Tổng hợp các đề ôn thi HSG Toán lớp 8 với lời giải chi tiết

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (8.95 MB, 105 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ SỐ 1

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1: (2 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức:

A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 + 20152 + 20132 + …+ 32 + 1). 
b) Cho x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 4. Tính giá trị của biểu thức B = x4 + y4 + z4.

Bài 2: (4 điểm)

1. Với n . Chứng minh rằng:

a) C = n + 6n + 11n + 6n 1 4 3 2  là số chính phương.
b) D = 5n 2 26.5n82n 1 chia hết cho 59.

2. Tìm n để n5 +1 chia hết cho n3 + 1. 
Bài 3:(4điểm)

a) Giải phương trình:

2009 x 2007 x 2005 x 2003 x x 17 x 15 x 13 x 11

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

              

   

b) Xác định m để phương trình x m x 2 2

x 1 x

   

 có nghiệm duy nhất.
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thứcP 8x2 3

4x 1



 .

d) Tìm giá trị của x để Q = 2019 – (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) đạt giá trị lớn nhất.

Bài 4: (2 điểm)

Chứng minh rằng f(x) =

5 3 2

19x 8x 27x 29x

5  3  2  30 nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.

Bài 5: (4 điểm)

1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy tại I.
Chứng minh rằngMB NC PA. . IM IN IP .

MC NA PB  AMBN CP

2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với

AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD.

a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của AB.
b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm.

Bài 6: (4 điểm)

Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác góc A cắt các tia phân giác góc B và góc D thứ tự
ở E và F; Tia phân giác góc C cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ tự ở H và G.

a) Chứng minh rằng tứ giác EFGH là hình chữ nhật.
b) Cho AB = a, BC = b (a > b). Tính HF theo a và b.

c) Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện gì để diện tích EFGH bằng

(a b)
.
2

--- HẾT---

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐỀ SỐ 1

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bài 1:(2 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức:

A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1). 
b) Cho x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 4. Tính giá trị của biểu thức B = x4 + y4 + z4.

Bài Đáp án Điểm

Bài 
1

1a)

A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1)



2 2

 

2 2

 

2 2





2 2



A 2018 2017  2016 2015  2014 2013  ... 2 1
A2018 2017 2016 2015 2014 2013 ... 2 1       





2018 2018 1

A 2 037 171

2


  .

0,5
0,25
0,25

1b)

Ta có x   y z 0



x y z



2  0 x2y2z22 xy



yzzx



0
Vì x2y2z2 4 nên 4 2 xy



yzzx



 0 xyyzzx  2





2 2 2 2 2 2 2





xy yz zx 4 x y y z z x 2xyz x y z 4

          

Vì x  y z 0nên x y2 2y z2 2z x2 2 4.
Ta có









2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

x y z  4 x y z 16x y z 2 x y y z z x 16
Mà x y2 2y z2 2z x2 2 4nên x4y4z4 8.

0,5
0,25

0,25

Bài 2:(4 điểm)

1.Với n . Chứng minh rằng:

a) C = n + 6n + 11n + 6n 1 4 3 2  là số chính phương.
b) D = 5n 2 26.5n82n 1 chia hết cho 59.

2. Tìm n để n5 +1 chia hết cho n3 + 1.

Bài Đáp án Điểm

2.1a)

Ta có C = n + 6n + 11n + 6n 1 4 3 2 
C = n4 + 2n2(3n + 1) + 9n2 + 6n + 1 
C = n4 + 2n2(3n + 1) + (3n + 1)2
C = (n2 + 3n + 1)2

Vì n là số tự nhiên nên C là số chính phương.

0,5
0,5
0,5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Bài 
2





n 2 n 2n 1 n n n n n n n n

D5  26.5 8  25.5 26.5 8.64 51.5 64.8 59.5 8 64 5
Vì 64n – 5n 64 – 5 59 nên 8(64n – 5n) 59 và 59.5n 59 với mọi số tự nhiên n. 
Do đó D = 5n + 2 + 26.5n + 82n + 1 chia hết cho 59 với mọi số tự nhiên n.

0,75
0,5
0,25

2.2

Ta có n5 + 1 n3 + 1  n2(n3 + 1) – (n5 + 1) n3 + 1  n2 – 1 n3 + 1 
 (n3 + 1) – n(n2 – 1) n3 + 1  n + 1 n3 + 1  1 n2 – n + 1

 

n 0 ; 1

n n 1 1

     

 


    


Sau khi thử lại ta được n

 

0 ; 1 thì n5 + 1 chia hết cho n3 + 1.

0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình:

2009 x 2007 x 2005 x 2003 x x 17 x 15 x 13 x 11

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

              

   

b) Xác định m để phương trình x m x 2 2

x 1 x

   

 có nghiệm duy nhất.
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 8x2 3

4x 1



 .

d) Tìm giá trị của x để Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị lớn nhất .

Bà
i

Đáp án Điể

m

Bà
i 3

3a)

2009 x 2007 x 2005 x 2003 x

VT 4 1 1 1 1

7 9 11 13

2016 x 2016 x 2016 x 2016 x
VT 4

7 9 11 13

   

        

   

    

x 17 x 15 x 13 x 11

VP 4 1 1 1 1

1999 2001 2003 2005

x 2016 x 2016 x 2016 x 2016
VP 1

1999 2001 2003 2005

   
        
   
   
    
   
Do đó:

2016 x 2016 x 2016 x 2016 x x 2016 x 2016 x 2016 x 2016

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

              

   





1 1 1 1





1 1 1 1

2016 x 2016 x

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

   

            

   

2016 x 0 x 2016

    

0,25

0,25
0,25

3b) ĐKXĐ: x 1 ; x0.

 





 

x m x 2

2 1 m 3 x 2 *

x 1 x

 

    



</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất

Phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác – 1 và 0.
m 3

m 3 m 3

2 m 3 m 1

m 3
2
0
m 3

 
    

    
   
  

 
 


Vậy khi m 3
m 1




 

 thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

0,25

3c) ĐKXĐ: với mọi x thuộc .



2

 

2









2







2

2 2 2 2

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

8x 3

P 1 1

4x 1 4x 1 4x 1 4x 1

       



      

   

Dấu “=” xảy ra khi





2
2

4 x 1

0 x 1

4x 1


   

 .

Vậy GTNN của biểu thức P là – 1, đạt được khi x = – 1.



2

 

2

 

2











2

2 2 2 2

4 4x 1 16x 8x 1 4 4x 1 4x 1 4x 1

8x 3

P 4 4

4x 1 4x 1 4x 1 4x 1

       



     

   

Dấu “=” xảy ra khi





2
2

4x 1 1

0 x

4x 1 4



  

 .

Vậy GTLN của biểu thức P là 4, đạt được khi x 1
4

 .

0,5

3d) ĐKXĐ: với mọi x thuộc .
Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6)
Q = 2019 – (x2 + 5x – 6)(x2+ 5x + 6) 
Q = 2019 – [(x2 + 5x)2 – 36]

Q = 2055 – (x2 + 5x)2 2055

Dấu “=” xảy ra khi x2 + 5x = 0  x = 0 hoặc x = – 5.

