Bộ đề Học sinh giỏi toán 8

TRƯỜNG THCS LAM SƠN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG – LẦN 1
NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: Toán lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) 5x
2
- 26x + 24 c) x
2
+ 6x + 5
b)
1
2
3
4
3
8
1
23
−+− xxx
d) x
4
+ 2015x
2
+ 2014x + 2015
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:
(6
x
+ 7)(2
x

– 3) – (4
x
+ 1)
7
3
4
x
 
−
 ÷
 
b) Tính giá trị biểu thức P =
x y
x y
−
+
. Biết
x
2
– 2
y
2
=
x y
(x + y ≠ 0,
y
≠ 0).
c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 6 8 2015x x x x

+ + + + +
cho đa
thức
2
10 21x x
+ +
.
Bài 3 (1,25 điểm): Cho biểu thức
2 2 2 2 2 2
4xy 1 1
A :
y 2x y x y 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 làm cho A xác định và thoả mãn: 3x
2
+ y
2
+ 2x – 2y = 1, hãy
tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A?
Bài 4 : (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) x
3
- 2x
2

- 5x + 6 = 0 c)
183
9
3
4
2410
2
45
3
222
−+
+=
++
+
++
xxxxxx

b)
5335 −=− xx
d, x
2
– y
2
+ 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương.
Bài 5 : (2,75 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau
lần lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S.
a) Chứng minh
∆
AQR và
∆

APS là các tam giác cân.
b) QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là
hình chữ nhật.
c) Chứng minh P là trực tâm
∆
SQR.
d) Chứng minh MN là đường trung trực của AC.
e) Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Bài 6 : (0,5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 13x
2
+ y
2
+ 4xy - 2y - 16x + 2015
b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a
3
+ b
3
+ ab
≥
2
1
Hết
1
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM
Bài 1
(2

điểm)
a) 5x
2
- 26x + 24 = 5x
2
- 6x - 20x + 24 = x(5x - 6) - 4(5x - 6) = (5x - 6)(x
- 4)
0,5 điểm
b)
1
2
3
4
3
8
1
23
−+− xxx
=
32
23
11.
2
1
.31.
2
1
.3
2
1

−






+






−






xxx
=
3
1
2
1







−x
0,5 điểm
c) x
2
+ 6x + 5 = x
2
+ x + 5x + 5 = x(x + 1) + 5(x + 1) =
( )( )
51 ++ xx
0,5 điểm
d) x
4
+ 2015x
2
+ 2014x + 2015 = x
4
+ x
3
+ x
2
– x
3
– x
2
– x + 2015x
2
+

2015x +2015 = x
2
(x
2
+ x + 1) – x(x
2
+ x + 1) + 2015(x
2
+ x + 1) = (x
2
+
x + 1)(x
2
– x + 2015)
0,5 điểm
Bài 2
(1,5
điểm)
a) ( 6
x
+ 7)(2
x
– 3) – (4
x
+ 1)
7
3
4
x
 

−
 ÷
 
= 12x
2
– 18x + 14x - 21 – 12x
2
+
7x – 3x +
7
4
=
77
4
−
0,5 điểm
b) x
2
– 2y
2
= xy ⇔ x
2
– xy – 2y
2
= 0 ⇔ (x + y)(x – 2y) = 0
Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0 ⇔ x = 2y .Khi đó A =
2 1
2 3 3
y y y
y y y

−
= =
+
0,5 điểm
c)
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
( ) 2 4 6 8 2015 10 16 10 24 2015P x x x x x x x x x= + + + + + = + + + + +
Đặt
2
10 21 ( 3; 7)t x x t t= + + ≠ − ≠ −
, biểu thức P(x) được viết lại:
( ) ( )
2
( ) 5 3 2015 2 2000P x t t t t= − + + = − +
Do đó khi chia
2
2 2000t t− +
cho t ta có số dư là 2000
0,5 điểm
Bài 3
(1,25
điểm)
a) Điều kiện: x
≠
±
y; y
≠
0 0,25 điểm

b) A = 2x (x+y) 0,5 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): 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≥
(với mọi x ; y)
⇒
A
≤
2.
+ A = 2 khi
( )
x y 1 0
2x x y 2
x y;y 0
− + =


+ =


≠ ± ≠


⇔

1
x
2
3
y
2

=





=



+ 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
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 4 a) x
3
- 2x
2
- 5x + 6 = 0
⇔
x
3
- x
2
- x
2
+ x - 6x + 6 = 0
⇔
(x - 1)(x
2

- x - 6) 0,5 điểm
2
(2
điểm)
= 0
⇔
(x - 1)(x + 2)(x - 3) = 0





=
−=
=
⇔
3
2
1
x
x
x
b)
5335 −=− xx

5353 −=−⇔ xx

053
≥−⇔
x

3
5
≥⇔ x
0,5 điểm
c) ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2
3 2 4 9
1 4 4 6 3 3 6
1 1 1 1 4 1 1
1 4 4 6 3 3 6
3 3 4 1 3 3 1
1 4 1
1 3 3 3 1 3 3 1 3 3 1 3
4 8 0 4 2 0
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 x x x
⇔ + = +
+ + + + − +

     
⇔ − + − = + −
 ÷  ÷  ÷
+ + + + − +
     
− + − +
⇔ = + ⇔ = +
+ − + − + − + −
⇒ − = ⇔ − =
⇔ x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện)
Vậy tập nghiệm của phương trình: S =
0,25 điểm
0,25 điểm
d, x
2
– y
2
+ 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương.
x
2
- y
2
+ 2x - 4y - 10 = 0
⇔
(x
2
+2x+1) - (y
2
+4y+4) – 7 = 0
⇔

(x+1)
2
- (y+2)
2
= 7
⇔
(x – y - 1)(x + y + 3) = 7 Vì x, y nguyên dương
Nên x + y + 3 > x – y – 1 > 0
⇒
x + y + 3 = 7 và x – y – 1 = 1
⇒
x = 3;
y = 1
Phương trình có nghiệm dương duy nhất (x , y) = (3 ; 1)
0,5 điểm
Bài 5
(2,75
điểm
Vẽ đúng hình, cân đối đẹp.
a) a)
∆
ADQ =
∆
ABR vì chúng là hai tam
giác vuông (2 góc có cạnh t.ư vuông góc) và
DA = BD (cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR,
nên
∆
AQR là tam giác vuông cân. Chứng
minh tương tự ta có:

∆
ABP =
∆
ADS
do đó AP =AS và
∆
APS là tam giác cân tại A.
b) AM và AN là đường trung tuyến của tam
giác vuông cân AQR và APS nên AN
⊥
SP và
AM
⊥
RQ.
0,25 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
Mặt khác :
·
·
PAN PAM
=
= 45
0
nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN
có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
c) Theo giả thiết: QA

⊥
RS, RC
⊥
SQ nên QA và RC là hai đờng cao của
∆
SQR. Vậy P là trực tâm của
∆
SQR.
d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =
2
1
QR
⇒
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông
SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực
của AC
3
e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách
khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm
trên đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng.
0,5 điểm
Bài 6
(0,5
điểm
a) A = 13x
2
+ y
2
+ 4xy - 2y - 16x + 2015 = y

2
+ 4xy - 2y + 13x
2
- 16x +
2015
= y
2
+ 2y(2x - 1) + (2x -1)
2
+ 9x
2
- 12 x + 2015 = (y + 2x - 1)
2
+ (3x - 2)
2
+ 2010
Chứng tỏ A
≥
2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x =
3
2
; y =
3
1
−
)
Vậy min A = 2010 khi (x =
3
2
; y =

3
1
−
)
0,25 điểm
b) Ta có a
3
+ b
3
+ ab
≥
2
1
(1)
⇔
a
3
+b
3
+ab -
2
1
≥
0
⇔
(a+b)(a
2
+ b
2
-ab) + ab-

2
1
≥
0
⇔
a
2
+b
2
-
2
1
≥
0 (vì a + b =1)
⇔
2a
2
+2b
2
-1
0
≥
⇔
2a
2
+2(1-a)
2
-1
0
≥

