DE THI HSG MON TOAN HUYEN LOP 8

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG.
NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1:
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 4 + 2011x 2 + 2010 x + 2011
b) Tìm các số nguyên x; y sao cho: 3x 3 + xy = 3 .
c) Tìm các hằng số a và b sao cho x 3 + ax + b chia cho x + 1 dư 7; chia cho x − 2 dư 4.
Câu 2:
a) Tính giá trị biểu thức:
2
2
2
A= x + y + 5 + 2 x − 4 y − − ( x + y − 1) + 2 xy với x = 2 2011 ; y = 16 503
x 2 − 2 x + 2011
b) Tìm x để B có giá trị nhỏ nhất: B =
với x > 0.
x2
Câu 3: Chứng minh rằng
20113 + 113
2011 + 11
=
a)
3
3
2011 + 2000
2011 + 2000
b) Nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn : 4m 2 + m = 5n 2 + n thì :

m − n và 5m + 5n + 1 đều là số chính phương.
Câu 4 :
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường
thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh OM=ON.
1
1
2
+
=
b) Chứng minh
.
AB CD MN
2
2
c) Biết S AOB = a ; S COD = b . Tính S ABCD ?
d) Nếu Dˆ < Cˆ < 90 0 . Chứng minh BD > AC.
UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG KHỐI 8
NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu:
Nội dung
4
3
2
2
3

4
2
1a a/ x + 2011x + 2010 x + 2011 = x + x + x + 2010( x + x + 1) − ( x − 1)
0,75đ = x 2 + x + 1 x 2 − x + 2011
b/ 3x 3 + xy = 3 ⇔ x 3x 2 + y = 3 . Do x; y là các số nguyên nên ta có:

(

)(

(

)

Điểm
0,5
0,25

)

0,25

0,25
x = 1
x = 3
x = 1
x = 3
⇔
⇔
TH1:  2

(thỏa mãn) hoặc  2
(thỏa mãn)
y = 0
3 x + y = 1  y = −26
3 x + y = 3
0,75đ
0,25
 x = −1
 x = −3
 x = −1
 x = −3
⇔
⇔
TH2:  2
(thỏa mãn) hoặc  2
(thỏa mãn)
 y = −6
3 x + y = −1  y = −28
3 x + y = −3
0,75đ c/ Vì x 3 + ax + b chia cho x + 1 dư 7 nên ta có: x 3 + ax + b = ( x + 1).Q( x) + 7 do đó với x = −1 thì 0,25
1


-1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1).
Vì x 3 + ax + b chia cho x − 2 dư 4 nên ta có: x 3 + ax + b = ( x − 2 ).P ( x) + 4 do đó với x = 2 thì 0,25
8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4.
0,25
2
2

2
2
0,25
a/ Ta có: x + y + 5 + 2 x − 4 y = ( x + 1) + ( y − 2 ) ≥ 0 với mọi x; y nên ta có:
0,25
A= x 2 + y 2 + 5 + 2 x − 4 y − ( x + y − 1) 2 + 2 xy

2.

a.
0,75đ = x 2 + y 2 + 5 + 2 x − 4 y − x 2 − y 2 − 1 − 2 xy + 2 x + 2 y + 2 xy = 4 x − 2 y + 4 = 2(2 x − y ) + 4

( )

Thay x = 2 2011 ; y = 16 503 = 2 4

503

(

)

0,25

2011
− 2 2012 + 4 = 4
= 2 2012 vào A ta có: A= 2. 2.2

0,5

x 2 − 2 x + 2011 2011x 2 − 2.x.2011 + 20112
b/ B=
=
x2
2011x 2
b
1,0đ

3.