Vậy khi x = 0 hoặc x = – 5 thì biểu thức Q đạt GTLN bằng 2055.

0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 4:(2 điểm)

Chứng minh rằng f(x) =

5 3 2

19x 8x 27x 29x

5  3  2  30 nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.

Bài Đáp án Điểm

Bài 
4

 

19x5 8x3 27x2 29x 114x5 80x3 405x2 29x
f x

5 3 2 30 30

  

    

f(x) nhận giá trị nguyên  114x5 + 80x3 + 405x2 – 29x 30 
Ta có 114x5 + 80x3 + 405x2 – 29x

= (120x5 + 90x3 + 390x2 – 30x) – (6x5 + 10x3 – 15x2 – x) 
Do đó cần chứng minh 6x5 + 10x3 – 15x2 – x 30

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Ta có 6x5 + 10x3 – 15x2 – x = 6(x5 – x) + 10(x3 – x) – 15x(x – 1). 
Vì x5 – x 30 ; x3 – x 30 và x(x – 1) 30 với mọi số nguyên x

Do đó 6x5 + 10x3 – 15x2 – x = 6(x5 – x) + 10(x3 – x) – 15x(x – 1) 30.

 

19x5 8x3 27x2 29x

f x

5 3 2 30

     nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.

0,5
0,5

Bài 5:(4 điểm)

1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy tại I.
Chứng minh rằngMB NC PA. . IM IN IP .

MC NA PB  AMBN CP

2.Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với

AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD.

a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của AB.
b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm.

Bài Đáp án Điểm

Hình vẽ

0,5

5.1

Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:

MB AB

MCAC ;

NC BC
NA  BA ;

PA CA
PB  CB
MB NC PA AB BC CA

. . . . 1

MC NA PB AC BA CB

   (1)

Kẻ AH  BC và IK BC (H và K thuộc BC)  AH // IK
Áp dụng định lí Ta-lét ta có IM IK

AM AH
Ta lại có IBC

ABC

S IK

S AH, do đó

IBC

ABC

S
IM

AMS . Tương tự

IAC
ABC

S
IN

BNS ;

IAB
ABC

S
IP

CP S .

Vậy IBC IAC IAB ABC

ABC ABC ABC ABC

S S S

IM IN IP S

AM BNCP S S S S  (2)
Từ (1) và (2) MB NC PA. . IM IN IP .

MC NA PB AM BN CP

   

0,5

0,5
H K

I
P

N

M

B C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Bài 
5

Hình vẽ

0,5

5.2a)

Giả sử tia CF cắt AB tại M và cắt DE tại N.

Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác CAM có DN // AM CN ND

CM MA

 

Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác CMB có NE // MB CN NE

CM MB

 

Do đó ND NE CN
MA  MB CM hay

MA ND

MB  NE (1)
Chứng minh tương tự ta được NE ND FN

MA  MB  FM hay

MB ND

MA  NE (2)

Từ (1) và (2) MA MB 2 2

MA MB MA MB

MB MA

      .

Vậy đường thẳng CF đi qua trung điểm M của AB.

0,5

5.2b)

Ta có BD là đường phân giác của tam giác ABC vuông tại A

AD AB

DC BC

  BC AB

DC AD

  BC AB

5 3

 

2 2 2 2 2 2

BC AB BC AB AC 8

25 9 25 9 16 16



     



BC AB

5 3

    BC = 10cm ; AB = 6cm.

Vì DE // AB, áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét ta có

 

DE CD DE 5 6.5

DE 3,75 cm

AB CA  6  8  8  .

0,5

Bài 6:(4 điểm)

Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác góc A cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ
tự ở E và F; Tia phân giác góc C cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ tự ở H và G.

a) Chứng minh rằng tứ giác EFGH là hình chữ nhật.
b) Cho AB = a, BC = b (a > b). Tính HF theo a và b.

c) Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện gì để diện tích EFGH bằng

(a b)
.
2


N
M

F

E

D

A C

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài Đáp án Điểm

Bài 
6

Hình vẽ

0,5

6a)

Vì ABCD là hình bình hành   A B 1800

Vì AE và BE thứ tự là phân giác của góc A và góc B
1

EAB A

  và EBA 1B
2






0 0

1 1

EAB EBA A B .180 90

2 2

      0

AEB 90

  . Tương tự CGD900.
Vì ABCD là hình bình hành 0

A D 180

  

Vì AF và DF thứ tự là phân giác của góc A và góc D
1

FAD A

  và FDA 1D
2






0 0

1 1

FAD FDA A D .180 90

2 2

      0

AFD 90

  .

Mà AFDGFE (đối đỉnh) nên 0

GFE90 .

Tứ giác EFGH có ba góc vng nên EFGH là hình chữ nhật.

0,5
0,5

0,5

6b)

Gọi M và N thứ tự là trung điểm của AD và BC.
AFD

 vng tại F có FM là đường trung tuyến
1

MF MA MD AD

     MDF cân tại M MDFMFD

Mà MDFFDC (gt) nên MFDFDC MF // DC (1)
Chứng minh tương tự cũng được NH // DC (2)
Vì M và N thứ tự là trung điểm của AD và BC

 MN là đường trung bình của hình bình hành ABCD

 MN // AB // DC và MN = AB = DC (3)
Theo tiên đề Ơ-Clit  4 điểm M, F, H, N thẳng hàng

MF FH HN MN

   

1 1 b b

FH MN MF NH AB AD BC a a b

2 2 2 2

            .

0,25
0,25
0,25
0,25

6c)

Vì FH là đường chéo của hình chữ nhật EFGH nên SEFGH = 2.SFGH
N

M F

E

H
G

B

D C

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Mà





2
EFGH

a b
S









2
FGH

a b
S

4


 

Mặt khác FGH vuông tại G nên









a b
1

GF.GH 2GF.GH a b

2 4



    .

Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có GF2 + GH2 = FH2= (a – b)2 = 2GF.GH 
(GF – GH)2 = 0 GF = GH

FGH

  vuông cân tại G  GFHGHF450

Mà FH // DC nên GDCGCD450   D C 900 ABCD là hình chữ nhật.
Vậy khi ABCD là hình chữ nhật thì diện tích tứ giác EFGH bằng

(a b)
.
2


0,25
0,25

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

ĐỀ SỐ 2

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1: (4 điểm)

a) Cho A = 12 + 22 + 32 + … + 10092 và B = 12 + 32 + 52 + … + 20172. 
Tính giá trị của biểu thức C = 4A – B.

b) Rút gọn biểu thức D 1 1 1 ... 1

1 1 2 1 2 3 1 2 3 ... n

    

       với

n .

Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng với *

n thì E = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n khơng là số chính phương. 
b) Tìm các số tự nhiên x và y thỏa mãn 1 + 3x = 4y.

c) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì F = p4 + p2 – 2 chia hết cho 72.

Bài 3:(4 điểm)

a) Giải phương trình x 1 x 22 x 15 6

17 37 67

     

b) Xác định m để phương trình x2 – 2mx + m + 2 = 0 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức G = x2 + y2 + xy + x + y.