(vì b
= 1- a)
⇔
2a
2
+2 - 4a + 2a
2
- 1
0
≥
⇔
4(a
2
- a +
4
1
)
0
≥
⇔
≥






−
2
2

1
4 a
0
a
∀
(2)
đpcm.
0,25 điểm
TRƯỜNG THCS LAM SƠN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 2
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích thành nhân tử:
a/ a
2
– 7a + 12
b/ x
4
+ 2015x
2
+ 2014x + 2015
4
c/ x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz
d/ (x

2
- 8)
2
+ 36
Bài 2: (4,0 điểm) Tìm x, biết:
a/
2
4 12
3
x + = −
; b/
3 1
: 3
4 4
x+ = −
;
c/
3 5 4x − =
; d/
4 3 2 1
2011 2012 2013 2014
x x x x+ + + +
+ = +
Bài 3: (2,0 điểm)
a/ Cho A =
2
3 2
4 4
2 4 8
a a

a a a
+ +
+ − −
. Tìm
a Z
∉
để A là số nguyên.
b/ Tìm số tự nhiên n để n
5
+ 1 chia hết cho n
3
+ 1
Bài 4: (2,0 điểm)
a/ Tìm a, b, c biết 5a - 3b - 4c = 46 và
1 3 5
2 4 6
a b c− + −
= =
.
b/ Tìm 2 số hữu tỉ a và b biết: a + b = ab = a : b (b
≠
0)
Bài 5: (2,0 điểm)
a/ Cho a + b + c = 1 và
1 1 1
a b c
+ +
= 0. Tính
2 2 2
a b c+ +

b/ Cho a + b + c = 2014 và
1 1 1 1
2014a b a c b c
+ + =
+ + +
.
Tính: S =
a b c
b c a c a b
+ +
+ + +
Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhỏ hơn 90
0
. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm C, bờ là
đường thẳng AB vẽ AF vuông góc với AB và AF = AB. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm B, bờ là
đường thẳng AC vẽ AH vuông góc với AC và AH = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia
DA lấy điểm I sao cho DI = DA. Chứng minh rằng:
a/ AI = FH ; b/ DA
⊥
FH
Bài 7: (2 điểm)Cho hình bình hành ABCD có E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD.
a/ Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
b/ Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng EMFN là hình bình
hành.
Bài 8: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 3 4 6 10
x
A x x x x= − − − − +

HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 2
MÔN: TOÁN
Bài 1: (4 điểm)
a/ a
2
– 7a + 12 = a
2
– 3a – 4a + 12
= a(a – 3) – 4(a – 3)
= (a – 3)(a – 4)
5
b/ x
4
+ 2015x
2
+ 2014x + 2015 = x
4
+ x
3
+ x
2
+ 2014x
2
+ 2014x + 2014 – x
3
+ 1
= x
2
(x

2
+ x + 1) + 2014(x
2
+ x + 1)–(x – 1)(x
2
+ x + 1)
= (x
2
+ x + 1)(x
4
+ 2014 – x + 1)
= (x
2
+ x + 1)(x
4
– x + 2015)
c/ x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz = (x + y)
3
– 3xy(x + y) + z
3
– 3xyz =
= (x + y + z)
3
– 3z(x + y)(x + y + z) – 3xy(x + y + z)

= (x + y + z)[(x + y + z)
2
– 3z(x + y) – 3xy]
= (x + y + z)[x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2xy + 2yz + 2zx – 3zx – 3zy – 3xy]
= (x + y + z)(x
2
+ y
2
+ z
2
– xy – yz – zx)
d/ (x
2
- 8)
2
+ 36 = (x
2
+ 6x+10)(x
2
-6x +10)
Bài 2: (4 điểm)
a/
2 2
4 12 16 24

3 3
x x x+ = − ⇔ = − ⇔ = −
. Vậy x = -24
b/
3 1 1 15 1 15 1
: 3 : :
4 4 4 4 4 4 15
x x x x
 
+ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −
 ÷
 
. Vậy x =
1
15
−
c/
3 5 4x − =
. Xét 2 trường hợp:
* Nếu x
≥
5/3 ta có: 3x - 5 = 4
⇔
3x = 9
⇔
x = 3 (t/m ĐK trên)
* Nếu x < 5/3 ta có: 3x-5 = - 4
⇔
3x = 1
⇔

x = 1/3 (t/m ĐK đang xét)
Vậy x = 3 ; x = 1/3.
d/
4 3 2 1 4 3 2 1
1 1 1 1
2011 2012 2013 2014 2011 2012 2013 2014
x x x x x x x x+ + + + + + + +
       
+ = + ⇔ + + + = + + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
( )
2015 2015 1015 2015
2011 2012 2013 2014
1 1 1 1
2015 0
2011 2012 2013 2014
1 1 1 1
2015 0 2015 v 0
2011 2012 2013 2014
x x x x
x
x x ì
+ + + +
⇔ + = +
 
⇔ + + − − =
 ÷
 
⇔ + = ⇔ = − + − − ≠

Vậy x = - 2015
Bài 3: (2,0 điểm)
a/ Rút gọn A =
1
2a −
Để A nguyên
1
2a
⇔
−
nguyên
⇔
1
M

⇔
a = 1; a = 3
b/ n
5
+ 1
M
n
3
+ 1
⇔
n
2
(n
3

+ 1) - (n
2
- 1)
M
(n
3
+ 1)
⇔
(n + 1)(n - 1)
M
(n
3
+ 1)
⇔
(n + 1)(n - 1)
M
(n + 1)(n
2
– n + 1)
⇔
(n - 1)
M
(n
2
– n + 1) (vì n + 1
≠
0)
+ Nếu n = 1 thì 0
M
1

+ Nếu n > 1 thì (n - 1) < n(n - 1) + 1 < n
2
– n + 1
nên không thể xảy ra n - 1
M
n
2
– n + 1
Vậy giá trị của n tìm được là n = 1
Bài 4: (2,0 điểm)
a/ Ta có:
( )
1 3 5 5 5 3 9 4 20
2 4 6 10 12 24
5 3 4 5 9 20
1 3 5
2 4 6 10 12 24
a b c a b c
a b c
a b c
− + − − + −
= = = = =
− − − − +
− + −
⇒ = = =
− +
Vì 5a - 3b - 4c = 46 nên:
1 3 5 46 6 52
2
2 4 6 26 26

a b c− + − +
= = = = = −
− −
Suy ra a - 1 = - 4
⇔
a = -3;
b + 3 = - 8
⇔
b = -11; c - 5 = -12
⇔
c = - 7
6
Vậy a = -3; b = - 11 ; c = - 7.
b/ Ta có a + b = ab
⇔
a = ab - b = b(a-1).
Do đó: a : b = b(a - 1) = a - 1
nên a + b = a - 1
⇔
b = -1 và a = -1(a - 1)
⇔
a = -a + 1
⇔
2a = 1
⇔
a = 0,5.
Vậy a = 0,5 ; b = -1.
Bài 5: (2,0 điểm)
a/ Phân tích 2 giả thiết để suy ra đfcm
Phân tích

1 1 1
a b c
+ +
Phần nào có a+b+c thì thay = 1
b/ Ta có:
1 1 1 1
2011a b a c b c
+ + =
+ + +
a + b + c = 2014
⇒
a = 2014- (b + c);
b = 2014-(a + c); c = 2014 - (a + b)
Do đó:
( ) ( ) ( )
2014 2014 2014b c a c a b
S
b c a c a b
− + − + − +
= + +
+ + +

2014 2014 2014
1 1 1
1 1 1
2014 3
b c a c a b
b c a c a b
= − + − + −
+ + +

 
= + + −
 ÷
+ + +
 
=
1
2014. 3 1 3 2
2014
− = − = −
.
Vậy S = - 2.
Câu 6: (3,0 điểm)

a/ - Xét
∆
BDI và
∆
CDA có: DB = DC (gt),

·
·
BDI CDA=
(đối đỉnh), DA = DI (gt)
⇒
∆
BDI =
∆
CDA (c.g.c)
⇒

BI = CA (2 cạnh tương ứng),
·
·
BID CAD=
(2 góc tương ứng). Mặt khác 2 góc này ở vị trí so le trong nên suy ra BI//AC.
- Xét
∆
ABI và
∆
FAH có:
AB=AF (gt),
·
·
ABI FAH=
(cùng bù với
·
BAC
),
BI = AH (cùng = AC)
⇒
∆
ABI =
∆
EAH (c.g.c)
⇒
AI = FH (2 cạnh tương ứng).
b/ Gọi K là giao điểm của DA và FH ta có:

·
·

0
90BAI FAK+ =
, mà
·
·
AFH BAI=

hay
·
·
AFK BAI=
nên
·
·
0
90AFH FAK+ =
- Xét
∆
AFK có
·
·
0
90AFH FAK+ =
·
0
90FKA AK FK AI FH⇒ = ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
7
A
B C
D

I
H
K
F
(vì I, K thuộc đường thẳng AD, K thuộc EH)
Bài 7: (2 điểm)
a/
- Hình vẽ:
- Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành
ABCD, ta có O là trung điểm của BD.
- Chứng minh BEDF là hình bình hành
- Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm của
EF
- Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O.
b/ Xét
∆
ABD có M là trọng tâm, nên
1
3
OM OA=
- Xét
∆
BCD có N là trọng tâm, nên
1
3
ON OC=

- Mà OA = OC nên OM = ON
- Tứ giác EMFN có OM = ON và OE = OF nên là hình bình hành.
Bài 8: (1 điểm)

( )
( ) ( )
2 2
7 6 7 12 10
x
A x x x x= − + − + +
Đặt
2
7 6x x− +
= t
( )
( )
( )
2
2
6 10
6 9 1 3 1 1
t
A t t
t t t
⇒ = + +
= + + + = + + ≥
( )
1
Min
t
A =
đạt được khi t = -3
( )
1

x Min
A⇒ =
đạt được khi
2
7 6x x− +
= -3
⇔
x
2
- 7x + 9 = 0
⇒
x =
7 13
2
+
; x =
7 13
2
−
PGD&ĐT THỌ XUÂN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THCS LAM SƠN LẦN THỨ BA - NĂM HỌC 2014-2015
Môn thi: Toán Lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (3,5 điểm) Phân tích các đa thức thành nhân tử:
1) 18x
3
-
8
25
x

2) a(a + 2b)
3
- b(2a + b)
3

8
/ /
/ /
/ /
//
O
N
M
F
E
D
C
A
B
3) (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1
Bài 2 (2,5 điểm)
Cho biểu thức: A =
2 2
3 1 3 5
:
1 2 2 2 2 4 4
x x
x x x x
+ +
 

+ −
 ÷
− − + −
 
1) Hãy tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức A được xác định.
2) Chứng minh rằng khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị của
biến x.
Bài 3 (3,0 điểm)
1) (1,5 điểm) Cho a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: ab + bc + ca = 1.
Tính giá trị của biểu thức: A =
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b b c c a
a b c
+ + +
+ + +
2) (1,5 điểm) Cho
2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: x

n
+ y
n
= a
n
+ b
n
Bài 4 (3,0 điểm)
1) Tìm x:
a)
1 3 5 4x x x x+ + + + + =
b) (x
2
– 5x + 6).
1 x−
= 0
2) Tìm x, y biết: 7x
2
+ y
2
+ 4xy – 24x – 6y + 21 = 0
Bài 5 (3,0 điểm)
1) (1,5 điểm) Tìm dư khi chia x
2015
+ x
1945
+ x
1930
- x
2

- x + 1 cho x
2
- 1
2) (1,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x
2
+ 3x + 4)
2
Bài 6 (5,0 điểm)
Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của cạnh AD, BC. Đường chéo AC
cắt đường chéo BD tại O và các đoạn BE, DF lần lượt tại P, Q.
1) Chứng minh rằng: P là trọng tâm của tam giác ABD.
2) Chứng minh rằng: AP = PQ = QC.
3) Lấy M bất kỳ thuộc đoạn DC. Gọi I, K theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua tâm E, F.
Chứng minh rằng I, K thuộc đường thẳng AB.
4) Chứng minh: AI + AK không đổi khi M thuộc đường thẳng AB.
HẾT
PGD&ĐT THỌ XUÂN HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THCS LAM SƠN LẦN THỨ BA - NĂM HỌC 2014-2015
Môn: Toán Lớp 8
Bài Câu Nội dung
Biểu
điểm
1 1
18x
3
-
8
25
x
= 2x

2
4
9
25
x
 
−
 ÷
 

0,5
9

2 2
2 3 3
5 5
x x x
  
= + −
 ÷ ÷
  
0,5
2
a(a + 2b)
3
- b(2a + b)
3
= a[(a + b) + b]
3
- b[a + (a + b)]

3
= a[(a + b)
3
+ 3(a + b)
2
b + 3(a + b)b
2
+ b
3
] - b[a
3
+ 3a
2
(a + b) +
+ 3a(a + b)
2
+ (a + b)
3
= a(a + b)
3
+ 3ab(a + b)
2
+ 3ab
2
(a + b) + ab
3
- a
3
b - 3a
2

b(a + b) –
- 3ab(a + b)
2
- b(a + b)
3
= a(a + b)
3
+ 3ab
2
(a + b) + ab
3
- a
3
b - 3a
2
b(a + b) - b(a + b)
3
= (a + b)[a(a + b)
2
+ 3ab
2
-ab(a - b) - 3a
2
b -b(a + b)
2
] 0,5
= (a + b)(a
3
+ 2a
2

b + ab
2
+ 3ab
2
- a
2
b + ab
2
- 3a
2
b - a
2
b - 2ab
2
- b
3
]
= (a + b) (a
3
- 3a
2
b + 3ab
2
- b
3
)
= (a + b)(a - b)
3
0,5
3

Đặt A = (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1
A = (x – 2)(x – 5)(x – 4)(x – 5) + 1
= (x
2
– 7x + 10)(x
2
– 7x + 12) + 1
= (x
2
– 7x + 11 – 1)(x
2
– 7x + 11 + 1) + 1
= (x
2
– 7x + 11)
2
– 1 + 1
= (x
2
– 7x + 11)
2
1,0
x
2
– 7x + 11 = x
2
– 2x.
2
7 7 49
11

2 2 4
 
+ + −
 ÷
 
=
2
2
7 5
2 2
x
 
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
=
7 5 7 5
2 2
x x
  
+ −
− −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
Vậy A =

2 2
7 5 7 5
2 2
x x
   
+ −
− −
 ÷  ÷
 ÷  ÷
   
0,5
2 1
a) Giá trị của biểu thức A được xác định với điều kiện:
2
2
2
1 0
1
2 2 0
1 1
2 2 0
1
4 4 0
x
x
x
x x
x
x
x


− ≠

≠

− ≠


⇔ ≠ ⇔ ≠ ±
 
+ ≠
 
≠ −


− ≠

0,5
2
Với
1x ≠ ±
, ta có:
A =
2
3 1 3 4 4
.
( 1)( 1) 2( 1) 2( 1) 5
x x x
x x x x
 

+ + −
+ −
 
− + − +
 
=
2
6 ( 1) ( 3)( 1) 4( 1)( 1)
.
2( 1)( 1) 5
x x x x x
x x
+ + − + − − +
− +
=
2 2
(6 2 1 2 3).2
5
x x x x+ + + − − +
= 4 1,0
Vậy khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị
của biến 0,5
3
1
Ta có:
1 + a
2
= ab + bc + ca + a
2
= a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(c + a) 0,5

Tương tự: 1 + b
2
= (b + a)(b + c) và 1 + c
2
= (c + a)(c + b) 0,5
Do đó: A =
( )
2
2 2
( ) ( )
1
( )( )( )( )( )( )
a b b c c a
a b a c b a b c c a c b
+ + +
=
+ + + + + +
0,5
2 Từ x
2
+ y
2
= a
2
+ b
2