2010 x 2 + ( x − 2011)
2010 ( ( x − 2011)
2010
.
=
+
≥
2
2
2011
2011
2011x
2011x
Dấu “=” xẩy ra khi x = 2011 .
2010
Vậy GTNN của B là
đạt được khi x = 2011 .
2011
a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c.
20113 + 113

a 3 + b 3 ( a + b ) a 2 − ab + b 2
=
=
Xét vế phải đẳng thức ta có:
20113 + 2000 3 a 3 + c 3 ( a + c ) a 2 − ac + c 2
2

2

=

(
(

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

1,0đ

2

2

2

2

2

0,25

0,25
0,25

)
)

0,25
0,25

2

0,25

Nên a − ab + b = a − ac + c .
20113 + 113
a 3 + b 3 ( a + b ) a 2 − ab + b 2
a+b
2011 + 11
=
=
=
=
Vậy:
3
3
3
3
2
2
a + c 2011 + 2000

( a + c ) a − ac + c
2011 + 2000
a +c
2

2

2

2

(
)
(
)
+ n ⇔ 5( m − n ) + m − n = m

1,0đ

0,25

2
2
2
0,5
⇔ ( m − n )( 5m + 5n + 1) = m 2 (*)
b/Ta có 4m 2 + m = 5n 2
0,25
Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1) ⇒ (5m+5n+1)+5m-5n d ⇒ 10m+1 d
2

2⇒
Mặt khác từ (*) ta có: m  d
m d. Mà 10m+1 d nên 1 d ⇒ d=1
Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số 0,25
chính phương.
B
hình vẽ
0,25
A

N

M
O

4.

D

C

0,5

OA OB
=
Do MN//DC
AC BD
OM ON
⇒
⇒ OM=ON.

=
DC DC

a/ Ta có
1,0đ

0,5
2


OM AM
OM DM
OM OM AM + MD
=
=
+
=
= 1 (1)
và
. Do đó:
CD
AD
AB
AD
DC AB
AD

0,25

ON ON

+
= 1 (2)
DC AB
MN MN
+
=2
Từ (1);(2) ⇒
DC AB
1
1
2
⇒
+
=
DC AB MN
c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương

0,25

b/ Do MN//AB và CD ⇒
Tương tự:
1,0đ

ứng. Do vậy :
1,0

Nhưng

0,25
0,25

0,25

S AOB OB
S AOD OA
=
=
và
S AOD OD
S COD OC
0,5

S
S
OB OA
⇒ AOB = AOD ⇒ S 2 AOD = S AOB .S COD = a 2 .b 2 nên S AOD = ab .
=
S AOD S COD
OD OC
A

2
Tương tự S BOC = ab .Vậy S ABCD = ( a + b )

B

0,25
0,25

d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K
Do Dˆ < Cˆ < 90 0 nên H, K nằm trong đoạn CD

Ta có AEˆ D = BCˆ D = Cˆ > Dˆ ⇒ AD > AE .
Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE
AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH.
0,75

Vậy 0,25
0,25

Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : DB 2 = BK 2 + DK 2 > AH 2 + CH 2 = AC 2 (Do
D

AH 2 = BK 2 ) ⇒ BD > AC

H

E

K

C

HS làm các cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2011 - 2012
Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1.
a. Phân tích đa thức thành nhân tử: x3 - x 2 - 4 x +4

;

b. Chứng minh: n.28n +26n - 27 chia hết cho 27, với n Î N
c. Cho a.b.c =- 2012 , tính giá trị của biểu thức:

a
b
2012c
P=
+
ab +a - 2012 bc +b +1 ac - 2012c - 2012
Câu 2.
a. Giải phương trình: x 2 +y 2 +6 y +5 =0 ; với x, y nguyên.
3


3 - 4x

b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: Q = 2
x +1
Câu 3.
Cho tam giác ABC vuông tại A, (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy D sao cho HD =
HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E. M là trung điểm BE.
a) Chứng minh DBEC đồng dạng với DADC.
b) Tính số đo góc AHM.
Câu 4.
Cho tứ giác lồi ABCD. Tìm tập hợp điểm O nằm trong tứ giác sao cho hai tứ giác OBCD và

OBAD có diện tích bằng nhau. (Không yêu cầu chứng minh phần đảo).
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
HD CHẤM ĐỀ KĐCL MŨI NHỌN.
NĂM HỌC: 2011 – 2012.
Môn thi: TOÁN 8. Thời gian: 90 phút( không kể thời gian giao đề)
Câu

Ý

Nội dung cần đạt

Điểm

a

x3 - x2 - 4 x +4 =x2 ( x - 1) - 4( x - 1) =( x - 1)( x +2)( x - 2)

1,0
0,5

b

n.28n +26n - 27 =n.28n - n +27n - 27 =
n - 1) n +27(n - 1)Û (n.28n +26n - 27)M
(28
27
14 2 43
14 2 43
M
27