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình vng ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao
cho BE = DF. Gọi H là hình chiếu của A trên EF.

a) Tam giác AEF là tam giác gì? Vì sao?

b) Chứng minh rằng ba điểm B, H, D thẳng hàng.
c) Tính tỉ số CE

DH.

Bài 5: (3 điểm)

1. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính diện tích hình
thang ABCD, biết SAOB = 36cm2 và SCOD = 81cm2.

2. Cho hình vẽ:

--- HẾT---

(Giám thị khơng giải thích gì thêm)

P
N

Q
M

D C

G
E

Cho biết:

Các tứ giác ABCD; EFGH đều là hình bình hành.
Các điểm M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của các đoạn
thẳng AE, BF, CG, DH.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

ĐỀ SỐ 2

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bài 1: (4 điểm)

a) Cho A = 12 + 22 + 32 + … + 10092 và B = 12 + 32 + 52 + … + 20172.
Tính giá trị của biểu thức C = 4A – B.

b) Rút gọn biểu thức D 1 1 1 ... 1

1 1 2 1 2 3 1 2 3 ... n

    

       với

n .

Bài Đáp án Điểm

Bài 
1

1a)

Ta có A = 12 + 22 + 32 + … + 10092  4A = 22 + 42 + 62 + … + 20182.

C = (20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22) – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1)



2 2

 

2 2

 

2 2





2 2



C 2018 2017  2016 2015  2014 2013  ... 2 1
C2018 2017 20162015 2014 2013 ... 2 1  





2018 2018 1

C 2 037 171

2


  .

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

1b)

Áp dụng công thức 1 2 3 ... n n n 1







     với mọi n *





2 2 2 2

D ...

1.2 2.3 3.4 n n 1

    



1 1 1 1 1 1 1 1

D 2 ...

1 2 2 3 3 4 n n 1

 

          



 

1 2n

D 2 1

n 1 n 1

 

   

 

 

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

Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng với *

n thì E = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n không là số chính phương. 
b) Tìm các số tự nhiên x và y thỏa mãn 1 + 3x = 4y.

c) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì F = p4 + p2 – 2 chia hết cho 72.

Bài Đáp án Điểm

2a)

E = (n4 + 6n3 + 9n2) + (2n2 + 6n) 
E = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n)

Đặt m = n2 + 3n thì m ngun dương (vì n ngun dương) 
Khi đó E = m2 + 2m

Ta có m2 < m2 + 2m < (m + 1)2 với mọi m nguyên dương

Vậy E = m2 + 2m không thể là số chính phương với mọi m nguyên dương.

0,25

0,25
0,25
0,25

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Bài 
2

Ta có 1 + 3x = 4y  3x = 4y – 1 = (2y)2 – 1 = (2y – 1)(2y + 1). 
Vì 3 là số nguyên tố nên

y p

y q

2 1 3

  




 

 với p, q  , p < q và p + q = x.
 3q – 3p = 2  3p(3q – p – 1) = 2

q
q p

p 0

3 1 p 0

q 1

3 3

3 1 2



    



   


 

  

 (thỏa mãn điều kiện)

Khi đó 2y – 1 = 1  2y = 2  y = 1. 
Vậy chỉ có x = 1 và y = 1 thỏa mãn đề bài.

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

2c)

Ta có F = p4 + p2 – 2 = (p2 – 1)(p2 + 2).

Với p nguyên tố, p > 3  p  3  p2 chia 3 dư 1  p2 – 1 3 
Với p nguyên tố, p > 3  p lẻ, đặt p = 2k + 1



k ; k1



Khi đó p2 – 1 = (2k + 1)2 – 1 = 4k2 + 4k = 4k(k + 1) 8 (vì k(k + 1) 2) 
Mà 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên p2 – 1 24 (1)

Ta lại có p2 + 2 = (p2 – 1) + 3 3 (vì p2 – 1 3) (2) 
Từ (1) và (2)  (p2 – 1)(p2 + 2) 72

Vậy F = p4 + p2 – 2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên tố lớn hơn 3.

0,5

0,25
0,25

Bài 3:(4 điểm)

a) Giải phương trình x 1 x 22 x 15 6

17 37 67

     

b) Xác định m để phương trình x2 – 2mx + m + 2 = 0 có nghiệm duy nhất.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức G = x2 + y2 + xy + x + y.

Bài Đáp án Điểm

3a)

Ta có x 1 x 22 x 15 6

17 37 67

     

x 1 x 22 x 15

3 2 1 0

17 37 67

  

      

x 52 x 52 x 52

17 37 67

  

   





1 1 1

x 52 0

17 37 67

 

     

 

 x – 52 = 0 (vì 1 1 1 0
173767  )
x 52

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 52.

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

3b)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Bài 
3

2 2 2

x 2mx m m m 2

     





2 2

x m m m 2

    

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất
 (x – m)2 = 0

 m2 – m – 2 = 0 
 (m + 1)(m – 2) = 0

m 1

   hoặc m = 2

Vây m 1 hoặc m = 2 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

0,5

0,75
0,25

3c)

Ta có G = x2 + y2 + xy + x + y









2 2
2 2
2 2
2 2
2 2

G x x y 1 y y

y 1 y 1

G x x y 1 y y

2 2

y 1 3y y 1

G x

2 4 2 4

y 1 3 1 1 1

G x y

2 4 3 3 3

    
 
   
        
   

 
     
 

   
         
   

Dấu “=” xảy ra khi

1
y 1

x
x 0
3
2
1 1

y 0 y

3 3
 
    

 
 
     
 
 

Vậy GTNN của biểu thức G là 1
3

 , đạt được khi x y 1
3
   .

0,5

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình vng ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao
cho BE = DF. Gọi H là hình chiếu của A trên EF.

a) Tam giác AEF là tam giác gì? Vì sao?

b) Chứng minh rằng ba điểm B, H, D thẳng hàng.
c) Tính tỉ số CE

DH.

Bài Đáp án Điểm

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

ABE

 và ADF có AB = AD, B D 900(ABCD là hình vng); BE = DF
(gt).

ABE và ADF (c-g-c)
 AE = AF và BAEDAF

Mà BAEEAD900 nên DAF EAD 900 hay EAF900
Vậy tam giác AEF vuông cân tại A.

0,75
0,75

4b)

AEF

 vng cân tại A có AH là đường cao
 AH đồng thời là đường trung tuyến
 HA HE HF 1EF

  

CEF

 vuông tại C có CH là đường trung tuyến (vì HE = HF)
 HC HE HF 1EF

  

Do đó HA HC 1EF
2

 

  

 

Ta lại có BA = BC, DA = DC (vì ABCD là hình vng)
 3 điểm B, D, H thuộc đường trung trực của đoạn AC

Vậy 3 điểm B, D, H thẳng hàng.

0,5

0,5
0,5

4c)

Vẽ EK // BD (K thuộc CD)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có CE CK

CB CD, mà CB = CD nên CE = CK
 CEK vuông cân tại C EKCE 2

Xét FEK có HE = HF và HD // EK  DK = DF
 DH là đường trung bình của FEK DH 1EK

 

CE CE 2CE 2CE

2
1

DH EK EK CE 2

    

0,5

0,5
0,5

Bài 5: (3 điểm)

1. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính diện tích hình
thang ABCD, biết SAOB = 36cm2 và SCOD = 81cm2.

