Tổng hợp một số đề và đáp án thi học sinh giỏi toán 8 hay

1

ĐỀ 1
Bài 1:( 3,5 điểm)
 x2
6
1  
10 − x 2 
x−2+

+
+
Cho biểu thức M =  3
 :
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) M120 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 thùc x, y tho¶ m·n x3 − 3xy 2 = 10 vµ y 3 − 3 x 2 y = 30 .
Tính giá trị biểu thức P = x 2 + y 2 .
1 1 1
1
1 1
+ 2 + 2 =2
b) Chøng minh r»ng nÕu + + = 2 vµ a + b + c = abc thì
a b c
a2 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
PD 9
=
. Tính các cạnh của hình chữ nhật
PB 16
1 1
4
Bài 5(2,5 điểm) : Chứng minh rằng x > 0, y > 0 thì x + y ≥ x + y .

d) Giả sử CP ⊥ BD và CP = 2,4 cm,

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
≠ 0, x ≠ ±2 ( 0,5 điểm)
Bài 1: ĐKXĐ x
a) Rút gọn M


2


x
6
1  
10 − x
+
+
 : 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

M =

2

2

3

−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

1
1
1
⇔x=
hoặc x = 2
2
2
1
1
1
2
1=3=
Với x = ta có : M = 2 −
2
3
2 2
1
1
1
2
Với x = - ta có : M = 2 + 1 = 5 =

2
5
2 2
x =

(0,5 điểm)
(0,5 điểm)
(0,5 điểm)

Bài 2.
a) Phân tích được f(n) = (n – 2)(n – 1)n(n +1)(n + 2)
Lập luận đúng f(n) M2.3.4.5 => f(n) M120
b) Tách được
2x2 + y2 + 2xy – 2x + 2y + 5 = 0
(x + y +1)2 + (x – 2)2 = 0

(0,5 điểm)
( 1 điểm)
(0,75 điểm)

x = 2
 y = −3

Lập luận 

(0,75 điểm)

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

và y 3 − 3x 2 y = 30 .=>
Suy ra:

(y

3

− 3 x 2 y ) = 900 => y 6 − 6 x 2 y 4 + 9 x 4 y 2 = 900

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

2

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

1 1 1
a b c
1 1 1
1
1 1
⇔ 2 + 2 + 2 = 4 − 2.( + + )
a b c
ab bc ca
1 1 1
a+b+c
⇔ 2 + 2 + 2 = 4 − 2.
a b c
abc
1 1 1
Vì a+b+c = abc ta được : 2 + 2 + 2 = 2

a
b c

3

( 2 điểm )

b) Ta có : ( + + )2 = 4

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

( 2 điểm)


3

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) M
·
·
b) Chứng minh được IEA = OAB (0,5 điểm)
I
=> EF // AC (0,5 điểm)
Chỉ ra IP // AC => E, F, P thẳng hàng (1 điểm)
E
c) Chứng minh ∆ MAF và ∆ BAD đồng dạng
=> tỉ số không đổi

(1,5 điểm)
d) Nếu

D

C
P

F

O

B

A

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
1
1
4
2
+
≥
=
p −b p −c p −b + p −c a
1
1
4
2
+

≥
=
p−c p−a p−c+ p−a b

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh

(0,5 điểm)
ĐỀ 2



x

2

6

1 



10 − x 2 

+
+
Bài 1:(4 ®iĨm) Cho biểu thức M =  3

 : x−2+ x+2 


 x − 4 x 6 − 3x x + 2 

a. Rỳt gn M
b.Tìm x nguyên để M đạt giá lín 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
Bài 4:(3 điểm)


4

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......................
Hớng dẫn chấm môn toán 8
2
Nội dung

Bài
1

a

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

−6
x+2
1
.
⇒ M=
=
( x − 2)( x + 2) 6
2− x

b

2

a

b
3

a

+ 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.
VËy 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)
2
2
2
2

=  (b − c ) − a   (b + c ) − a 

 

= (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a)
Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác)
T¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0
Vậy A< 0
A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010

§iĨ
m
0,5
0,5
0,5
0,5

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

5

Do (x-y) ≥ 0 ; (y - 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)
kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0
⇒ 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.
Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,
Nên tổng S ln có giá trị bằng 1.
2

b

4

a

2

0,5
0,5
0,5
0,5
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 hc x = 2 (Thỏa mÃn ĐKXĐ)
Vậy nghiệm của phơng trình là: S = { 13; 2}

b

0,5

+ Phơng trình đợc biến ®ỉi thµnh: (x + 1)(x 2 + 1) = (2y + 1) 2
+ Ta chøng minh (x + 1) vµ (x 2 + 1) nguyên tố cùng nhau !
Vì nếu d = UCLN (x+1, x 2 + 1) th× d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)