M
27

1

(Đpcm)

0,5

3,0

Thay - 2012 =a.b.c vào ta có:
c

a
b
abc.c
1
b
bc 1,0
P=
+
+
=
+
+
=1
ab +a +abc bc +b +1 ac +abc.c +abc b +1 +bc bc +b +1 1 +bc +b
0,5
x 2 +y 2 +6 y +5 =0 Û x 2 - 4 =- ( y 2 +6 y +9) Û x 2 - 4 =- ( y +3)2

1

()

2

2,0

Vế phải của (1): - ( y +3)2 £ 0 nên x 2 - 4 £ 0 Û x 2 £ 4 Û - 2 £ x £ 2
Mà x, y nguyên nên: x =±2; ±1;0
a

Khi x =±2 thì y =- 3 ; Khi x =±1 thì không tìm được giá trị y nguyên;
é- 1
Khi x =0 thì y =ê
ê
ë- 5

b

0,5

Vậy phương trình có nghiệm là: (- 2;3); (2;3); (0; - 1); (0; - 5)
3 - 4 x (4 x 2 +4) - (4 x 2 +4 x +1)
(2 x +1) 2
Q=
=
=
4
£ 4 . Vậy Qmax =4

x 2 +1
x 2 +1
x 2 +1

0,5
1,0

4


1
Dấu “=” xẩy ra Û x =
2

0,5
0,25

A
2

3

1

a
E
M
B

2

1

1
H

2

C
D

µ
a) Do DDEC ∽ DABC (Hai tam giác vuông có C chung)
Þ

3

0,5
0,25

DE EC
=
(*)
AB BC

µ
Xét DBEC và DADC Có C chung kết hợp (*) => DBEC ∽ DADC (g.c.g)
0
µ µ
µ

b) DBEC ∽ DADC => B1 =A1 , DAHD vuông cân tại H nên A3 =45

¶ =450 Þ B
µ +A
¶ =450 Þ B
¶ =450
Þ µ
A1 +A
2
1
2
2

µ +A
¶ +B
¶ =900 )
(B
1
2
2

0,5
0,25
3,0
0,25

M trung điểm BE nên: AM = MB = ME Þ DBMA vuông cân tại M
b

0,5

Þ AB2 =2BM2 hay mà AB2 = BH.BC (HS phải c/m);
BH BM
=
Þ BH.BC = BE.BM Þ BE BC Þ DBHM ∽ DBEC ∽ DADC
0
·
¶
Þ AHM =D2 =45
Giả sử O là điểm nằm trong tứ giác thỏa mãn: SOBCD =SOBAD.

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB tại
B

0,25
0,25
0,25

D1, cắt AC tại B1. Nối OC, OB, AC, BD
C

4

và kẻ các đường cao ha, hb, hc như

D1

hb

ha

hình vẽ. Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD
=

A

1,0

1
BD.(hc +ho )
2

ho
O

0,25
B1

5

D


0,25

1
SBODA = S AB1D1 +S D1OB +S B1OD = B1D1 (ha +hb +hc )
2
Û

BD(hc +ho )
=1
B1 D1 (ha +ho )

(1)

ha
BD
=
Vì B1D1//BD nên B1 D1 (ha +ho )
Û
Từ (1) và (2)

0,25

(2)

hc +ho
=1Û hc +ho =ha
ha

Từ đó HS lập luận suy ra B1D1 đi qua trrung điểm cuả AC.
Vậy O nằm trên đoạn B1D1//BD và đi qua trung điểm AC
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN 8

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1.
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5
b. Chứng minh ∀n ∈ N * thì n3 + n + 2 là hợp số.
c. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của
chúng là một số chính phương lẻ.
Câu 2.
x −1 x − 2 x − 3
x − 2012
+
+
+ ... +
= 2012
a. Giải phương trình:
2012 2011 2010
1
b. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b 2012 + c 2013.
Câu 3.
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18
b. Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác.
ab
bc
ac
+
+
≥ a+b+c
Chứng minh:
a + b − c −a + b + c a − b + c
Câu 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh

AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF.
a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông.
b. Chứng minh DF ⊥ CE và ∆ MAD cân.
6


c .Tính diện tích ∆ MDC theo a.