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Bài Đáp án Điểm

Bài 
5

5.1 Hình vẽ

0,5
Vì AB // CD  SADC = SBDC  SAOD = SBOC = k (k > 0)

AOB
BOC

S OA

S  OC (vì AOB và BOC có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh B)

36 OA

k OC

 

(1)

AOD
DOC

S OA

S  OC (vì AOD và DOC có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh D)

k OA

81 OC

 

(2)

Từ (1) và (2) 36 k 2

k 2916 k 2916 54

k 81

       (vì k > 0)

 SAOD = SBOC = 54cm2

Vậy SABCD = 36 + 54 + 81 + 54 = 225(cm2).

0,25
0,25
0,25
0,25

5.2 Hình vẽ

0,5
Gọi I là trung điểm của AH; J là trung điểm của CF.

AHE

 có MA = ME (gt) và IA = IH (cách vẽ)

 IM là đường trung bình của AHE IM / /HE và IM 1HE
2



AHD

 có QD = QH (gt) và IA = IH (cách vẽ)

 IQ là đường trung bình của AHD IQ / /AD và IQ 1AD

2


D C

A B

J
I

D C

G
E

P
N

Q
M

D C

E Cho biết: Các tứ giác ABCD; EFGH đều là hình bình hành.

Các điểm M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của các đoạn
thẳng AE, BF, CG, DH.

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Tương tự như trên ta được JP / /FG và JP 1FG
2

 ; JN / /BC và JN 1BC

2

Vì ABCD và EFGH là các hình bình hành  AD //= BC ; HE //= FG
Từ đó suy ra IMQ JPN (c-g-c)  MQ = PN

Tương tự như trên ta được MN = PQ
Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

ĐỀ SỐ 3

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức A = 5n3 + 2017n, với n



. Chứng minh A chia hết cho 6. 
b) Cho biểu thức P = 4n2 – n + 6. Tìm các số nguyên n để P là số chính phương.
c) Tìm các cặp số ngun (x ;y) thỏa mãn đẳng thức 2x2 + y2 = 2(xy + x + 2). 
Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x5 + x – 1 thành nhân tử.

b) Cho x > y > 0 thỏa mãn 3x2 + 3y2 = 10xy. Tính giá trị biểu thức

2
2

2x

xy

Q

3y

xy







c) Cho hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b và Q(x) = x2 + x – 2. Xác định các 
hệ số a và b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x).

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + (x + 2018)2. 
b) Chứng minh rằng 12 12 12 ... 12 12

49
3 5 7  97  .

Bài 4: (4,5 điểm)

Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa hai điểm A và B. Trên cùng nửa mặt phẳng
bờ AB, vẽ các tam giác đều ACD và BCE.

a) So sánh hai đoạn thẳng AE và BD.

b) Gọi F là giao điểm của AE và BD. Chứng minh FC là phân giác của góc AFB.

Bài 5: (2,5 điểm)

Cho hình thang vng ABCD có A D 900 và AB = 2.CD. Gọi E là hình chiếu
vng góc của A lên đường chéo BD. Gọi F là trung điểm của BE. Tính số đo góc AFC.

---Hết---

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

ĐỀ SỐ 3

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) (1,5 điểm)

Ta có A = 5n3 + 2017n = 6n3 + 2016n – (n3 – n) = 6n3 + 2016n – n(n – 1)(n + 1). 
Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp

 n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 2 và 3, mà 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau
nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 = 6.

Ta lại có 6n3 và 2016n đều chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.

 6n3 + 2016n – n(n – 1)(n + 1)

Vậy A = 5n3 + 2017n với mọi số nguyên n.

0,5
0,5
0,5
b) (1,5 điểm)

Vì P là số chính chính phương, đặt 4n2 – n + 6 = m2 (với m là số tự nhiên)

 64n2 – 16n + 96 = 16m2

 (64n2 – 16n + 1) – 16m2 = – 95

 (8n – 1)2 – (4m)2 = – 95

 (8n + 4m – 1)(8n – 4m – 1) = – 95

Vì m là số tự nhiên nên 8n + 4m – 1  8n – 4m – 1, nên có 4 trường hợp sau:

8n + 4m – 1 5 1 19 95

8n – 4m – 1 -19 -95 -5 -1

n -1 -6 1 6

Sau khi thử lại, ta tìm được n



 

1 ;6

0,25

0,5

0,5
0,25
c) (1,0 điểm)

Ta có 2x2 + y2 = 2(xy + x + 2)

 2x2 + y2 – 2xy – 2x = 4

 (x2 – 2x + 1) + (x2 – 2xy + y2) = 5
 (x – 1)2 + (x – y)2 = 5 = 12 + 22.

Từ đó tìm được 8 cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đề bài là: (2 ;0), (2 ;4), (0 ;-2),
(0 ;2), (3 ;2), (3 ;4), (-1 ;-2), (-1 ;0).

0,5
0,5
a) (2,0 điểm)

Ta có x5 + x – 1

= (x5 + x2) – (x2 – x + 1) 
= x2(x3 + 1) – (x2 – x + 1)

= x2(x + 1)(x2 – x + 1) – (x2 – x + 1)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Bài 2

= (x2 – x + 1)[x2(x + 1) – 1]

= (x2 – x + 1)(x3 + x2 – 1) 0,5

b) (2,0 điểm)

Ta có 3x2 + 3y2 = 10xy

 3x2 + 3y2 – 10xy = 0

 (3x2 – 9xy) + (3y2 – xy) = 0

 3x(x – 3y) – y(x – 3y) = 0

 (x – 3y)(3x – y) = 0

x 3y 0 x 3y

3x y 0 y 3x

  

 

 

  

 

Vì x > y > 0 nên chỉ có trường hợp x = 3y thỏa mãn.

Do đó

   

 

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2 3y 3y .y

2x xy 18y 3y 15y 5

3y xy 3y 3y .y 3y 3y 6y 2


 
    
   .
1,0
0,5
0,5
c) (2,0 điểm)

Ta có Q(x) = x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2)

Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên tồn tại đa thức G(x) sao cho:

P(x) = Q(x).G(x)  x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x)

 

4 3 2

1 – 1 a.1 b 0
2 – 2
1

a. 2

2 b 0

   
    

 






 a b 1
2a. b 4

  
 




 

a b 1
3a 3
  



 

b 2
a 1
 





Vậy khi a = 1 và b = 2 thì P(x) chia hết cho Q(x).

0,5
0,5
0,5

0,5

Bài 3

a)(1,5 điểm)

Ta có A = x2 + (x + 2018)2

A = x2 + x2 + 4036x + 20182
A = 2x2 + 4036x + 20182 
A2 x



2 2018x



20182

A2 x



2 2018x10092



20182 2.10092

A



2 x 1009









2.1009



2.1009

Dấu “=” xảy ra khi 2(x + 1009)2 = 0   x 1009. 
Vậy: minA = 2.10092, đạt được khi x  1009.