0,25

x2 + xM
d
x + 1M
d
d

 2
 x + 1M
⇒  2
⇒  x + 1M
d
2 M mà d lẻ nên d = 1.
d

d
d
 x − 1M
 x + 1M
 x + 1M
d


+ Nªn muèn (x + 1)(x 2 + 1) là số chính phơng
Thì (x+1) và (x 2 + 1) đều phải là số chính phơng
x +1 = k

2
x +1 = t


k = 1
 k = −1
⇒ (k + x)(k – x) = 1 ⇒ 
hc 
x = 0
x = 0
+ Víi x = 0 th× (2y + 1) 2 = 1 ⇒ y = 0 hc y = -1.(Tháa mÃn pt)
Vậy nghiệm của phơng trình là: (x;y) = { (0;0), (0; 1)}
2

Đặt:

0,5
0,5

0,5

0,25

0,25

2

0,25


6

5

A

E

F

H
M

I
B

0,5

K

N

D

C

O

a

b

c

d

S ( HBC )
HD
=
S ( ABC )
AD
HE S ( HCA) HF S ( HAB )
=
=
T¬ng tù cã:
;
BE S ( ABC ) CF S ( ABC )
S ( HBC ) + S ( HCA) + S ( HAB )
HD HE HF
Nªn

=
+
+
S ( ABC )
AD BE CF
HD HE HF
⇒
=1
+
+
AD BE CF
Tríc hªt chøng minh ∆ BDH : ∆ BEC
⇒ BH.BE = BD.BC
Vµ ∆ CDH : ∆ CFB ⇒ CH.CF = CD.CB.
⇒ BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (®pcm)
Tríc hÕt chøng minh: ∆ AEF : ∆ ABC ⇒ ·
AEF = ·
ABC
·
·
Vµ ∆ CDE : ∆ CAB ⇒ CED = CBA
Ã
Ã
AEF = CED mà EB AC nên EB là phân giác của góc DEF.

Trớc hết chứng minh:

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)

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)
·
·
MỈt khác ta cũng có OCH cân tại O nên: OHC = OCH .(2)
·
·
Tõ (1) vµ (2) ta cã: 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.

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 øng víi tõng néi dung

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

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

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


7

của bài đó.
3
Bi 1 (4). Phõn tớch cỏc a thức sau thành nhân tử :
a) 4x2 – 49 – 12xy + 9y2
b) x2 + 7x + 10
A=

Bài 2 (4đ) Cho

1
x2 − x − 2
2x − 4
+ 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
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
=(2x-3y)2-72=(2x-3y+7)(2x-37-7)

(1 đ)

(1đ)


8

Gợi ý đáp án

Điểm

Bài 1b)
x2+7x+10 =x2+5x+2x+10
=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
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
=

(1đ)
(1đ)
(0,5đ)

x − 5 + x 2 − x − 2 − (2 x − 4)( x − 2)
( x − 5)( x − 2)

(2đ)

− x 2 + 8 x − 15 −( x − 5)( x − 3) − x + 3
=
=
=
( x − 5)( x − 2) ( x − 5)( x − 2)
x−2
2b) A =

(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:

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.
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
A
BG //CH,
tương tự: BH ⊥AC, CG ⊥AC, nên BH//CG.tứ
giác BGCH có các cặp cạnh đối sơng song
E
nên nó là hình bình hành. Do đó hai đường
F
H
chéo GH và BC cắt nhau tại trung điểm của
B

D

M

C

G

(1đ)

(1đ)
(2đ)

(2đ)


9

Gợi ý đáp án

Điểm

mỗi đường. Vậy GH đi qua trung điểm M của BC.
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
AB AE
AB AF
=
⇒
=
(1)

chúng đồng dạng. Từ đây suy ra
AC AF
AE AC
Hai tam giác ABC và AEF có góc A chung (2). Từ (1) và (2) ta suy ra
∆ABC ~ ∆AEF.
4c) Chứng minh tương tự ta được ∆BDF~∆BAC, ∆EDC~∆BAC, suy ra
·
·
∆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
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

=  x 2 − 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
2007 + 2008 x
2007
< 2008 ⇔
>0
Bài 6) Điều kiện x ≠ 0 , bất phương trình
−x
x
⇔ (2008 x + 2007) x > 0

(

)

x > 0
⇔
 x < − 2007
2008


Hoặc biểu diễn trên trục số :

(1,5đ)

(1,5đ)

(1đ)