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu

Ý

Nội dung

Điể
m

a. 1
điểm
b. 1

2

2

2

= (x - y) +4(x - y) - 5 = (x - y) + 4(x - y) + 4 -9
= (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1)
3

3

0.5
0,5

2

Ta có: n + n + 2 = n + 1+ n+1= (n + 1)( n - n + 1) + (n + 1)

0.25

2

Câu 1
3
điểm

điểm =(n+1)( n - n + 2)
Do ∀n ∈ N * nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n + 2 là hợp số
2
2
c. 1 Gọi hai số lần lượt là a và (a+1)
2

2

2

2

4

3

0,25
0.5
0.25

2

điểm Theo bài ra ta có: a + (a + 1) + a ( a + 1) = a +2a + 3a + 2a + 1
= (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1

0.25
0.25

= ( a + a + 1) là một số chính phương lẻ vì a + a = a(a + 1) là số chẵn ⇒ a + a
2

2

2

+ 1 là số lẻ
Phương trình đã cho tương đương với:

a.
x −1
x−2
x−3
x − 2012
−1+
−1+
− 1 + ... +
− 1 + 2012 = 2012 ⇔
1.5
2012
2011
2010
1
điểm x − 2013 x − 2013 x − 2013
x − 2013
+
+
+ ... +
=0 ⇔
2012
2011
2010
1
1
1
1
1
Câu 2
( x − 2013)(

+
+
+ ... + ) = 0 ⇔ x = 2013
2012 2011 2010
1
2
2
2
2
3
3
3
a + b + c = a + b + c = 1 ⇒ a; b; c ∈ [ −1;1]
b.
điểm
⇒ a3 + b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) ≤ 0
0.5
⇒ a3 + b3 + c3 ≤ 1 ⇒ a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1
điểm ⇒ 2012
b = b2; c2013 = c2; ⇒ S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1

Câu 3
1.5
điểm

Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18
A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1
điểm
A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1 ≥ 1
Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3

a. 1

2

0.25
0.5
0. 5
0. 5

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

b.

vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0;
a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0
7


0.5
điểm

y+z
x+z
x+ y
;b =

;c =
2
2
2
ab
bc
ac
( y + z )( x + z ) ( x + z )( x + y ) ( x + y )( y + z )
+
+
=
+
+
a + b − c −a + b + c a − b + c
4z
4x
4y
1 xy yz xz
1
1 xy
yz
xz 
( + + + 3 x + 3 y + 3 z ) = 3( x + y + z ) + (2 + 2 + 2 ) 
4 z
x
y
4
2
z
x

y 

ta có: x + y + z = a + b + c; a =

0.25

1
y x z
x y z
z x y 
3( x + y + z ) + ( + ) + ( + ) + ( + ) 

4
2 z x 2 z y 2 y x 
1
≥ [ 3( x + y + z ) + x + y + z ] = x + y + z
4
Mà x + y + z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng minh
=

0.25
Câu 4

Hìn

3.5

h vẽ

điểm

0. 5

E

A

B

đ

0.5
H

M

F

N

D

a.
1.25

Chứng minh: EFGH là hình thoi

0. 5

Chứng minh có 1 góc vuông.

0. 5

điểm Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông
·
·
= FDC
b. 1 VBEC =VCFD (c.g .c) ⇒ ECB
điểm

điểm

0.25
mà

VCDF

vuông

tại

C 0.25

·
·
·
·
0.25
⇒ CDF
+ DFC

= 900 ⇒ DFC
+ ECB
= 900 ⇒VCMF vuông tại M
Hay CE ⊥ DF.
Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG ⊥ DF ⇒ GN//CM 0.25
mà G là trung điểm DC nên ⇒ N là trung điểm DM. Trong ∆ MAD có AN vừa
là đường cao vừa là trung tuyến ⇒ ∆ MAD cân tại A.
0.25

c.
0.75

C

G

VCMD : VFCD ( g.g ) ⇒

CD CM
=
FD FC
2

0.25
2

S
 CD 
 CD 
Do đó : VCMD = 

÷ ⇒ SVCMD = 
÷ .SVFCD
SVFCD  FD 
 FD 

0.25

8


1
1
2
Mà : SVFCD = CF .CD = CD .
2
4
CD 2 1
. CD 2 .
FD 2 4
Trong VDCF theo Pitago ta có :
1
5
1