1,0
0,5
b) (1,5 điểm)

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

Ta có (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1

 (2n + 1)2 > 4n2 + 4n = 4n(n + 1) 










1 1 1 1 1

4n n 1 4 n n 1

2n 1

 

    

   



Áp dụng kết quả trên, ta có:





1 1 1 1 1

3 2.1 1 4 1 2

 

    

 

 ,





2
2

1 1 1 1 1

5 2.2 1 4 2 3

 

    

 

 ,





2
2

1 1 1 1 1

7 2.3 1 4 3 4

 

    

 

 ,

....





2
2

1 1 1 1 1

97 2.48 1 4 48 49

 

    

 



 12 12 12 ... 12 1 1 1 1 1 1 ... 1 1 12

4 1 2 2 3 4 48 49 49

3 5 7 97

 

             

 

0,5

0,5
0,5

Bài 4

Hình vẽ đúng

0,5

a) (2,0 điểm)

Vì



ACD đều nên AC = CD = DA và

DAC



ACD



CDA



60

0
Vì



BCE đều nên BC = CE = EB và

EBC



BCE



CEB



60

Do đó 0

DCE



60



ACE



DCB 120







ACE =



DCB (c-g-c)

0,5
0,5
0,5

K
H

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

 AE = DB 0,5

b) (2,0 điểm)

Kẻ CH



AE, CK



BD.

Ta có



ACE =



DCB (c-g-c) 

CAE



CDB

Ta lại có CA = CD (



ACD đều)

Do đó



CHA =



CKD (cạnh huyền-góc nhọn)

 CH = CK

 FC là phân giác của góc AFB.

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

Bài 5

Hình vẽ đúng

0,5

Gọi H là trung điểm của AE, mà F là trung điểm của BE nên HF là đường trung
bình của tam giác AEB  HF // AB và

HF

1 AB

2 

Ta lại có AB // CD (cùng vng góc với AD) và AB = 2.CD
Do đó HF // CD và HF = CD

Từ (1) và (2) suy ra CF



AF hay

AFC



90

1,0

0,5

H F

E
C

A B

 Tứ giác CDHF là hình bình hành

 DH // CF (1)
Ta có FH // AB và AB



AD nên FH



Tam giác DAF có AE



DF và FH



AD nên H là trực tâm của tam giác DAF

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

ĐỀ SỐ 4

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1: (4,0 điểm)

a) Chứng minh đa thức x50 + x10 + 1 chia hết cho đa thức x20 + x10 + 1. 
b) Cho biểu thức P = n2 + 2n – 3. Tìm các số nguyên n để P là số nguyên tố.
c) Tìm các cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đẳng thức 3x2 – y2 + 2xy + 4x + 8 = 0. 
Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x3 + y3 + 3xy – 1 thành nhân tử.

b) Cho x, y > 0 thỏa mãn x3 + y3 + 1 = 3xy. Tính Q = x2017 + y2018.

c) Xác định các hệ số a và b để đa thức x4 + 4 chia hết cho đa thức x2 + ax + b.

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1).

b) Đặt S 1 2 22   32 ... n2. Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1) với n  *.

Bài 4: (7,0 điểm)

1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho
0

ADE 15



. Tính số đo của góc ECD.

2) Cho tứ giác ABCD có A C 900. Gọi H và K thứ tự là hình chiếu vng góc

của B và D lên đường chéo AC. Chứng minh rằng AK = CH.

3) Cho tam giác ABC (AB < AC). Điểm D chuyển động trên cạnh AB và điểm E
chuyển động trên cạnh AC sao cho BD = CE. Chứng minh rằng trung điểm F của DE thuộc
một đoạn thẳng cố định.

---Hết---

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

ĐỀ SỐ 4

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) (1,5 điểm)
Ta có x50 + x10 + 1

= (x50 – x20) + (x20 + x10 + 1) 
= x20(x30 – 1) + (x20 + x10 + 1)

= x20(x10 – 1)(x20 + x10 + 1) + (x20 + x10 + 1)
= (x20 + x10 + 1)[x20(x10 – 1) + 1]

= (x20 + x10 + 1)(x30 – x20 + 1)

Vậy đa thức x50 + x10 + 1 chia hết cho đa thức x20 + x10 + 1.

0,5
0,5
0,5

b) (1,5 điểm)

Ta có P = n2 + 2n – 3 = (n – 1)(n + 3)

Ta lại có (n + 3) – (n – 1) = 4 > 0 nên n + 3 > n – 1

Để P = n2 + 2n – 3 là số ngun tố thì có hai trường hợp xảy ra :

TH1: n – 1 = 1  n = 2, khi đó P = n2 + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng)

TH2: n + 3 = -1  n = -4, khi đó P = n2 + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng) 
Vậy các số nguyên n cần tìm là {-4 ; 2}.

0,5
0,5
0,5
c) (1,0 điểm)

Ta có 3x2 – y2 + 2xy + 4x + 8 = 0.

 (4x2 + 4x + 1) – (x2 – 2xy + y2) = -7

 (2x + 1)2 – (x – y)2 = -7

 (2x + 1 – x + y)(2x + 1 + x – y) = -7

 (x + y + 1)(3x – y + 1) = -7
Lập bảng tìm các giá trị của x và y

x + y + 1 -7 -1 1 7

3x – y + 1 1 7 -7 -1

x -2 1 -2 1

y -6 -3 2 5

0,5

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Vậy có 4 cặp số nguyên (x ;y) cần tìm là (-2 ;-6), (1 ;-3), (-2 ;2), (1 ;5).

Bài 2

a) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + 3xy – 1

= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) – 1 – (3x2y + 3xy2 – 3xy) 
= (x + y)3 – 1 – 3xy(x + y – 1)

= (x + y – 1)[(x + y)2 + (x + y) + 1] – 3xy(x + y – 1) 
= (x + y – 1)(x2 + 2xy + y2 + x + y + 1 – 3xy)

= (x + y – 1)(x2 + y2 – xy + x + y + 1).

0,5

0,5
0,5
0,5
b) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + 1 = 3xy

 x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 + 1 = 3x2y + 3xy2 + 3xy

 (x + y)3 + 1 = 3xy(x + y + 1)

 (x + y + 1)[(x + y)2 – (x + y) + 1] = 3xy(x + y + 1)

 x2 + 2xy + y2 – x – y + 1 = 3xy (vì x, y là các số dương)

 x2 – xy + y2 – x – y + 1 = 0

 2x2 – 2xy + 2y2 – 2x – 2y + 2 = 0

 (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 0

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 = 0

Vì (x – y)2  0, (x – 1)2  0, (y – 1)2  0 với mọi x, y

 (x – y)2 = 0, (x – 1)2 = 0 và (y – 1)2 = 0

 x = y = 1

Vậy Q = x2017 + y2018 = 12017 + 12018 = 1 + 1 = 2.