1đ

1đ
−

2007
2008

0

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 phn, cõu tng ng.
4
Bài 1:
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a3 b3 + c 3 + 3abc
2) Cho a3 − 3ab2 = 5 vµ b3 − 3a2b = 10 . TÝnh S = a2 + b2
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
Bµi 3:

3

3
3
Rót gän biĨu thøc A = 23 − 1 × 33 − 1 × ... × 20113 − 1

2 +1 3 +1

2011 + 1


10

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
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.
T×m giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = (

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

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

(1 ®)

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

(1 ®)

= ( a − b + c ) ( a2 + b2 + c 2 + ab + bc − ac )

(1 ®)

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

(0,5 đ)

và b3 3a2b = 10 ⇒ ( b3 − 3a 2b ) = 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

Bµi 2: (5 ®iĨm)

1) (3 ®iĨm) x 8 − 2x 4 + x 2 − 2x + 2 = 0 ⇔ x 8 − 2x 4 + 1 + x 2 − 2x + 1 = 0 ⇔ ( x 4 − 1) + ( x − 1) = 0 (1,5 đ)

2

Vì ( x 4 1) 0 ; ( x − 1) 2 ≥ 0
2

2

(0,5 ®)

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

(0,5 đ)
(0,5 đ)

Vậy phơng trình có nghiệm duy nhất x = 1

2) (2 điểm). Giả sử tồn tại n N* sao cho n6 + 26n = 212011 . Ta cã 26n cã tËn cïng lµ 6 vµ 212011
cã tËn cùng là 1. Vậy n6 có tận cùng phải là 5, do đó n có tận cùng là 5.
(0,5 đ)
6
402
Khi ®ã n6 + 26n = 212011 cã d¹ng ( ...5 ) + 26...5 = ( 215 ) .21
(0,5 ®)
⇔ ...25 + ...76 = ( ...01) .21 ⇔ ...01 = ...21 , vô lí
Vậy không tồn tại số nguyên dơng n thỏa mÃn bài toán

(0,5 đ)

(0,5 đ)

Bài 3: (2 điểm). Nhận xét rằng mỗi số hạng của tổng có dạng

(
(

)
)

2


k 3 − 1 ( k − 1) k + k + 1 ( k − 1) ( k + 1) − ( k + 1) + 1 víi k = 2, 3, …, 2011
=
=
k 3 + 1 ( k + 1) k 2 − k + 1
( k + 1) k 2 − k + 1
2

(

)

(1 ®)


) (
)
) (

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

Ta cã S =

(
(

11

(
)
(
)
− 4 + 1) ... ( 2012 − 2012 + 1)
− 3 + 1) ... ( 2011 − 2011 + 1)

1. 3 − 3 + 1 2. 4 − 4 + 1 2010. 2012 − 2012 + 1
.
...
3 22 − 2 + 1 4 3 2 − 3 + 1
2012 20112 − 2011 + 1
2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

(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
là hình vuông (0,5 đ)
MF BD BM BM ME
(1đ)
=
=
=
=

FC DC MA DN ED
hay MF = ME ⇒ EF // DC
FC ED

hay EF // BC (0,5 ®)

N
M
B

K
E

F

I

C

D

2) (2 ®). Theo ®Þnh lÝ Thales ta cã
AN DN NC NF NF
=
=
=
=
AB AB AC AM AN
·
·

hay AN = NF vµ BAN = ANF = 900
AB AN
·
·
⇒ ∆NAF ∼ ∆ABN ⇒ NAF = NBA AF BN.

(0,5 đ)
(0,5 đ)

Lập luận tơng tự có AE CM. Vậy K là trực tâm của AEF

(0,5 đ)
(0,5 đ)

3) (2 đ). K là trực tâm của AEF ⇒ AK ⊥ EF mµ EF // BC ⇒ AK BC
Kết hợp với DM AB I là trực tâm của ABD.
ả
Ã
Vậy BID = 1800 BAD = 180 0 450 = 135 0
(1 đ)
Bài 5:
đ)

(0,5 đ)

(2 ®iÓm).

Ta cã ( x − y ) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + 2xy + y 2 ≥ 4xy ⇔ ( x + y ) 2 ≥ 4xy . Dấu = xảy ra khi x = y

(0,5

áp dụng liên tiÕp B§T ( x + y ) 2 ≥ 4xy ta cã
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)
2 ≥ 4(a + b)c
(a + b + c)
(3)
2 ≥ 4ab
(a + b)
(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

12
≥ 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 ; c = 1 ; d = 1 và e = 2
4
2

(0,5 đ)

Lu ý: Mọi cách giải khác đúng đều cho điểm tối đa

5
Bi 1 (4 điểm): Cho biểu thức
A=

4xy
y − x2
2

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

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
2
·
b) Cho BMC = 1200 và S AED = 36cm . Tính SEBC?
c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA
có giá trị khơng 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 .