⇒
(x
2

– a
2
) + (y
2
– b
2
) = 0 0,25
10
⇔
(x – a)(x + a) + (y – b)(y + b) = 0
Bởi vì: x + y = a + b
⇔
x – a = b – y, thế vào ta có:
(b – y)(x + a) + (y – b)(y + b) = 0
⇒
(b – y)[(x + a) – (y + b)] = 0 0,25
0b y
x a y b
− =

⇔

+ = +

0,25
• Nếu b – y = 0
n n n n
y b x a y a b⇒ = ⇒ = + = +
0,25
• Nếu x + a = y + b

x y b a x b
x y a b y a
− = − =
 
⇒ ⇒
 
+ = + =
 
0,25
Do đó: x
n
+ y
n
= b
n
+ a
n
= a
n
+ b
n
Vậy trong mọi trường hợp, ta có: x
n
+ y
n
= a
n
+ b
n
0,25

4
1.a)

1 3 5 4x x x x+ + + + + =
(1)
Vế trái luôn luôn không âm với mọi x nên 4x
≥
0
0x⇔ ≥
0,25
x
≥
0 nên x + 1 > 0, x + 3 > 0, x + 5 > 0
1 1, 3 3, 5 5x x x x x x⇒ + = + + = + + = +
0,25
Do đó: (1)
⇔
x + 1 + x + 3 + x + 5 = 4x
⇔
x = 9. Vậy x = 9. 0,5
1.b)
(x
2
– 5x + 6).
1 x−
= 0 (1)
Điều kiện: 1 – x
10 ≤⇔≥ x
(*)
0,25

(1)
⇒
x
2
– 5x + 6 = 0 hoặc
x−1
= 0
⇒
(x – 2)(x – 3) = 0 hoặc 1 – x = 0
⇒
x = 2 hoặc x = 3 hoặc x = 1 0,5
Các giá trị x = 2, x = 3 không thỏa mãn điều kiện (*)
Vậy x = 1. 0,25
2
7x
2
+ y
2
+ 4xy – 24x – 6y + 21 = 0
⇔
y
2
+ 4xy – 6y + 7x
2
– 24x + 21 = 0
⇔
y
2
+ 2y(2x – 3) + (2x – 3)
2

+ 3x
2
– 12x + 12 = 0
⇔
(y + 2x – 3)
2
+ 3(x
2
– 4x + 4) = 0
⇔
(y + 2x – 3)
2
+ 3(x – 2)
2
= 0 0,5
2 3 0
2 0
y x
x
+ − =

⇔

− =

(vì (y + 2x – 3)
2

≥
0 và 3(x – 2)

2

≥
0)
0,5
2
1
x
y
=

⇔

= −

. Vậy x = 2; y = -1
0,5
5
1
Đặt f(x) = x
2015
+ x
1945
+ x
1930
- x
2
- x + 1 cho x
2
– 1

Gọi thương khi chia f(x) cho x
2
– 1 là Q(x), dư là ax + b.
Ta có: f(x) = (x
2
– 1).Q(x) + ax + b. 0,25
Đẳng thức trên đúng với mọi x nên:
- Với x = 1 ta được: f(1) = a + b
⇔
a + b = 2 (1) 0,25
- Với x = -1 ta được: f(-1) = -a + b
⇔
-a + b = 0 (2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra: a = 1, b = 1. 0,5
Dư phải tìm là x + 1 0,25
2
Ta có: A = x
2
+ 3x + 4 = x
2
+ 2x.
4
9
4
2
3
2
3
2
−+







+
=
4
7
2
3
2
+






+x
0,25
Với mọi x, ta có:
4
7
4
7
2
3
0

2
3
22
≥+






+⇒≥






+ xx
> 0
11
25,12
4
49
2
7
2
==







≥⇒ A
0,25
Dấu “=” xảy ra khi
2
3
0
2
3
−=⇔=+ xx
0,5
Vậy minA = 12,25 khi x = -
2
3
0,5
6
1
1
Vì ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O là trung
điểm của mỗi đường.
0,5
Ta có: AO, BE là trung tuyến của
∆
ABD
Mà: AO cắt BE tại P nên P là trọng tâm của
∆
ABD .
0,5

2
Theo câu 1) P là là trọng tâm của
∆
ABD
2 2 1 1
.
3 3 2 3
AP AO AC AC⇒ = = =
Tương tự, ta có:
1
3
CQ AC=
Do đó: PQ = AC – AP – CQ =
1
3
AC
Vậy AP = PQ = QC
0,5
0,5
3
Vì I đối xứng với M qua E nên EI = EM
Ta có: AE = ED, EI = EM
⇒
AMDI là hình bình hành
⇒
AI // MD (1)
Chứng minh tương tự, ta có: BK // MC (2)
Từ (1), (2) và (3) suy ra I, A, B, K thẳng hàng hay I, K thuộc đường thẳng AB.
0,5
0,5

4
∆
KMI có E, F lần lượt là trung điểm của MI, MK
⇒
EF là đường trung bình của
∆
KMI
1
EF=
2
KI⇒
⇒
KI = 2.EF
Suy ra AI + AK = IK = 2.EF (4)
BF // AE và AF = AE
⇒
Tứ giác ABFE là hình bình hành
⇒
EF = AB (5)
Từ (4) và (5) suy ra: AI + AK = 2.AB không đổi khi M di động trên cạnh CD.
0,5
0,5
Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Môn thi: Toán Lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1 (3,0 điểm).
Ph©n tÝch c¸c ®a thøc sau thµnh nh©n tö:
a) 12x
3

+ 16x
2
- 5x - 3
12
ĐỀ MÃ SỐ 01
b) (x
2
- x + 1)
2
- 5x(x
2
- x + 1) + 4x
2
Câu 2 (3,0 điểm).
a) Chứng minh rằng: Nếu x
2
+ y
2
+ z
2
= xy + yz + zx thì x = y = z
b) Cho ba số a, b, c khác 0 thoả mãn:
2 2 2
2 2 2
a b c a c b
b c a c b a
+ + = + +
.
Chứng minh rằng a = b = c.
Câu 3 (4,0 điểm).

Giải các phương trình:
a)
2 1 2 5x x− + −
= 4 (1)
b)
( )
2
2 2
2
7 9
3 3
6 0
2 2 4
x
x x
x x x
−
+ −
   
+ − =
 ÷  ÷
− + −
   
Câu 4 (4,0 điểm).
a) Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 2. Chứng minh rằng:
2
2
1 1
8x y
x y

 
 
+ + + ≥
 ÷
 ÷
 
 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2015
3x −
, với x là số nguyên.
Câu 5 (6,0 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Qua A vẽ đường thẳng song song với
BC cắt BD ở E và cắt CD ở K. Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC ở F và cắt
CD ở I. Chứng minh rằng:
a) DK = CI
b) EF // CD
c) AB
2
= CD.EF
PGD & ĐT THỌ XUÂN HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI
CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2014 – 2015
Môn : Toán Lớp 8
13
ĐỀ MÃ SỐ 01
Câu Nội dung Điểm
1
a)
12x
3

+ 16x
2
- 5x - 3
= 12x
3
- 6x
2
+ 22x
2
- 11x + 6x - 3
= 6x
2
(2x -1) + 11x(2x - 1) + 3(2x - 1)
= (2x - 1)(6x
2
+ 11x + 3)
= (2x - 1)(6x
2
+ 9x + 2x + 3)
= (2x - 1)[3x(2x + 3) + (2x + 3)]
= (2x - 1)(2x + 3)(3x + 1)
1,5
0,25
0,5
0,25
0,5
b)
A = (x
2
- x + 1)

2
- 5x(x
2
- x + 1) + 4x
2
§Æt x
2
- x + 1 = y, ta cã
A = 4x
2
- 5xy + y
2
= (4x - y)(x - y)
= (4x - x
2
+ x - 1)(x -x
2
+ x - 1) = (x
2
- 5x + 1)(x
2
- 2x + 1)
= (x - 1)
2
(x
2
- 5x + 1)
= (x - 1)
2
5 21 5 21