1,0

0,5

0,5
c) (2,0 điểm)

Ta có x4 + 4

= x4 + 4x2 + 4 – 4x2
= (x2 + 2)2 – (2x)2

= (x2 + 2 – 2x)(x2 + 2 + 2x) 
= (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2)

Để đa thức x4 + 4 chia hết cho đa thức x2 + ax + b thì a  2 và b = 2. 1,5
0,5

Bài 3

a)(1,5 điểm)

Đặt y = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2  0.

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Ta có A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1) 
A = (x2 + 2x + 1 + 3)(x2 + 2x + 1 – 2)

A = (y + 3)(y – 2) = y2 + y – 6  -6 (vì y  0) 
Dấu “=” xảy ra khi y = 0  (x + 1)2 = 0  x = -1

Vậy min A = -6, đạt được khi x = -1.

0,5
0,5

b) Đặt 2 2 2 2

S 1 2   3 ... n . Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1).
Ta có (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k + 1

Cho k nhận lần lượt các giá trị nguyên dương từ 1 đến n, ta có:
23 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1

33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1
43 = 33 + 3.32 + 3.3 + 1 
...
(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1

Cộng VTV các đẳng thức trên ta được:

(n + 1)3 = 3S + 3(1 + 2 + 3 + ... + n) + (n + 1)

 3S = (n + 1)3 – 3.n n







– (n + 1)

 6S = 2(n + 1)3 – 3n(n + 1) – 2(n + 1)

 6S = (n + 1)[2(n + 1)2 – 3n – 2]

 6S = (n + 1)(2n2 + 4n + 2 – 3n – 2)

 6S = n(n + 1)(2n + 1) (ĐPCM)

0,5

0,5
1) (2,5 điểm)

Hình vẽ đúng

0,5

H
F

E B

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Bài 4

Trên cạnh AB lấy điểm F sao cho DF = DC. Kẻ FH



CD.

Tứ giác AFHD là hình chữ nhật (vì 0

A

  

D

H

90

)  FH = AD.
Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD, mà AB = 2AD nên DF = 2FH
Tam giác DFH vng tại H có DF = 2FH nên 0

FDH



30

Ta lại có tam giác CDF cân tại D nên 0

FCD



75

Vì

ADE 15



0nên

EDC



75

Tứ giác EFCD có EF // CD và

EDC



FCD



75

 EFCD là hình thang cân

 CE = DF, mà DF = DC nên CE = DC
Do đó tam giác CDE cân tại C, có 0

EDC



75

nên

ECD



30

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

2) (2,5 điểm)
Hình vẽ đúng

0,5

Vẽ đường cao AE của tam giác ABC cắt đường cao BH tại điểm F

 F la trực tâm của tam giác ABC

 CF là đường cao thứ ba của tam giác ABC hay CF



Ta có AF // DC (cùng vng góc với BC), CF // DA (cùng vng góc với AB)

 AFCD là hình bình hành

 AF // CD và AF = CD

FAH

DCK





(so le trong)

A C

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>





FAH =



DCK (cạnh huyền - góc nhọn)

 AH = CK

 AK = CH

0,5

3) (2,0 điểm)
Hình vẽ đúng

1,0

0,5

Vì AB < AC nên trên cạnh AC tồn tại điểm G sao cho CG = AB. Gọi M và Q thứ
tự là trung điểm của BC và AQ.

Vì BD = CE nên khi DB thì E C và FM
Vì BD = CE nên khi D



A thì E



G và F



Vì tam giác ABC cố định nên đoạn thẳng MQ cố định.
Ta chứng minh điểm F thuộc đoạn thẳng MQ. Thật vậy :
Gọi N và P thứ tự là trung điểm của BE và BG.

 MN là đường trung bình của



BCE ; MP là đường trung bình của



BCG

 MN // CE và MN =

CE

2

; MP // CG và MP =

CG

2

Vì ba điểm C, E, G thẳng hàng nên ba điểm M, N, P thẳng hàng

Ta cũng có NF là đường trung bình của



BED ; PQ là đường trung bình của



BGA  NF // BD và NF =

BD

2

; PQ // AB và PQ =

AB

2

Mà BD = CE, AB = CG nên MN = NF, MP = PQ và NF // PQ





MNF cân tại N,



MPQ cân tại P và MNFMPQ

 NMFPMQ

Mà ba điểm M, N, P thẳng hàng nên ba điểm M, F, Q thẳng hàng
Vậy trung điểm F của DE thuộc đoạn thẳng MQ cố định.

N
P

M
F

E
G

B C

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

ĐỀ SỐ 5

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho n số nguyên a1, a2, a3, …,an có giá trị bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng
nếu a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1 = 0 thì n chia hết cho 4.

b) Tìm các số nguyên tố p có tổng các ước dương của p4 là một số chính phương. 
c) Tìm số tự nhiên ab, biết rằng

ab





a 1



 



b 1





Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) thành nhân tử.
b) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn

x

1 y

1 z

1 y

z

x

    

. Tính

Q

x

y

z

y

z

x

  

c) Xác định các hệ số a và b sao cho đa thức x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia
cho x – 3 thì dư – 5.

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (x + 4)2 – (2x – 1)2.

b) Chứng minh rằng 1 + a + a2 + a3 + ...+ a17 = (1 + a)(1 + a2)(1 + a4)(1 + a8). 
Bài 4: (7,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên các cạnh AB, AC lấy các điểm D và E
sao cho AD = AE. Đường thẳng qua A và vng góc với BE cắt BC tại M ; Đường thẳng
qua D và vng góc với BE cắt BC tại N. Chứng minh rằng M là trung điểm của CN.

2) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Về phía ngồi tam giác, vẽ tam giác ABD
vuông cân tại B và tam giác ACE vuông cân tại C. Gọi H và K thứ tự là hình chiếu của D
và E trên đường thẳng BC.

a) So sánh BH và CK.

b) Gọi F là trung điểm của DE. Tam giác BFC là tam giác gì ? Vì sao ?

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

ĐỀ SỐ 5

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) (1,5 điểm)
Ta có x50 + x10 + 1

= (x50 – x20) + (x20 + x10 + 1) 
= x20(x30 – 1) + (x20 + x10 + 1)

= x20(x10 – 1)(x20 + x10 + 1) + (x20 + x10 + 1) 
= (x20 + x10 + 1)[x20(x10 – 1) + 1]

= (x20 + x10 + 1)(x30 – x20 + 1)

Vậy đa thức x50 + x10 + 1 chia hết cho đa thức x20 + x10 + 1.

0,5
0,5
0,5

b) (1,5 điểm)

Ta có P = n2 + 2n – 3 = (n – 1)(n + 3)

Ta lại có (n + 3) – (n – 1) = 4 > 0 nên n + 3 > n – 1

Để P = n2 + 2n – 3 là số ngun tố thì có hai trường hợp xảy ra :

TH1: n – 1 = 1  n = 2, khi đó P = n2 + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng) 
TH2: n + 3 = -1  n = -4, khi đó P = n2 + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng)
Vậy các số nguyên n cần tìm là {-4 ; 2}.

0,5
0,5
0,5
c) (1,0 điểm)

Ta có 3x2 – y2 + 2xy + 4x + 8 = 0.