DF 2 = CD 2 + CF 2 = CD 2 +  BC 2 ÷ = CD 2 + CD 2 = .CD 2 .
4
4
2

Vậy : SVCMD =

0.25

CD 2 1
1
1
. CD 2 = CD 2 = a 2
Do đó :
5
5
5
CD 2 4
4
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm bài hình.
SVMCD =

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN
NĂM HỌC: 2013 – 2014. Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2.5 điểm ).
a. Phân tích đa thức thành nhân tử: x 2 + 2 xy + 6 y − 9
b. Giải phương trình:

x −1 x − 2 x − 3

x − 2012
+
+
+ ... +
= 2012
2013 2012 2011
2

c. Tìm đa thức f ( x) biết: f ( x) chia cho x − 2 dư 5; f ( x ) chia cho x − 3 dư 7; f ( x) chia
cho ( x − 2)( x − 3) được thương là x 2 − 1 và đa thức dư bậc nhất đối với x .
Bài 2: (2.0 điểm).

( x 2 + n)(1 + n) + n2 x 2 + 1
Cho: P = 7.2014 + 12.1995 với n ∈ N ; Q = 2
. Chứng minh:
( x − n)(1 − n) + n2 x 2 + 1
n

a.
b.

n

P chia hết cho 19.
Q không phụ thuộc vào x và Q > 0 .

Bài 3: (1,5 điểm)
a. Chứng minh: a 2 + 5b2 − (3a + b) ≥ 3ab − 5
b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2 + 3 y 2 + 4 x = 19
Bài 4: ( 4.0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn (ABđiểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vuông góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K.
a. Chứng minh ∆ ABC đồng dạng ∆ EFC.
b. Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và
D. Chứng minh NC = ND và HI = HK.
AH BH CH
+
+
>6
c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh:
HE HF HG

9


PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

Câu

Ý
âc

ĐÁP ÁN THI KSCL MŨI NHỌN NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN 8

Nội dung

x 2 + 2 xy + 6 y − 9 = ( x2 – 9) + 2y(x + 3) = (x – 3)(x + 3) + 2y(x + 3)
=(x+ 3)(x + 2y – 3)

b

Câu
1

c

a
b
Câu
2

a
b
Câu
3

x −1 x − 2 x − 3
x − 2012
+
+
+ ... +
= 2012 ⇔
2013 2012 2011
2
x −1
x−2
x −3
x − 2012
−1+

−1+
− 1 + ... +
−1 = 0 ⇔
2013
2012
2011
2
x − 2014 x − 2014 x − 2014
x − 2014
1
1
1
+
+
+ ... +
= 0 ⇔ (x – 2014)(
+
+ ... + )
2013
2012
2011
2
2013 2012
2
=0
⇔ x = 2014
Gọi dư trong phép chia f(x) cho x2 - 1 là ax + b
Ta có : f(x) = (x – 2)(x – 3)(x2- 1) + ax + b
Theo bài ra : f(2) = 5 nên ta có 2a + b = 5 ; f(3) = 7 nên 3a + b = 7
HS tính được a = 2 ; b = 1

Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + 1
P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n)
Ta có : 19. 2014n M19 ; (2014n -1995n) M19. nên P M19
( x 2 + n)(1 + n) + n 2 x 2 + 1 x 2 + x 2 n + n 2 + n + n 2 x 2 + 1
=
( x 2 − n)(1 − n) + n 2 x 2 + 1 x 2 − x 2 n + n 2 − n + n 2 x 2 + 1
x 2 (n 2 + n + 1) + n 2 + n + 1 (n 2 + n + 1)( x 2 + 1) (n2 + n + 1)
=
= 2 2
=
x (n − n + 1) + n 2 − n + 1 (n 2 − n + 1)( x 2 + 1) ( n 2 − n + 1)
Vậy Q không phụ thuộc vào x
1
3
(n + ) 2 +
n2 + n + 1
2
4 >0
=
Q= 2
n − n + 1 (n − 1 ) 2 + 3
2
4
2
a + 5b – (3a + b) ≥ 3ab – 5 ⇔ 2a2 + 10b2 – 6a -2b – 6ab +10 ≥ 0
⇔ a2 – 6ab +9b2 + a2 – 6a + 9 + b2 - 2b +1 ≥ 0
⇔ (a – 3b)2 +(a - 3)2 + (b – 1)2 ≥ 0 . Dấu « = » xảy ra khi a = 3 ; b = 1
2 x 2 + 3 y 2 + 4 x = 19 ⇔ 2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2 ⇔ 2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (*)
Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3(7 – y2) M2 ⇔ y lẻ (1)
Mặt khác VT ≥ 0 ⇔ 3(7 – y2) ≥ 0 ⇔ y2 ≤ 7 (2).