2 2
x x
  
+ −
− −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
1,5
0,5
0,25
0,25
0,5
2
a)
Ta có: x
2
+ y
2
+ z
2
= xy + yz + zx

⇒
2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2

= 2xy + 2yz + 2zx

⇒
x
2
– 2xy + y
2
+ y
2
– 2yz + z
2
+ z
2
– 2zx + x
2
= 0

⇒
(x – y)
2
+ (y – z)
2
+ (z – x)
2
= 0 (1)
Ta có : (x – y)
2

≥
0, (y – z)

2

0≥
, (z – x)
2

0≥
Do đó: (1)
0
0
0
x y
y z
z x
− =


⇒ − =


− =

.

x y z
⇒ = =
1,0
0,5
0,25
0,25

b) Có thể chứng minh một trong hai cách sau:
Cách 1. Ta có:
2 2 2
2 2 2
a b c a c b
b c a c b a
+ + = + +

⇔
a
4
c
2
+ b
4
a
2
+ c
4
b
2
= abc(a
2
c + c
2
a + b
2
c)
Đặt x = a
2

c, y = b
2
a, z = c
2
b. Ta được:
x
2
+ y
2
+ z
2
= xy + yz + zx
Áp dụng kết quả câu a) ta được:
(x – y)
2
+ (y – z)
2
+ (z – x)
2
= 0

⇒
x = y = z

⇒
a
2
c = b
2
a = c

2
b

⇒
ac = b
2
; bc = a
2
; ab = c
2

⇒
a = b = c (đpcm).
Cách 2: Đặt x =
a
b
, y =
b
c
, z =
c
a
. Khi đó xyz = 1.
Từ
2 2 2
2 2 2
a b c a c b
+ + = + +
b c a c b a
suy ra:

x
2
+ y
2
+ z
2
=
1 1 1 xy + yz + zx
+ + = = xy + yz + zx
x y z xyz
Áp dụng kết quả câu a) ta được:
(x – y)
2
+ (y – z)
2
+ (z – x)
2
= 0

⇒
x = y = z

a b c
= =
b c a
⇒
2,0
0,5
0,25
0,25

0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
14
Ghi chỳ: Nu hc sinh lm cỏch khỏc m ỳng thỡ vn cho im ti a.
THI CHN HC SINH GII CP HUYN
Mụn thi: Toỏn Lp 8
Thi gian lm bi: 150 phỳt
Cõu 1 (2,0 im).
Rỳt gn biu thc: B =
3 3 3
2 2 2
3
( ) ( ) ( )
x y z xyz
x y y z x z

+ + + +
Cõu 2 (4,0 im).
a) Tỡm s d trong phộp chia a thc (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 cho x
2
+ 8x + 12.
b) Tỡm mi s nguyờn x sao cho x
3
- 2x
2

+ 7x - 7 chia ht cho x
2
+ 3.
Cõu 3 (4,0 im).
Gii cỏc phng trỡnh:
a)
( )
3 3
3
1 3
3 4 1 0
4 4
x x x

+ + + =
ữ ữ

b)
3 3
2
1 1
x x
x x
x x


+ =
ữ ữ
+ +

Cõu 4 (4,0 im).
Tỡm giỏ tr nh nht ca cỏc biu thc
a) A =
3 1 2 4 3x x x+ + + +
b) B =
2
2
14x 8x 9
3x 6x 9
+
+ +
Cõu 5 (4,0 im)
Cho tam giỏc ABC cõn ti A. M, D tng ng l trung im ca BC, AM. H l hỡnh
chiu ca M trờn CD. AH ct BC ti N, BH ct AM ti E. Chng minh rng:
a) Tam giỏc MHD ng dng vi tam giỏc CMD.
b) E l trc tõm tam giỏc ABN.
Cõu 6 (2,0 im): Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh CD và N là một
điểm trên đờng chéo AC sao cho
ã
0
90BNM =
. Gọi F là điểm đối xứng của A qua N. Chứng
minh rằng FB

AC.
HNG DN CHM THI HC SINH GII
Mụn : Toỏn Lp 8
15
M S 02
M S 02

Câu Nội dung Điểm
1
Ta có:
x
3
- y
3
- z
3
- 3xyz = (x - y)
3
+ 3xy(x - y) - z
3
- 3xyz
= (x - y - z)
3
+ 3(x - y)z(x - y - z) + 3xy(x - y - z)
= (x - y - z)[(x - y - z)
2
+ 3xz - 3yz + 3xy)]
= (x - y - z)(x
2
+ y
2
+ z
2
-2xy - 2xz + 2yz + 3xz - 3yz + 3xy)
= (x - y - z)(x
2
+ y

2
+ z
2
+ xy - yz + xz)
(x + y)
2
+ (y - z)
2
+ (x + z)
2
= x
2
+ 2xy + y
2
+ y
2
- 2yz + z
2
+ x
2
+ 2xz + z
2
= 2(x
2
+ y
2
+ z
2
+ xy - yz + xz)
Vậy B =

( )
( )
( )
2 2 2
2 2 2
x y z x y z xy yz xz
2 x y z xy yz xz
− − + + + − +
+ + + − +
=
2
x y z− −

2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
2
a) HS có thể làm một trong các cách sau:
Cách 1: Đặt f(x) = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9
Ta có: A = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9
= (x
2
+ 8x + 7)(x
2
+ 8x + 15) + 9
= (x

2
+ 8x + 7)[(x
2
+ 8x + 12) + 3] + 9
= (x
2
+ 8x + 7)(x
2
+ 8x + 12) + 3(x
2
+ 8x + 7) + 9
= (x
2
+ 8x + 7)(x
2
+ 8x + 12) + 3(x
2
+ 8x + 12) + 9 – 15
= (x
2
+ 8x + 12)(x
2
+ 8x + 10) - 6
Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x
2
+ 8x + 12 là - 6.
Cách 2. f(x) = (x
2
+ 4x + 3)(x
2

+ 12x + 35) + 9
= x
4
+ 4x
3
+ 3x
2
+ 12x
3
+ 48x
2
+ 36x + 35x
2
+ 140x
+ 105 + 9
= x
4
+ 16x
3
+ 86x
2
+ 176x + 114
Thực hiện phép chia đa thức x
4
+ 16x
3
+ 86x
2
+ 176x + 114
cho x

2
+ 8x + 12 được thương là x
2
+ 8x + 10 và số dư là - 6.
Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x
2
+ 8x + 12 là - 6.
Cách 3. Bậc của đa thức thương là 2 nên đa thức dư có dạng
ax + b.
Gọi đa thức thương là Q(x), ta có:
(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9
= (x
2
+ 8x + 12)Q(x) + ax + b
Cho x = - 2, ta có: - 1.1.3.5 + 9 = - 2a + b

⇔
- 2a + b = -6
Cho x = - 6, ta có: - 5.(- 3)(-1). 1 + 9 = - 6a + b

⇔
- 6a + b = - 6
Ta có (-2a + b) – (- 6a + b) = 0
⇔
a = 0
Do đó b = - 6.
Đa thức dư là - 6.
Cách 4. f(x) = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9
= (x
2

+ 8x + 7)(x
2
+ 8x + 15) + 9
= [(x
2
+ 8x + 12)- 5][(x
2
+ 8x + 12) + 3] + 9
= (x
2
+ 8x + 12)
2
- 2(x
2
+ 8x + 12) – 15 + 9
= (x
2
+ 8x + 12)
2
- 2(x
2
+ 8x + 12) – 6
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25

0,25
0,25
0,75
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
16
Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Môn thi: Toán Lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2 điểm)Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (x + y + z)
3
– x
3
– y
3
– z
3
. b) x
4

+ 2015x
2
+ 2014x + 2015.
Bài 2: (2,5 điểm)

Cho biểu thức:
2
2
x 2 1 10 x
A : x 2
x 4 2 x x 2 x 2
 
−
 
= + + − +
 ÷
 ÷
− − + +
 
 
a. Rút gọn biểu thức A. b. Tính giá trị của A , Biết |x| =
1
2
.
c. Tìm giá trị của x để A < 0. d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm) a) Giải phương trình :
18
1
42x13x
1