13

Bài 5 (2 điểm):
x

y

a) Chứng minh bất đẳng thức sau: y + x ≥ 2 (với x và y cùng dấu)
 x y
x2 y 2
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 + 2 − 3  + ÷+ 5
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
2
(x − y + 1) = 1

+ A = 1 khi 2x ( x + y ) = 1 Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y,

x ≠ ± y;y ≠ 0

2 −1
x =

2
chẳng hạn: 
y = 2 + 3


2
+ Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2
Bài 2: (4 điểm)
x + 11 x + 22 x + 33 x + 44
+
=
+
a)
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

(0,5 điểm)


14

⇔ 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
5
- Chứng minh : n - n M
2
5

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

D
A
M
Q

B

P

I

H

C

Câu a: 2 ®iÓm
* Chøng minh EA.EB = ED.EC
(1 ®iÓm)
- Chøng minh ∆ EBD đồng dạng với ECA (gg)

0,5 điểm


15

EB ED
=
⇒ EA.EB = ED.EC
EC EA
·
·
* Chøng minh EAD = ECB
(1 điểm)
- Chứng minh EAD đồng dạng với ECB (cgc)
·
·
- Suy ra EAD = ECB
- Tõ ®ã suy ra

0,5 điểm
0,75 điểm

0,25 điểm

Câu b: 1,5 điểm
o
o
Ã
- Từ BMC = 120o ⇒ ·
ABM = 30
AMB = 60 ⇒ ·
µ
- XÐt EDB vuông tại D có B = 30o

ED =

1
ED 1
EB ⇒
=
EB 2
2

0,5 ®iĨm

0,5 ®iĨm

2

S
ED 
- Lý ln cho EAD =

ữ từ đó
S ECB EB

SECB = 144 cm2

Câu c: 1,5 điểm
- Chứng minh BHD ®ång d¹ng víi ∆ DHC (gg)
BH BD
2 BP BD
BP BD
⇒
=
⇒
=
⇒
=
DH DC
2 DQ DC
DQ DC
- Chứng minh DPB đồng dạng víi ∆ CQD (cgc)

·
·

⇒ BDP = DCQ

 ⇒ CQ ⊥ PD
o
Ã

Ã
ma`BDP + PDC = 90


0,5 điểm

0,5 điểm
0,5 điểm

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 ®ỉi
0,5 ®iĨm
C¸ch 2: Cã thĨ biÕn ®ỉi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2
Bài 5: (2 điểm)
x y
2
2
a) vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đó + ≥ 2 ⇔ x + y ≥ 2xy ⇔ (x − y)2 ≥ 0 bất
y x
đẳng thức này luôn đúng, suy ra bđt ban đầu đúng (đpcm)
x y
b) Đặt + = t
y x
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)


16
x

- Nếu x; y trái dấu thì y < 0 và < 0 ⇒ t < 0 ⇒ t – 1 < 0 và t – 2 < 0 ⇒ ( t − 2 ) ( t − 1) > 0
x
⇒ 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
- Lp lun tng t trờn
y

6
Bài 1: (2 điểm)
Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
1. x 2 + 7 x + 6

2. x 4 + 2008 x 2 + 2007 x + 2008
Bài 2: (2điểm)
Giải phơng trình:
1. x 2 − 3x + 2 + x − 1 = 0
2

2

2



2. 8  x + 1  + 4  x 2 + 12  − 4  x 2 + 12 ÷ x + 1  = ( x + 4 ) 2

ữ

ữ
ữ
x
x
x
x



Bài 3: (2điểm)
1
a

1 1

b c
2. T×m sè d trong phÐp chia cđa biĨu thøc ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x + 8 ) + 2008 cho đa thức

1. CMR với a,b,c,là các số dơng ,ta cã: (a+b+c)( + + ) ≥ 9
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 DN CHẤM


Bài

Câu
1.1

1.

1.2

17

Nội dung

Điểm
2,0

(0,75 điểm)

0.5

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

0,5

(1,25 ®iÓm)

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

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

2.1

2

2

2

2

⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 ⇔ x 2 − x − 3 ( x − 1) = 0 ⇔ ( x − 1) ( x − 3 ) = 0
⇔ x = 1; x = 3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị

2.2

0,25
0,25
2,0

x 2 − 3 x + 2 + x − 1 = 0 (1)

+ NÕu x ≥ 1 : (1) ⇔ ( x − 1) 2 = 0 ⇔ x = 1 (thỏa mÃn điều kiện x 1 ).
+
Nếu
(1)
x < 1:

2.