Từ (1) và (2) suy ra y2 = 1 thay vào (*) ta có : 2(x + 1)2 = 18
HS tính được nghiệm nguyên đó là (2 ; 1) ; (2 ; -1) ; (-4 ; -1) ; (-4 ; 1)
Q=

Điểm
0.5
0..5

0.5
0,25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0,25
0.5
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0,25
0.25
0.25

10

0.25

A

F
K

G
H

I

B

E

M

C

N

D

Câu
4

a

Ta có ∆ AEC : ∆ BFC (g-g) nên suy ra

CE CA
=
CF CB

CE CA
=
và góc C chung nên suy ra ∆ ABC : ∆ EFC ( c-g-c)
CF CB
Vì CN //IK nên HM ⊥ CN ⇒ M là trực tâm ∆ HNC
⇒ MN ⊥ CH mà CH ⊥ AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD
Do M là trung điểm BC nên ⇒ NC = ND
⇒ IH = IK ( theo Ta let)
AH S AHC S ABH S AHC + S ABH S AHC + S ABH
=
=
=
=
Ta có:
HE SCHE S BHE SCHE + S BHE
S BHC
BH S BHC + S BHA
CH S BHC + S AHC
=
=
Tương tự ta có
và
BF
S AHC

CG
S BHA
Xét ∆ ABC và ∆ EFC có

b

c

AH BH CH S AHC + S ABH S BHC + S BHA S BHC + S AHC
+
+
+
+
=
S BHC
S AHC
S BHA
HE HF HG
S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC
+
+
+
+
≥ 6 . Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt
=
+
S BHC S BHC S AHC S AHC S BHA S BHA
thì AB < AC nên không xảy ra dấu bằng.

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

0.75
0.75
0.5
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25

0.25

ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN THI: TOÁN – LỚP 8
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,5 điểm)
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 3 + x 2 y − 5 x − 5 y
11


b. Giả sử p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p3 +2 cũng là số nguyên tố?
c. Tìm số nguyên n để n3 – n2 + 2n + 7 chia hết cho n + 1?
Câu 2. (2,0 điểm)
a. Cho 2a – b = 7. Tìm giá trị của biểu thức P =
b. Tìm x biết:

5a − b 3b − 2a
−
3a + 7 2b − 7

x + 1 x + 2 x + 3 x + 4 x + 2023
+
+
+
+
=0
2014 2013 2012 2011
2

Câu 3. (2 điểm)
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

4x + 2
x2 + 2

x4 y 4 x2 y 2 x y
b. Cho x ; y > 0. Chứng minh : 4 + 4 − 2 − 2 + + ≥ 2
y
x
y
x
y x
Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE,
đường thẳng này cắt CD tại F. Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt CD tại K. Qua E kẻ đường thẳng song song
với AB, đường thẳng này cắt AI tại G.

a. Chứng minh AE = AF.
b. Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi.
c. Chứng minh ∆ AKF đồng dạng ∆ CAF.
d. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BE = BM. Tìm vị trí của điểm E trên cạnh BC để diện tích ∆
DEM đạt giá trị lớn nhất?
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
Câu