30x11x
1
20x9x
1
222
=
++
+
++
+
++
b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
A =
3
cba
c
bca
b
acb
a
≥
−+
+
−+
+
−+
Bài 4: (3,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo 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.
a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ?

b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK
c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC
2
.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (2 điểm) a) (x + y + z)
3
– x
3
– y
3
– z
3
=
( )
3
3 3 3
x y z x y z
 
 
+ + − − +
 
 
=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2
y z x y z x y z x x y z y yz z
 

+ + + + + + + − + − +
 
=
( )
( )
2
y z 3x 3xy 3yz 3zx
+ + + +
= 3
( ) ( ) ( )
y z x x y z x y
+ + + +
 
 
= 3
( ) ( ) ( )
x y y z z x+ + +
. (1 điểm)
b)x
4
+ 2015x
2
+ 2014x + 2015 = (x
4
- x) + (2015x
2
+2015x+2015)
= x(x
3
- 1) + 2015 (x

2
+x+1) = x(x -1) (x
2
+x+1) )+ 2015 (x
2
+x+1)
= (x
2
+x+1) [x(x -1) + 2015] = (x
2
+x+1) (x
2
–x + 2015) (1 điểm)
Bài 2: (2,5 điểm) Biểu thức:
2
2
x 2 1 10 x
A : x 2
x 4 2 x x 2 x 2
 
−
 
= + + − +
 ÷
 ÷
− − + +
 
 
a) Rút gọn được kết qủa:
1

A
x 2
−
=
−
(0,75 điểm)
b)
1
x
2
=

1
x
2
⇒ =
hoặc
1
x
2
−
=
(0,25 điểm)

⇒
A=
3
2
hoặc A=
5

2
(0,75 điểm)
c) A < 0
⇔
x - 2 >0
⇔
x >2 (0,25 điểm)
d) A
∈
Z
⇔
Z
2x
1
∈
−
−
⇔
x-2
∈
Ư(-1)
⇔
x-2
∈
{ -1; 1}
⇔
x
∈
{1; 3} (0,5 điểm)
Bài 3: (2 điểm)

17
ĐỀ MÃ SỐ 03
ĐỀ MÃ SỐ 03
a) (1đ) x
2
+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x
2
+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x
2
+13x+42 = ( x+6)( x+7) ;
(0,25 điểm)
ĐKXĐ :
7;6;5;4
−≠−≠−≠−≠
xxxx
(0,25 điểm)
Phương trình trở thành :
18
1
)7)(6(
1
)6)(5(
1
)5)(4(
1
=
++
+
++
+

++
xxxxxx


18
1
7
1
6
1
6
1
5
1
5
1
4
1
=
+
−
+
+
+
−
+
+
+
−
+

xxxxxx

18
1
7
1
4
1
=
+
−
+
xx
(0,25 điểm)
18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
(x+13)(x-2)=0
Từ đó tìm được x=-13; x=2; (0,25 điểm)
b) (1đ) Đặt b+c-a = x >0; c+a-b = y >0; a+b-c = z >0 (0,25 điểm)
Từ đó suy ra a=
2
;
2
;
2
yx
c
zx
b
zy +
=

+
=
+
; (0,25 điểm) Thay
vào ta được A=






+++++=
+
+
+
+
+
)()()(
2
1
222 y
z
z
y
x
z
z
x
y
x

x
y
z
yx
y
zx
x
zy
(0,25 điểm)
Từ đó suy ra A
)222(
2
1
++≥
hay A
3
≥
(0,25 điểm)
Bài 4: (3,5 điểm)
a)Ta có : BE
⊥
AC (gt); DF
⊥
AC (gt)
⇒
BE // DF (0,25 điểm)
Chứng minh :
( )BEO DFO g c g∆ = ∆ − −
⇒
BE = DF (0,5 điểm)

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành (0,25 điểm)
b) Chứng minh:
∠
ABC=
∠
ADC
⇒

∠
HBC=
∠
KDC (0,25 điểm)
⇒

∆
CHB ∽
∆
CKD(g-g)
CB.CKCD.CH
CD
CB
CK
CH
=⇒=⇒
(1 điểm)
c)Chứng minh :
∆
AFD ∽
∆
AKC(g-g) (0,25 điểm)

⇒
AC.AFAK.AD
AC
AD
AK
AF
=⇒=
(0,25 điểm)
Chứng minh :
∆
CFD ∽
∆
AHC(g-g)
⇒
AC
CD
AH
CF
=
(0,25 điểm)
Mà : CD = AB
⇒
AC.CFAH.AB
AC
AB
AH
CF
=⇒=
(0,25 điểm)
Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC

2
(0,25 điểm)
18
O
F
E
K
H
C
A
D
B
GIAÛI MOÄT SOÁ ÑEÀ THI
Đề 1
Bài 1: a) Thực hiện phép chia: (x
3
- 2x - 4) : (x
2
+ 2x + 2)
b) Xác định a sao cho ax
3
- 2x - 4 chia hết cho x - 2
c) Tìm nghiệm của đa thức: x
3
- 2x - 4
Bài 2: a) Tính S =
a b c
(c a)(a b) (a b)(b c) (b c)(c a)
+ +
− − − − − −

b) Chứng minh
1 1 1 1
(3n 2)(3n 5) 3 3n 2 3n 5
 
= −
 ÷
+ + + +
 
c) Tính
150 150 150 150

5.8 8.11 11.14 47.50
+ + + +
Bài 3: Giải các phương trình
a)
2 2 4 2
x 1 x 1 2
x x 1 x x 1 x(x x 1)
+ −
− =
+ + − + + +
b)
7 x 5 x 3 x
3
1993 1995 1997
− − −
+ + = −
Bài 4: Cho
ABC∆
vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở

B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N
a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang
b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm
c) Chứng minh AM = AN
Bài 5: Cho M là điểm nằm trong
ABC∆
, từ M kẻ MA’
⊥
BC, MB’
⊥
AC, MC’
⊥
AB
(A’
∈
BC; B’
∈
AC; C’
∈
AB). Chứng minh rằng:
a b c
MA' MB' MC'
h h h
+ +
= 1
(Với h
a
, h
b
, h

c
là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của
ABC∆
)
Bài giải
Bài 1:
a) Thực hiện phép chia: (x
3
- 2x - 4) : (x
2
+ 2x + 2) = x - 2
b) Xác định a sao cho ax
3
- 2x - 4 chia hết cho x - 2
Vì ax
3
- 2x - 4 chia hết cho x - 2 nên x = 2 là nghiệm của đa thức ax
3
- 2x - 4 , nên ta có: a.
2
3
- 2. 2 - 4 = 0
⇔
8a - 8 = 0
⇔
a = 1
c) Tìm nghiệm của đa thức: x
3
- 2x - 4
Nghiệm của đa thức là các giá trị của x để

19
x
3
- 2x - 4 = 0
⇔
(x
2
+ 2x + 2)(x - 2) = 0
⇔

2
x 2x 2 0
x 2 0

+ + =

− =

+) x - 2 = 0
⇔
x = 2+) x
2
+ 2x + 2
⇔
(x
2
+ 2x + 1) + 1 = 0
⇔
(x + 1)
2

+ 1 = 0 : Vơ
nghiệm
Vì (x + 1)
2
+ 1 > 0 với mọi x
Bài 2:
a) S =
a b c a(b c) b(c a) c(a b)
(c a)(a b) (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b)(b c)
− + − + −
+ + =
− − − − − − − − −
=
a(b c) b(c a) c(a b) ab ac bc ab ac bc 0
0
(c a)(a b)(b c) (c a)(a b)(b c) (c a)(a b)(b c)
− + − + − − + − + −
= = =
− − − − − − − − −
b) Chứng minh
1 1 1 1
(3n 2)(3n 5) 3 3n 2 3n 5
 
= −
 ÷
+ + + +
 
Ta có:
1 1 1 1 3n 5 (3n 2) 1 3 1
.