0,25

loại)
Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là x = 1 .
2

2

0,5
0,5

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 tr×nh cã nghiƯm: x ≠ 0
2
2
1
1 
2

 2 1   2 1  
(2) ⇔ 8  x + ÷ + 4  x + 2 ÷ x + 2 ÷−  x + ÷  = ( x + 4 )
x
x  
x  
x 





0,25

2

1
1 
2
2


⇔ 8  x + ÷ − 8  x 2 + 2 ÷ = ( x + 4 ) ⇔ ( x + 4 ) = 16
x
x 


⇔ x = 0 hay x = 8 và x 0 .
Vậy phơng trình đà cho có một nghiệm x = 8

3.1

0,5
0,25
2.0

Ta có:
1
a

1 1
a a b
b c
b c a
a b

a c
c b
=3 + ( + ) + ( + ) + ( + )
b a
c a
b c
x y
Mà: + 2 (BĐT Cô-Si)
y x
Do ®ã A ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9. VËy A ≥ 9

b
c

c
a

c
b

A= (a + b + c)( + + ) = 1 + + + + 1 + + + + 1

3.
3.2

0,5

0,5

Ta cã:

P ( x ) = ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x + 8 ) + 2008

= ( x 2 + 10 x + 16 ) ( x 2 + 10 x + 24 ) + 2008

0,5

Đặt t = x + 10 x + 21 (t ≠ −3; t ≠ −7) , biÓu thức P(x) đợc viết lại:
2

P ( x ) = ( t − 5 ) ( t + 3) + 2008 = t 2 − 2t + 1993

4.

Do ®ã khi chia t 2 − 2t + 1993 cho t ta cã số d là 1993
4.1

+ Hai tam giác ADC và BEC cã:

0,5
4,0


18

Góc C chung.
CD CA
(Hai tam giác vuông CDE và CAB ®ång d¹ng)
=
CE CB

Do ®ã, chóng dång d¹ng (c.g.c).
·
Suy ra: BEC = Ã
ADC = 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo
giả thiết).
Nên Ã
AEB = 450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra:
BE = AB 2 = m 2

4.2

4.3

1,0

0,5

BM 1 BE 1 AD
(do ∆BEC : ADC )
= ì
= ì
BC 2 BC 2 AC
mà AD = AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)
nên BM = 1 ×AD = 1 ×AH 2 = BH = BH (do ∆ABH : ∆CBA )
BC 2 AC 2 AC
AB 2 BE
Do
®ã
(c.g.c),

suy
∆BHM : ∆BEC
0
0
·
·
BHM = BEC = 135 ⇒ ·
AHM = 45

Ta có:

0,5
0,5
ra:

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc
BAC.
GB AB
, mà
=
GC AC
AB ED
AH
HD
=
( ∆ABC : ∆DEC ) =
( ED // AH ) =
AC DC
HC
HC

GB HD
GB
HD
GB
HD
Do ®ã:
=
⇒
=
⇒
=
GC HC
GB + GC HD + HC
BC AH + HC

0,5
0,5

Suy ra:

0,5

7
Bài 1 (2 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/ x 7 + x 2 + 1
b/ ( a + b + c ) 3 − a 3 − b 3 − c 3
Bµi 2 (2 ®iÓm)
 x 2 − 3x   9 − x 2
x−3 x−2

: 2

−
−
Cho P = 1 − 2

 



x −9   x + x−6

a/ Rót gän P

2− x

x +3

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

Bài 3 (2 điểm)
a/ Giải phơng trình: ( x 2 4 x ) 2 + 2.( x − 2) 2 = 43
b/ Cho tam giác ABC có góc A gấp đôi góc B, góc B gấp đôi góc C. Chứng minh
rằng:

1
1
1
+
=

BC AC AB

Bài 4 (3 ®iĨm)


19

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/

EN AC
=
EB AB

b/ AE=AF

Bài 5 (1 điểm)
Cho a, b, c là các sè tháa m·n ( a + 1) 2 + ( b + 2) 2 + ( c + 3) 2 2010 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức: A = ab + b( c − 1) + c( a 2) .
Hd chấm toán 7
Bài 1 (2 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
7
a/ x + x 2 + 1 HD: thêm bớt x. Đáp số: (x2+x+1)(x5-x4+x2-x+1)

1

( a + b + c ) 3 − a 3 − b 3 − c 3 = ( a + b ) 3 + c 3 + 3c( a + b )( a + b + c ) − a 3 − b 3 − c 3
b/ = a 3 + b 3 + 3ab( a + b ) + c 3 + 3c( a + b )( a + b + c ) − a 3 − b 3 − c 3

= 3( a + b ) ( ab + ac + bc + c 2 ) = 3( a + b )( b + c )( c + a )
Bài 2 (2 điểm)