Câu 1

Câu 2

ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC 2014-2015
MÔN TOÁN 8
Ý
Nội dung
Điểm
3
2
2
2
a x + x y − 5 x − 5 y = x ( x + y ) − 5( x + y ) =(x + y)(x - 5)
0.5
0.5
= ( x + y )( x + 5)( x − 5)
b Vì p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố nên p lẻ.
0.25
Nếu p = 3 thì p và p2 +2 đều là nguyên tố suy ra p3 +2 = 29 là số nguyên tố
Nếu p > 3 p có dạng 6k + 1 hoặc 6k – 1 khi đó p 2 + 2 chia hết cho 3 nên p2 + 2 không là
0.25

số nguyên tố. Vậy khi p và p2 + 2 là số nguyên tố thì p = 3.
0.25
3
2
2
c Ta có: n – n + 2n + 7 = n (n + 1) -2n(n + 1) +4(n +1) + 3
0. 5
Để n3 – n2 + 2n + 7 chia hết cho n + 1 thì 3 chia hết cho n + 1
Từ đó HS tìm được n tương ứng
0.25
a

5a − b 3b − 2a 3a + (2a − b) 2b − (2a − b)
−
−
=
3a + 7 2b − 7
3a + 7
2b − 7
3a + 7 2b − 7
−
= 1−1 = 0
P=
3a + 7 2b − 7
P=

0.5
0.5

12

b
c

x + 1 x + 2 x + 3 x + 4 x + 2023
+
+
+
+
=0 ⇔
2014 2013 2012 2011
2
x +1
x+2
x+3
x+4
x + 2023
+1+
+1+
+1+
+1+
−4=0
2014
2013
2012
2011
2
⇔

x + 2015 x + 2015 x + 2015 x + 2015 x + 2015
+
+
+
+
=0
2014
2013
2012
2011
2

1
1
1
1
1
+
+
+
+ ) = 0 ⇔ x= - 2015
2014 2013 2012 2011 2
4 x + 2 ( x + 2) 2 − ( x 2 + 2) ( x + 2) 2
A= 2
=
= 2
−1
x +2
x2 + 2
x +2

( x + 2) 2
Vì 2
≥ 0 ⇒ min A = −1 khi x = -2
x +2
x4 y 4 x2 y 2 x y
+
−
− + + ≥2 ⇔
y 4 x4 y2 x2 y x

0.5
0.25
0.25

⇔ ( x + 2015)(

a

b
c

x4
x2
y4
y2
x2 y 2
x y
−
2
+

1
+
−
2
+
1
+
+ 2 −2+ + −2≥ 0
4
2
4
2
2
y
y
x
x
y
x
y x

Câu 3

2

2

0.5

0.5

0.25

2

 x2
  y2   x y  x y
⇔  2 − 1÷ +  2 − 1÷ +  − ÷ + + − 2 ≥ 0
y
 x
  y x y x
2

0.5

2

0.25

2

 x2

 y2 
 x y
x y
Ta có  2 − 1÷ ≥ 0;  2 − 1÷ ≥ 0;  − ÷ ≥ 0; + − 2 ≥ 0 với mọi x ; y > 0.
y x
y x
y


x

BĐT cuối đúng nên BĐT đầu đúng vì các phép biến đổi đều là tương đương
Câu 4

B

E

C

0.25

M
I

K

G
A

D

F

a

∆ ABE = ∆ ADF (cạnh góc vuông, góc nhon) suy ra AE = AF

0.75

b

Tam giác AEF vuông cân suy ra AI ⊥ EF (1)

0.25
13


Tứ giác EGFK là hình bình hành (hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi

0.5

đường vì ∆ IEG = ∆ IFK) (2)

c

Từ (1) và (2) suy ra EGFK là hình thoi
Xét ∆ AKF và ∆ CAF có chung góc F; Lại có tam giác EAF vuông cân nên

0.25
0.5

·
·
KAF
= 450 = ACE
= 450 suy ra hai tam giác đồng dạng
Gọi cạnh hình vuông là a . Đặt BE = BM = x suy ra CE = a – x ; AM = a – x

0.25

S DEM = S ABCD − S BME − S AMD − S DCE =

d

1
1
1
a 2 − a(a − x) − a (a − x ) − x 2
2
2
2
1 2
1
1 2
1 2
2
2
2
= − ( x − 2ax ) = − ( x − a ) − a  = a − ( x − a) ≤ a
2
2
2
2
S DEM đạt giá trị lớn nhất là 1 a 2 khi x –a = 0 tức x = a nghĩa là khi đó E trùng C
2

0.5
0.25

Lưu ý:
- Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm bài hình.

14