3 3n 2 3n 5 3 (3n 2)(3n 5) 3 (3n 2)(3n 5) (3n 2)(3n 5)
 
+ − +
 
− = = =
 ÷
 
+ + + + + + + +
 
 
c) Tính :
150 150 150 150

5.8 8.11 11.14 47.50
+ + + +
áp dụng câu b ta tính được
150 150 150 150

5.8 8.11 11.14 47.50
+ + + +
= 9
Bài 3: Giải các phương trình
a)
2 2
2 2 4 2 4 2 4 2 4 2
x 1 x 1 2 x(x 1)(x x 1) x(x 1)(x x 1) 2
x x 1 x x 1 x(x x 1) x(x x 1) x(x x 1) x(x x 1)
+ − + − + − + +
− = ⇔ − =
+ + − + + + + + + + + +

(1)
ĐKXĐ: x(x
4
+ x
2
+ 1)
≠
0
⇔
x
≠
0 Vì x
4
+ x
2
+ 1 > 0
(1)
⇔
x(x + 1)(x
2
- x + 1) - x(x - 1)(x
2
+ x + 1) = 2
⇔
x(x
3
- 1) - x(x
3
+ 1) = 2
⇔

x
4
- x - x
4
- x = 2
⇔
- 2x = 2
⇔
x = - 1
b)
7 x 5 x 3 x 7 x 5 x 3 x
3 1 1 1 0
1993 1995 1997 1993 1995 1997
− − − − − −
+ + = − ⇔ + + + + + =
⇔
x = 2000
Bài 4:
Cho
ABC∆
vng tại A. Vẽ ra phía ngồi tam giác đó các tam giác ABD vng cân ở B,
ACE vng cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N
a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang
b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm
c) Chứng minh AM = AN
Giải
a) Chứng minh
·
·
·

DAB + BAC + CAE
= 180
0
⇒
D, A, E thẳng hàng
b) Đặt AB = c, AC = b.
BD // AC (cùng vuông góc với AB)
nên
MC AM AC AM AC
MD MB BD MB + AM AC + BD
= = ⇒ =

⇒

AM AC AM AC AC. AB
AM
AB AC + BD AB AC AB AC AB
= ⇒ = ⇒ =
+ +
(1)
⇒
AM(AC + AB) = AC. AB
⇔
3(4 + AB) = 4 AB
⇔
AB = 12 cm
⇒
MB = 9 cm
Từ
MC AM MC.MB 5.9

MD 15
MD MB MA 3
= ⇒ = = =
cm
20
N
M
E
D
C
B
A
c) AB // CE (cùng vuông góc với AC) nên
AN AB AN AB
NC CE NC + AN AB + CE
= ⇒ =

⇔

AN AB AB. AC
AN
AC AB + AC AB + AC
= ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = AN
Bài 5:
Cho M là điểm nằm trong
ABC∆
, từ M kẻ MA’
⊥

BC, MB’
⊥
AC, MC’
⊥
AB
(A’
∈
BC; B’
∈
AC; C’
∈
AB). Chứng minh rằng:
a b c
MA' MB' MC'
h h h
+ +
= 1
(Với h
a
, h
b
, h
c
là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của
ABC
∆
)
Giải
Kẻ đường cao AH, ta có:
MBC

a ABC
S
MA' MA'
h AH S
= =
(1)
Tương tự:
MCA
b ABC
S
MB'
h S
=
(2) và
MBA
c ABC
SMC'
h S
=
(3)
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có:

MBC MCA
MBA
a b c ABC ABC ABC
S S
SMA ' MB' MC'
h h h S S S
+ + = + +
=

MBC MCA MBA ABC
ABC ABC
S S S S
1
S S
+ +
= =
ĐỀ 2
Câu 1
a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0; ngồi ra còn biết thêm
2
a b (b c)= −
. Hỏi số nào dương, số nào âm, số nào bằng 0
b) Cho x + y = 1. Tính giá trị biểu thức A = x
3
+ y
3
+ 3xy
Câu 2: a) Giải phương trình:
x 2 3 1+ − =
b) Giả sử a, b, c là ba số đơi một khác nhau và
a b c
0
b c c a a b
+ + =
− − −
Chứng minh rằng:
2 2 2
a b c
0

(b c) (c a) (a b)
+ + =
− − −
Câu 3: Cho tam giác ABC; gọi Ax là tia phân giác của
·
BAC
, Ax cắt BC tại E. Trên tia Ex
lấy điểm H sao cho
·
·
BAE ECH=
. Chứng minh rằng:
a) BE. EC = AE. EH
b) AE
2
= AB. AC - BE. EC
Câu 4: Cho tứ giác ABCD. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BD tại E; từ B kẻ
đường thẳng song song với AD cắt AC tại F.
Chứng minh rằng: EF // DC
híng dÉn gi¶i
C©u 1:
a) V×
2
a b (b c)= −
nªn a
≠
0 vµ b
≠
0 v×
21

H
C'
B'
A'
M
C
B
A
NÕu a = 0
⇒
b = 0 hc b = c. V« lÝ
NÕu b = 0
⇒
a = 0. V« lÝ
⇒
c = 0
⇒

a
= b
3
mµ
a

≥
0 víi mäi a
⇒
b > 0
⇒
a < 0

b) V× x + y = 1
⇒
A = x
3
+ y
3
+ 3xy = x
3
+ y
3
+ 3xy (x + y) = (x + y)
3
= 1
C©u 2: b) Từ
a b c
+ 0
b - c c - a a - b
+ =

⇒

2 2
a b c b ab + ac - c
=
b - c a - c b - a (a - b)(c - a)
−
+ =
⇔

2 2

2
a b ab + ac - c
(b - c) (a - b)(c - a)(b - c)
−
=
(1) (Nhân hai vế với
1
b - c
)
Tương tự, ta có:
2 2
2
b c bc + ba - a
(c - a) (a - b)(c - a)(b - c)
−
=
(2) ;
2 2
2
c a ac + cb - b
(a - b) (a - b)(c - a)(b - c)
−
=
(3)
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm
C©u 3:
a) Ta cã
∆
BAE
∆

HCE (g.g)
⇒

BE AE
BE.EC AE.EH
EH EC
= ⇒ =
(1)
b)
∆
BAE
∆
HCE (g.g)
⇒

·
·
ABE = CHE

⇒

·
·
ABE = CHA
⇒

∆
BAE
∆
HAC (g.g)

⇒

AE AB
AB.AC AE.AH
AC AH
= ⇒ =
(2)
Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã :
AB. AC - BE. EC = AE.AH - AE. EH
⇔
AB. AC - BE. EC = AE. (AH - EH) = AE. AE = AE
2
C©u 4:
Gọi O là giao điểm của AC và BD
a) Vì AE // BC
⇒

OE OA
=
OB OC
(1)
BF // AD
⇒

OB OF
=
OD OA
(2)
Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
OE OF

=
OD OC

⇒
EG // CD
ĐỀ 3
Bài 1: Cho phân thức: P =
2
2 x 4
x x 20
−
+ −
a) Tìm TXĐ của P b) Rút gọn P c) Tính giá trị của P khi
x 5 1,5− =
Bài 2: So sánh A và B biết:
a) A = 2002. 2004 và B = 2003
2
b) A = 3.(2
2
+ 1)(2
4
+ 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1) và B = 2
64
Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC. Hạ CE vng góc với AB, CF

vng góc với AD và BG vng góc với AC. Chứng minh:
a)
∆
ACE
∆
ABG và
∆
AFC
∆
CBG
b) AB. AE + AD. AF = AC
2
22
H
E
x
C
B
A
O
F
D
E
C
B
A
Bi 4: Cho hỡnh thoi ABCD cnh a, cú = 60
0
. Mt ng thng bt k qua C ct tia i
ca tia BA v DA ln lt ti M v N

a) Chng minh: Tớch BM. DN cú giỏ tr khụng i
b) Gi K l giao im ca BN v DM. Tớnh s o gúc BKD
Bi 5:
Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh
4(x + y) = 11 + xy
Gii
Bi 1:
a) kx: x
2
+ x - 20

0

(x - 4)(x + 5)

0

x

4 v x

- 5
b) P =
2
2 x 4 2 x 4
x x 20 (x 4)(x 5)