 (4x2 + 4x + 1) – (x2 – 2xy + y2) = -7

 (2x + 1)2 – (x – y)2 = -7

 (2x + 1 – x + y)(2x + 1 + x – y) = -7

 (x + y + 1)(3x – y + 1) = -7
Lập bảng tìm các giá trị của x và y

x + y + 1 -7 -1 1 7

3x – y + 1 1 7 -7 -1

x -2 1 -2 1

y -6 -3 2 5

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Vậy có 4 cặp số nguyên (x ;y) cần tìm là (-2 ;-6), (1 ;-3), (-2 ;2), (1 ;5). 0,5

Bài 2

a) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + 3xy – 1

= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) – 1 – (3x2y + 3xy2 – 3xy)
= (x + y)3 – 1 – 3xy(x + y – 1)

= (x + y – 1)[(x + y)2 + (x + y) + 1] – 3xy(x + y – 1) 
= (x + y – 1)(x2 + 2xy + y2 + x + y + 1 – 3xy)

= (x + y – 1)(x2 + y2 – xy + x + y + 1).

0,5
0,5
0,5
0,5
b) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + 1 = 3xy

 x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 + 1 = 3x2y + 3xy2 + 3xy

 (x + y)3 + 1 = 3xy(x + y + 1)

 (x + y + 1)[(x + y)2 – (x + y) + 1] = 3xy(x + y + 1)

 x2 + 2xy + y2 – x – y + 1 = 3xy (vì x, y là các số dương)

 x2 – xy + y2 – x – y + 1 = 0

 2x2 – 2xy + 2y2 – 2x – 2y + 2 = 0

 (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 0

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 = 0

Vì (x – y)2  0, (x – 1)2  0, (y – 1)2  0 với mọi x, y

 (x – y)2 = 0, (x – 1)2 = 0 và (y – 1)2 = 0

 x = y = 1

Vậy Q = x2017 + y2018 = 12017 + 12018 = 1 + 1 = 2.

1,0

0,5

0,5
c) (2,0 điểm)

Ta có x4 + 4

= x4 + 4x2 + 4 – 4x2

= (x2 + 2)2 – (2x)2

= (x2 + 2 – 2x)(x2 + 2 + 2x)
= (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2)

Để đa thức x4 + 4 chia hết cho đa thức x2 + ax + b thì a  2 và b = 2. 1,5
0,5

Bài 3

a)(1,5 điểm)

Đặt y = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2  0.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Ta có A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1) 
A = (x2 + 2x + 1 + 3)(x2 + 2x + 1 – 2)

A = (y + 3)(y – 2) = y2 + y – 6  -6 (vì y  0) 
Dấu “=” xảy ra khi y = 0  (x + 1)2 = 0  x = -1
Vậy min A = -6, đạt được khi x = -1.

0,5
0,5

b) Đặt 2 2 2 2

S 1 2   3 ... n . Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1).
Ta có (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k + 1

Cho k nhận lần lượt các giá trị nguyên dương từ 1 đến n, ta có:

23 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1

33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1
43 = 33 + 3.32 + 3.3 + 1 
...
(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1

Cộng VTV các đẳng thức trên ta được:

(n + 1)3 = 3S + 3(1 + 2 + 3 + ... + n) + (n + 1)

 3S = (n + 1)3 – 3.n n







– (n + 1)

 6S = 2(n + 1)3 – 3n(n + 1) – 2(n + 1)

 6S = (n + 1)[2(n + 1)2 – 3n – 2]

 6S = (n + 1)(2n2 + 4n + 2 – 3n – 2)

 6S = n(n + 1)(2n + 1) (ĐPCM)

0,5

0,5
1) (2,5 điểm)

Hình vẽ đúng

0,5

H
F

E B

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Bài 4

Trên cạnh AB lấy điểm F sao cho DF = DC. Kẻ FH



CD.
Tứ giác AFHD là hình chữ nhật (vì 0

A

  

D

H

90

)  FH = AD.
Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD, mà AB = 2AD nên DF = 2FH
Tam giác DFH vuông tại H có DF = 2FH nên 0

FDH



30

Ta lại có tam giác CDF cân tại D nên 0

FCD



75

Vì

ADE 15



0nên

EDC



75

Tứ giác EFCD có EF // CD và

EDC



FCD



75

 EFCD là hình thang cân

 CE = DF, mà DF = DC nên CE = DC
Do đó tam giác CDE cân tại C, có 0

EDC



75

nên

ECD



30

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

2) (2,5 điểm)
Hình vẽ đúng

0,5

Vẽ đường cao AE của tam giác ABC cắt đường cao BH tại điểm F

 F la trực tâm của tam giác ABC

 CF là đường cao thứ ba của tam giác ABC hay CF



Ta có AF // DC (cùng vng góc với BC), CF // DA (cùng vng góc với AB)

 AFCD là hình bình hành

 AF // CD và AF = CD

FAH

DCK





(so le trong)

A C

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>





FAH =



DCK (cạnh huyền - góc nhọn)

 AH = CK

 AK = CH

0,5

3) (2,0 điểm)
Hình vẽ đúng

1,0

0,5

Vì AB < AC nên trên cạnh AC tồn tại điểm G sao cho CG = AB. Gọi M và Q thứ
tự là trung điểm của BC và AQ.

Vì BD = CE nên khi DB thì E C và FM
Vì BD = CE nên khi D



A thì E



G và F



Vì tam giác ABC cố định nên đoạn thẳng MQ cố định.
Ta chứng minh điểm F thuộc đoạn thẳng MQ. Thật vậy :
Gọi N và P thứ tự là trung điểm của BE và BG.

 MN là đường trung bình của



BCE ; MP là đường trung bình của



BCG

 MN // CE và MN =

CE

2

; MP // CG và MP =

CG

2

Vì ba điểm C, E, G thẳng hàng nên ba điểm M, N, P thẳng hàng

Ta cũng có NF là đường trung bình của



BED ; PQ là đường trung bình của



BGA  NF // BD và NF =

BD

2

; PQ // AB và PQ =

AB

2

Mà BD = CE, AB = CG nên MN = NF, MP = PQ và NF // PQ





MNF cân tại N,



MPQ cân tại P và MNFMPQ

 NMFPMQ

Mà ba điểm M, N, P thẳng hàng nên ba điểm M, F, Q thẳng hàng
Vậy trung điểm F của DE thuộc đoạn thẳng MQ cố định.

N
P

M
F

E
G

B C

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

ĐỀ SỐ 6

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1: (4,0 điểm)

a) Chứng minh tồn tại số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2017.

b) Cho biết abc là số nguyên tố. Chứng minh M = b2 – 4ac khơng thể là số chính phương. 
c) Tìm tất cả các hình chữ nhật có kích thước là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo
chu vi.

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x 10
21
x  x 1 x  x 1 .

b) Xét hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b và Q(x) = x2 + x – 2. 
Xác định các hệ số a và b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x).

c) Cho x là số thực thỏa mãn x2 – x – 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức S = x8 – 21x. 
Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x2 – 2x + 3)(x2 – 2x + 5) – 7. 
b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: a b c 3

bcca ab  2.

