn đúng, suy ra bđt ban đầu đúng (đpcm)
b) Đặt

x y
+ =t
y x

22


x2 y2

⇒ 2 + 2 = t2 − 2
y
x
Biểu thức đã cho trở thành P = t2 – 3t + 3
P = t2 – 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)
x

- Nếu x; y trái dấu thì y < 0 và < 0 ⇒ t < 0 ⇒ t – 1 < 0 và t – 2 < 0 ⇒ ( t − 2 ) ( t − 1)
x
y

>0 ⇒ P>1

(2)

- Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x ≠ 0 ; y ≠ 0 thì ln có P ≥ 1. Đẳng thức xảy ra khi
và chỉ khi x = y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là Pmin= 1 (khi x = y)
Bài 5: (2 điểm)
- Gọi R(x) là đa thức dư trong phép chia f(x) : (x – 2)(x2 – x + 1), khi đó ta có:
f(x) = (x – 2).(x2 – x + 1).P(x) + R(x) (1)
- Vì đa thức chia (x – 2)(x2 – 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

ĐỀ 6
Bµi 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tö:
1. x 2 + 7 x + 6
2. x 4 + 2008 x 2 + 2007 x + 2008
23


Bài 2: (2điểm)
Giải phơng trình:
2
1. x 3x + 2 + x − 1 = 0
2

2

2

1
1
1 
1
2

2. 8  x +  + 4  x 2 + 2  − 4  x 2 + 2 ÷ x + = ( x + 4 )

ữ

ữ
ữ
x
x

x
x




Bài 3: (2điểm)
1
a

1
b

1
c

1. CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta có: (a+b+c)( + + ) ≥ 9
2. T×m sè d trong phÐp chia cđa biĨu thøc ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x + 8 ) + 2008 cho ®a
thøc x 2 + 10 x + 21 .
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
3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:

GB
HD

=
.
BC AH + HC

HNG DẪN CHẤM

24


Bài

Câu
1.1

Nội dung

Điểm
2,0

(0,75 điểm)

x 2 + 7 x + 6 = x 2 + x + 6 x + 6 = x ( x + 1) + 6 ( x + 1)

0.5

= ( x + 1) ( x + 6 )

1.
1.2

0,5

(1,25 ®iÓm)
0,25

x 4 + 2008 x 2 + 2007 x + 2008 = x 4 + x 2 + 2007 x 2 + 2007 x + 2007 + 1

= x + x + 1 + 2007 ( x + x + 1) = ( x + 1) − x + 2007 ( x + x + 1)
4

2

2

2

2

2

2

0,25

= ( x + x + 1) ( x − x + 1) + 2007 ( x + x + 1) = ( x + x + 1) ( x − x + 2008 )
2

2.

2.1

2

2

2

2

0,25
2,0

x 2 − 3 x + 2 + x − 1 = 0 (1)

+ NÕu x ≥ 1 : (1) ⇔ ( x − 1) = 0 ⇔ x = 1 (tháa m·n ®iỊu kiƯn x ≥ 1 ).
2

+

x < 1:

NÕu

(1)

0,5

⇔ x − 4 x + 3 = 0 ⇔ x − x − 3 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − 3 ) = 0
2

2

⇔ x = 1; x = 3 (c¶ hai đều không bé hơn 1, nên bị

loại)

0,5

Vậy: Phơng trình (1) cã mét nghiƯm duy nhÊt lµ x = 1 .
2.2

2

2

2

1
1 
1 
1
2



8  x + ÷ + 4  x 2 + 2 ÷ − 4  x 2 + 2 ÷ x + ÷ = ( x + 4 ) (2)
x
x
x
x

Điều kiện để phơng trình có nghiệm: x ≠ 0

0,25

2
2
1
1 
2

 2 1   2 1  
(2) ⇔ 8  x + ÷ + 4  x + 2 ÷ x + 2 ÷−  x + ÷  = ( x + 4 )
x
x  
x  
x 





1
1 
2
2



⇔ 8  x + ÷ − 8  x 2 + 2 ÷ = ( x + 4 ) ⇔ ( x + 4 ) = 16
x
x 



0,5

⇔ x = 0 hay x = 8 và x 0 .

0,25

2

Vậy phơng trình đà cho cã mét nghiÖm x = −8
2.0

3.

25