1

1


x 3x 9 − x
x−3 x−2
: 2
2
  x + x −6 − 2− x − x +3

x −9  


3
a/ Rót gän P . KQ: P=
§K: x ≠ 2, x ≠ 3, x 3
2x
2

Cho P = 1


2

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

(

)

3 x +1
x −4+5
5 

= −3
= −3 x + 2 +

x2
x2
x 2

2

2

1

nguyên thì x-2 là ớc của

15. vậy x=.......... chỉ có x=......... thỏa mÃn ĐK.
Bài 3 (2 điểm)
a/ Giải phơng tr×nh: ( x 2 − 4 x ) 2 + 2.( x − 2 ) 2 = 43

(x

2

)

(

1

)

2
2
2
− 4 x + 2 x 2 − 4 x + 4 = 43; đặt x -4x=t ta đợc: t +2t-35=0; t=-7, t=5

Ta cã: x2-4x+7=0 v« nghiƯm; x2-4x-5=0 , x=5, x=-1
b/ Cho tam giác ABC có góc A gấp đôi góc B, góc B gấp đôi góc C. Chứng minh 1
rằng:

1
1
1
+
=
BC AC AB

HD: Gọi BC=a, AC=b, AB=c. Kẻ đờng phân giác BM, ta chứng minh đợc: AM=
bc
b
c

, vì ABMACB
= ac = ( b + c )( b − c ) (1)
a+c
a+c b

Tơng tự, kẻ phân giác AN suy ra đợc: a2=b(b+c)
c bc
1 1 1
=
+ = (ĐPCM)
a
b
a b c

Bài 4 (3 điểm)

(2), chia (1) cho (2) ta đợc:

hình vẽ

0,5


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/

20

EN MN MQ AC
EN AC
=
=
=
HD: Ta chứng minh đợc:
(theo Talet và
=
1
EB BQ
BQ AB
EB AB

tam giác đồng dạng)
b/ AE=AF .
từ đó suy ra:

HD: từ a/ và theo T/c đờng phân giác suy ra DE//CN, DF//BM 1,5

DE DB DC
CN AB BC
CN AB
AC AB
.
.
.DF =
.
.
.DF =
.

.DF =
.
.DF = DF
DB DC DF
CB AC BM
BM AC
AB AC
Bµi 5 (1 điểm)Cho a, b, c là các số thỏa mÃn ( a + 1) 2 + ( b + 2) 2 + ( c + 3) 2 2010 .

DE=

Tìm giá trÞ nhá nhÊt cđa biĨu thøc: A = ab + b( c − 1) + c( a − 2) .
Gi¶i: đặt x=a+1; y=b+2; z=c+3 suy ra x2+y2+z2 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+a2+b2+c2=(a+b+c)2-10(a+b+c)+38=(a+b+c-5)2+13 ≥ 13
Suy ra: A ≥ 1/2(13- a2-b2-c2) 1/2(13-2010)=

1997
2

Đề thi HSG Trờng Năm học 2010-2011
Môn To¸n 8
thêi gian 90 phót.

Bài 1: 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 2:
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

A = x2– 2xy + 2y2 - 4y + 2015
b. Cho 4a2 + b2 = 5ab vµ 2a> b > 0
TÝnh: P =

ab
4a − b 2
2

 x2
6
1  
10 − x 2 
x−2+

+
+
Bài 3:Cho M =  3
 :
x+2 
 x − 4 x 6 3x x + 2


a. Tìm ĐKXĐ của M
b. Rỳt gn M
c.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất.
Bài 4 :
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy M bất kì sao cho BM < CM. Từ M vẽ đờng
thẳng song song với AC cắt AB tại E và song song với AB cắt AC tại F. Gọi N là điểm đối xứng
của M qua E F.
a) Tứ giác AEMF là hình gì? vì sao?

b) Chứng minh : AFEN là hình thang cân?


21
c) M ở vị trí nào để tứ giác AEMF là hình thoi? Vì sao?
d) Tính : ANB + ACB = ?