=
+ +

Nu x > 4

P =
2
x 5+
Nu x < 4

P =
2
x 5

+
c)
x 5 1,5;(x 5) x 6,5
x 5 1,5
5 x 1,5;(x 5) x 3,5
= > =

=

= < =

Vi x = 6,5 thỡ P =
2 2 2 20 4
x 5 6,5 5 11,5 115 23
= = = =
+ +
Vi x = 3,5 thỡ P =
2 2 2 2
x 5 3,5 5 8,5 17

= = =
+ +
Bi 2:
a) A = 2002. 2004 = (2003 - 1)(2003 + 1) = 2003
2
- 1 < 2003
2


A < B
b) Ta cú:
A = 3.(2
2
+ 1)(2
4
+ 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1)
= (2
2
- 1)(2
2
+ 1)(2
4
+ 1)(2

8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1)
= (2
4
- 1)( 2
4
+ 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1) = (2
8
- 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1)
= (2
16
- 1)(2
16
+ 1)(2

32
+ 1) = (2
32
- 1)(2
32
+ 1) = 2
64
- 1 < 2
64


A < B
Bi 3:
Ta coự

AGB

AEC

AE AC
=
AG AB


AB. AE = AC. AG (1)

CGB

AFC

AF CG CG
=
AC CB AD
=
(vỡ CB = AD)

AF . AD = AC. CG (2)
Coọng (5) vaứ (6) veỏ theo veỏ ta coự:
AB. AE + AF. AD = AC. AG + AC. CG

AB. AE + AF. AD = AC(AG + CG) = AC. AC
Vaọy: AB. AE + AD. AF = AC
2
Bài 4:
a) BC // AN


MB CM
=
BA CN
(1)
CD// AM

CM AD
=
CN DN
(2)
23
Từ (1) và (2) suy ra
2

MB AD
= MB.DN = BA.AD = a.a = a
BA DN
⇒
b)
∆
MBD và
∆
BDN có
·
·
MBD = BDN
= 120
0

MB MB CM AD BD
= =
BD BA CN DN DN
= =
(Do ABCD là hình thoi có
µ
0
A = 60
nên
AB = BC = CD = DA)
⇒
∆
MBD
∆
BDN

Suy ra
µ
µ
1 1
M = B
.
∆
MBD và
∆
BKD có
·
·
BDM = BDK
và
µ
µ
1 1
M = B
nên
·
·
0
BKD = MBD = 120
®Ị 4
C©u 1: Cho
2
2
x 7x 6
A
x 1

− +
=
−
a) Rót gän A b) T×m x ®Ĩ A = 0 c) T×m gi¸ trÞ nguyªn cđa x ®Ĩ A cã gi¸ trÞ nguyªn
C©u 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh: (x + 1)
2
= 4(x
2
+ 2x + 1)
C©u 3: Cho a, b, c tho· m·n:
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc: A = (a
3
+ b
3
)(b
3
+ c
3
)(c
3
+ a
3
)
C©u 4: Cho
∆
ABC cã

µ
µ µ
A 2B 4C 4= = = α
. Chøng minh:
1 1 1
AB BC CA
= +
C©u 5:
Cho
∆
ABC c©n t¹i A cã BC = 2a, M lµ trung ®iĨm cđa BC. LÊy D, E theo thø tù thc AB,
AC sao cho:
·
µ
DME B=
a) Chøng minh r»ng: tÝch BD. CE kh«ng ®ỉi
b) Chøng minh r»ng DM lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc BDE
c) TÝnh chu vi cđa
∆
ADE nÕu
∆
ABC lµ tam gi¸c ®Ịu
Híng dÉn
C©u 3: Tõ
1 1 1 1
a b c a b c
+ + =
+ +
⇒

1 1 1 1
0
a b c a b c
+ + - =
+ +
⇔
a b a b
0
ab c(a b c)
+ +
+ =
+ +
⇔
c(a b c) ab
(a b). 0 (a + b)(b + c)(c + a) = 0
abc(a b c)
+ + +
+ = Û
+ +

Tõ ®ã suy ra : A = (a
3
+ b
3
)(b
3
+ c
3
)(c
3

+ a
3
) = ( a + b)(b + c)(c + a). B = 0
C©u 4 :
VÏ tia CM (M
∈
AB) sao cho
·
ACM = α
CAM∆
vµ
CBM∆
lµ c¸c tam gi¸c c©n
⇒

AB AB AM AB AM AB BM
1
BC AC CM CM CM CM
+
+ = + = = =
(v× BM = CM)
⇒

AB AB 1 1 1
1
BC AC AB BC CA
+ = ⇒ = +
C©u 5 :
a) Ta có
·

·
·
µ
·
DMC = DME + CME = B + BDM
, mà
·
µ
DME = B
(gt)
nên
·
·
CME = BDM
, kết hợp với
µ µ
B = C
(
∆
ABC cân tại A)
suy ra
∆
BDM
∆
CME (g.g)
⇒

2
BD BM
= BD. CE = BM. CM = a

CM CE
⇒
không đổi
b)
∆
BDM
∆
CME
⇒

DM BD DM BD
= =
ME CM ME BM
⇒
24
(do BM = CM)
⇒

∆
DME
∆
DBM (c.g.c)
⇒

·
·
MDE = BMD
hay DM là tia phân giác của
·
BDE

c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của
·
DEC
kẻ MH
⊥
CE ,MI
⊥
DE, MK
⊥
DB thì MH = MI = MK
⇒

∆
DKM =
∆
DIM
⇒
DK =DI
⇒

∆
EIM =
∆
EHM
⇒
EI = EH
Chu vi
∆
AED là P
AED

= AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì
AH = AK)
∆
ABC là tam giác đều nên suy ra CH =
MC
2 2
a
=
⇒
AH = 1,5a
⇒
P
AED
= 2 AH = 2. 1,5 a = 3a

®Ị 5
Câu 1 : Giải phương trình: a)
)4(.)2(
2
4
3
2
1
xxx
x
x
x
−−
+
−

+
+
−
−
b) 6x
2
- x - 2 = 0
Câu 2 : Cho x + y + z = 0. Rút gọn :
222
222
)()()( yxxzzy
zyx
−+−+−
++
Câu 3 : Chứng minh rằng khơng tồn tại x thỏa mãn :
a) 2x
4
- 10x
2
+ 17 = 0
b) x
4
- x
3
+ 2x
2
- x + 1 = 0
Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho
2
1

=
DC
DB
;
điểm O nằm trên đoạn AD sao cho
OA 3
OD 2
=
. Gọi K là giao điểm của BO và AC.
Tính tỉ số AK : KC.
Câu 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng qua H cắt AB, AC
thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác
MPQ cân tại M.
Hướng dẫn giải
Câu 2:
Từ x + y + z = 0
⇒
x
2
+ y
2
+ z
2
= - 2(xy + yz + zx) (1)
Ta có: (x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2

= 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) - 2(xy + yz + zx) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (x - y)
2
+ (y - z)
2
+ (z - x)
2
= - 6(xy + yz + zx) (3)
Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta có:
A =
- 2(xy + yz + zx) 1
- 6(xy + yz + zx) 3
=
Câu 3:
a) 2x
4
- 10x
2
+ 17 = 0
⇔
2( x
4
- 5x
2

+
17
2
) = 0
⇔
2(x
4
- 2.
5
2
x
2
+
25
4
)
2
+
9
2
= 0
⇔
2(x
2
-
5
2
)
2
+

9
2
= 0. Vì 2(x
2
-
5
2
)
2
+
9
2
> 0 với mọi x nên khơng tồn tại x để
2x
4
- 10x
2
+ 17 = 0
b) x
4
- x
3
+ 2x
2
- x + 1 = 0
⇔
(x
2
+ 1)(x
2

- x + 1) = 0
Vì vế phải ln dương với mọi x nên khơng tồn tại x để x
4
- x
3
+ 2x
2
- x + 1 = 0
Câu 4:
25
3
α
4
α
α
3
α
2
α
α
M
C
B
A
K
H
I
M
E
D

C
B
A