Hdc đề thi HSG Trờng Môn Toán 8
Bi 1: (5đ)
a). A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)
2
2
2
2
= (b − c) − a  (b + c) − a  = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) (3đ)



b). Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác)
T¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0 Vậy A< 0
(2đ)
Bài 2: (4đ)
a). A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2011 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2011 ≥ 2011
Dấu ''='' x¶y ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2.
Vậy GTNN của A là 2011 t¹i x = y =2
(3đ)
b). Tõ 4a2 + b2 = 5ab ta cã (a-b)(4a-b) = 0 v× 2a> b > 0 => 4a>b>0 => a=b => P =

1
. (1®)

3

Bài 3: (4đ)
a) ĐKXĐ: x ≠ 0, x ≠ 2; x ≠ -2


(1đ)

−6
x+2
x
6
1  
10 − x 
1
+
+
(2đ)
 :  x − 2 + x + 2  = ( x − 2)( x + 2) . 6 =


2− x
 x − 4 x 6 − 3x x + 2  

c). NÕu x 〉 2 th× 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.

b) M =

2

2

3

Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1.
Bài 4 : (7đ)

(1đ)


22
a) Tứ giác AEMF là hình bình hành vì có các cạnh
A
đối
song
song.
(2đ)
b) Gọi EF cắt MA và MN tại O và K=> OK//AN (đtb
F
)
Mặt khác AE=NF (cùng bằng MF) => AFEN là hình
thang cân.
(2đ)
c) Tứ giác AEMF đà là hình bình hành, nó sẽ trở
O
thành hình thoi khi có AM là phân giác góc N
BAC=> khi đó M là giao phân giác góc BAC với
cạnh BC (HS có thể tìm ra M là trung điểm BC vì

E
ABC cân) (2đ)
K
d) Ta cã EN=EB (cïng b»ng EM)
=> ∠ ENB = ∠ EBN
Mµ ∠ ENA+ ∠ C = ∠ NAC+ ∠ ABC (T/c tam giác cân
B
M
C
và hình thang cân)
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên => tứ giác ANBC tổng hai góc đối này bằng tổng hai góc đối
kia nên : ANB + ACB = 1800
(1đ)
Đề thi HSG Trờng Năm học 2010-2011
Môn Toán 8
thời gian 90 phút.

Bi 1: 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 2:
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2– 2xy + 2y2 - 4y + 2015
b. Cho 4a2 + b2 = 5ab vµ 2a> b > 0
TÝnh: P =

ab
4a − b 2
2



x2
6
1  
10 − x 2 

+
+
: x−2+
 
3
x+2 
 x − 4 x 6 − 3x x + 2  


Bài 3:Cho M = 

a. T×m ĐKXĐ của M
b. Rỳt gn M
c.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất.
Bài 4 :
Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy M bất kì sao cho BM < CM. Từ M vẽ đờng
thẳng song song với AC cắt AB tại E và song song với AB cắt AC tại F. Gọi N là điểm đối xứng
của M qua E F.
a) Tứ giác AEMF là hình gì? vì sao?
d) Chứng minh : AFEN là hình thang cân?
e) M ở vị trí nào để tứ giác AEMF là hình thoi? Vì sao?
d) Tính : ANB + ACB = ?

23

Hdc đề thi HSG Trờng Môn Toán 8
Bi 1: (5)
a). A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)
2
2
2
2
= (b − c) − a  (b + c) − a  = (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a) (3đ)



b). Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác)
T¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0 Vậy A< 0
(2đ)
Bài 2: (4đ)
a). A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2011 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2011 ≥ 2011
Dấu ''='' x¶y ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2.
Vậy GTNN của A là 2011 t¹i x = y =2
(3đ)
b). Tõ 4a2 + b2 = 5ab ta cã (a-b)(4a-b) = 0 v× 2a> b > 0 => 4a>b>0 => a=b => P =

1
. (1®)
3

Bài 3: (4đ)

a) ĐKXĐ: x ≠ 0, x ≠ 2; x ≠ -2


(1đ)

−6
x+2
x
6
1  
10 − x 
1
+
+
(2đ)
 :  x − 2 + x + 2  = ( x − 2)( x + 2) . 6 =


2− x
 x − 4 x 6 − 3x x + 2  

c). NÕu x 〉 2 th× 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 d¬ng ⇒ 2 – x = 1 ⇒ x = 1.

b) M =

2

2

3

Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1.
Bài 4 : (7đ)
e) Tứ giác AEMF là hình bình hành vì có các cạnh
đối
song
song.
(2đ)
f) Gọi EF cắt MA và MN tại O và K=> OK//AN (đtb
)
Mặt khác AE=NF (cùng bằng MF) => AFEN là hình
thang cân.
(2đ)
g) Tứ giác AEMF đà là hình bình hành, nó sẽ trở
thành hình thoi khi có AM là phân giác góc
BAC=> khi đó M là giao phân giác góc BAC với
cạnh BC (HS có thể tìm ra M là trung điểm BC vì
ABC cân) (2đ)
h) Ta có EN=EB (cïng b»ng EM)
=> ∠ ENB = ∠ EBN
Mµ ∠ ENA+ ∠ C = ∠ NAC+ ∠ ABC (T/c tam gi¸c cân
và hình thang cân)

(1đ)

A
F

O

N
E
K
B

M

C


24
Cộng vế theo vế hai đẳng thức trên => tứ giác ANBC tổng hai góc đối này bằng tổng hai góc đối
kia nên : ANB + ACB = 1800
(1đ)
Phòng gD&ĐT HUYệN đầm hà
Đề chính thức

đề kiểm tra học sinh giỏi
năm học 2007 - 2008
Môn: Toán 8
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tö:
a) x2 – y2 – 5x + 5y
b) 2x2 – 5x 7
Bài 2: Tìm đa thức A, biết rằng:
4 x 2 16 A
=

x
x2 + 2

Bài 3: Cho phân thức:

5x + 5
2x 2 + 2x

a) Tìm điều kiện của x để giá trị của phân thức đợc xác định.
b) Tìm giá trị của x để giá trị của phân thức bằng 1.
Bài 4: a) Giải phơng trình :

x+2 1
2
=
x − 2 x x( x − 2)

b) Gi¶i bÊt phơng trình: (x-3)(x+3) < (x=2)2 + 3
Bài 5: Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình:
Một tổ sản xuất lập kế hoạch sản xuất, mỗi ngày sản xuất đợc 50 sản
phẩm. Khi thực hiện, mỗi ngày tổ đó sản xuất đợc 57 sản phẩm. Do đó đà hoàn thành
trớc kế hoạch một ngày và còn vợt mức 13 sản phẩm. Hỏi theo kế hoạch tổ phải sản xuất
bao nhiêu sản phẩm và thực hiện trong bao nhiêu ngày.
Bài 6: Cho ABC vuông tại A, có AB = 15 cm, AC = 20 cm. Kẻ đờng cao AH và
trung tuyÕn AM.
a) Chøng minh ∆ ABC ~ ∆ HBA
b) TÝnh : BC; AH; BH; CH ?
c) TÝnh diÖn tÝch ∆ AHM ?
===== HÕt =====

Biểu điểm - Đáp án
Môn: Toán 8
Năm học: 2007 2008
Đáp án

25

Biểu
điểm

Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) x2 – y2 – 5x + 5y = (x2 – y2) – (5x – 5y) = (x + y) (x – y) – 5(x – y)
= (x - y) (x + y – 5) (1 ®iĨm)
b) 2x2 – 5x – 7 = 2x2 + 2x – 7x – 7 = (2x2 + 2x) – (7x + 7) = 2x(x +1) – 7(x + 1)
= (x + 1)(2x – 7). (1 điểm)
Bài 2: Tìm A (1 điểm)
A=
x(4 x 2 16 x[(2 x) 2 − 4 2 x( 2 x − 4)(2 x + 4) x.2( x − 2).2( x + 2)
=
=
=
= 4( x − 2) = 4 x − 8
x ( x + 2)
x ( x + 2)
x 2 + 2x
x 2 + 2x

Bài 3: (2 điểm)
a) 2x2 + 2x = 2x(x + 1) ≠ 0

⇔ 2x ≠ 0 vµ x + 1 ≠ 0
⇔ x ≠ 0 vµ x ≠ -1
(1 ®iĨm)
b) Rót gän:

5x + 5
5( x + 1)
5
=
=
(0,5 ®iÓm)
2
2 x + 2 x 2 x ( x + 1) 2 x
5
5
= 1 ⇔ 5 = 2x ⇔ x =
(0,25 điểm)
2x
2
5
5
Vì thoả mÃn điều kiện của hai tam giác nên x = (0,25 điểm)
2
2
Bài 4: a) Điều kiện xác định: x 0; x 2

- Giải:

x(x + 2) - (x - 2)
2

=
⇔ x2 + 2x – x +2 = 2;
x ( x − 2)
x( x − 2)

⇔ x= 0 (loại) hoặc x = - 1. Vậy S = { − 1}

b) ⇔ x2 – 9 < x2 + 4x + 7
⇔ x2 – x2 – 4x < 7 + 9 ⇔ - 4x < 16 ⇔ x> - 4
Vậy nghiệm của phơng trình là x > - 4
Bài 5: Gọi số ngày tổ dự định sản xuất là : x ngày
Điều kiện: x nguyên dơng và x > 1
Vậy số ngày tổ đà thực hiện là: x- 1 (ngày)
- Số sản phẩm làm theo kế hoạch là: 50x (sản phẩm)
- Số sản phẩm thực hiện là: 57 (x-1) (sản phẩm)
Theo đề bài ta có phơng trình: 57 (x-1) - 50x = 13
⇔ 57x – 57 – 50x = 13
⇔ 7x = 70

1®

1®

0,5 ®
0,5 ®
0,5 ®
0,5 ®