Bài 4: (3,5 điểm)

Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của ba cạnh tam giác ABC. Tia AO cắt BC tại D.
Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho DE = DB ; Trên cạnh AC lấy điểm F sao cho DF = DC.
a) Chứng minh rằng DA là tia phân giác của góc EDF.

b) DE cắt OB tại M ; DF cắt OC tại N. Tam giác MON là tam giác gì ? Vì sao ?

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tứ giác ABCD có 0

A C 90 . Gọi O là giao điểm của AC và BD (AOB900 và
BC < AD). Gọi H và K thứ tự là hình chiếu vng góc của C và D lên BD và AC.
Chứng minh rằng:

a) HK song song với AB.
b) AC.BD = AB.CD + AD.BC.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

ĐỀ SỐ 6

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) Xét 2017 số tự nhiên có dạng 1, 11, 111, 1111, … ,

2017 cs 1

111...11

Nếu trong dãy số trên có một số chia hết cho 2017 thì bài tốn được giải xong.
Nếu trong dãy số trên khơng có số nào chia hết cho 2017 thì ta chia lần lượt 2017
số đó cho 2017 ta được 2017 số dư tương ứng nhận 2016 giá trị từ 1 đến 2016.
Như vậy có ít nhất 2 phép chia có cùng số dư.

Giả sử đó là hai số

m cs 1

111...1 và

n cs 1

111...1 (với 2017  m > n  1) chia cho 2017 có
cùng số dư.


m cs 1

111...1 -

n cs 1

111...1 = n

m n cs 1

111...1 10


 chia hết cho 2017.
Vì 10n và 2017 là hai số nguyên tố cùng nhau nên

m n cs 1

111...1


chia hết cho 2017.
Vậy tồn tại số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2017.

b) Ta có abc100a 10b c

 2

4.abc400a 40ab4ac









2



4.abc 20ab  b 4ac

Giả sử M = b2 – 4ac là số chính phương, đặt b2 – 4ac = k2 (k  , b > k) 
Ta có 4.abc



20ab



2k2 



20a b k 20a



 b k



Dễ thấy 20a + b + k > 20a + b – k > 20a  20

Mặt khác abc 100a 10b c 20a b k      (vì b > k)

Điều này vơ lí, vì abc là số nguyên tố nên 4. abc không thể có hai ước
20a + b + k ; 20a + b – k mà abc > 20a + b + k > 20a + b – k > 20.
Vậy M = b2 – 4ac khơng thể là số chính phương.

0,5
0,25

0,5
0,5
0,25

c) Gọi x, y là các kích thước của hình chữ nhật (x, y nguyên dương và x  y)
Theo đề ta có xy = 2(x + y)  xy – 2x – 2y = 0  (x – 2)(y – 2) = 4.
Vì x, y là các số nguyên dương nên có hai trường hợp sau:

TH1: x – 2 = 4 và y – 2 = 1  x = 6 và y = 3.
TH2: x – 2 = 2 và y – 2 = 2  x = 4 và y = 4.
Vậy có hai hình chữ nhật thỏa mãn đề bài.
a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x 10

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Bài 2

2 3 10

1 1 21

x 1 x 1

x x

 

   

, đặt x 1 y
x

  với y 2, ta có phương trình:

2 3 10

y 1 y 1  21  10y

2 + 21y – 115 = 0  y 5
2

 ; y 23
5

  (t/m y 2)
TH1: y 5

  x 1 5

x 2

   2x2 – 5x + 2 = 0  x = 2 ; x 1
2

 (t/m x  0)
TH2: y 23

   x 1 23

x 5

    5x2 + 23x + 5 = 0 x 23 429
10
 

  (t/m)

Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S 1 ; 2 ; 23 429

2 10
   
 
  
 
 .

b) Ta có Q(x) = x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2)

Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x)

 

4 3 2

1 – 1 a.1 b 0
2 – 2
1

a. 2

2 b 0

   
    

 






 a b 1
2a. b 4

  

   




 

a b 1
3a 3
  



 

b 2
a 1
 




Vậy a = 1 và b = 2 thì P(x) chia hết cho Q(x).
c) Ta có x2 – x – 1 = 0

 x2 = x + 1

 x4 = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 = x + 1 + 2x + 1 = 3x + 2

 x8 = (3x + 2)2 = 9x2 + 12x + 4 = 9x + 9 + 12x + 4 = 21x + 13

 x8 – 21x = 13

Vậy S = x8 – 21x = 13.

0,5
0,5
0,5

Bài 3

a)Biểu thức A xác định với mọi số thực x.
Đặt t = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2  0, khi đó ta có: 
A = (t + 2)(t + 4) – 7 = t2 + 6t + 1  1 (vì t  0).

Dấu “=” xảy ra khi t = 0  (x – 1)2 = 0  x = 1 (thỏa mãn) 
Vậy minA = 1 đạt được khi x = 1.

b) Ta có:



 



a b c 3 1 1 1

a b b c c a 9

b c c a a b 2 a b b c c a

 

             

       

Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z > 0, ta có:





1 1 1

x y z 9

x y z

 

     

  

x y y z z x

y x z y x z

        

     

 

    (*)

Ta lại có





2 2 2 x y

x y 0 x y 2xy 2

y x

        (vì x, y > 0)

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Tương tự y z 6
z  y ;

z x
2

x z (vì x, y, z > 0), do đó (*) đúng.

Vậy a b c 3

bccaab  2 với mọi a, b, c > 0.

Bài 4

a) Chứng minh rằng DA là tia phân giác của góc EDF.

Vì O là giao điểm các đường trung trực của các cạnh của tam giác ABC
 OA = OB = OC

 AOB, BOC, COA là các tam giác cân tại O

1 2

A B

  ; B1 C2 ; C1 A2
Ta có DE = DB  DBE cân tại D

 DBEDEB B1B2 A1ADE, mà A1B2nên B1 ADE (1)
Ta có DF = DC  DCF cân tại D

 DCFDFC C1C2 A2ADF, mà C1 A2nên C2 ADF (2)

Mà B1 C2nên từ (1) và (2) ADEADF
Vậy DA là tia phân giác của góc EDF.

0,25
0,25

0,75
0,25
0,25
0,5
0,25
b) DE cắt OB tại M ; OF cắt OC tại N. Tam giác MON là tam giác gì ? Vì sao ?

Theo câu a) ta có : B1 ADE
 OBD ഗ ODM (g-g)
 OD2 = OM.OB (3)

Theo câu a) ta có : C2 ADF

 OCD ഗ ODN (g-g)
 OD2 = ON.OC (4)

Vì OB = OC nên từ (3) và (4)  OM = ON.
Vậy tam giác MON cân tại O.

1 21

2
1

N
M

F
E

D
O

B C

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Bài 5

1,0
1,0
0,25
0,25

a) Chứng minh HK song song với AB.

Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD.
 ECB ഗ EAD (g-g)  EC EA

EB  ED

 ECA ഗ EBD (c-g-c) EACEDB (1)
Ta có OCH ഗ ODK (g-g)  OH OC

OK  OD

 OHK ഗ OCD (c-g-c) OKHODC (2)

Từ (1) và (2) EACOKH, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // AB.
b) Chứng minh AC.BD = AB.CD + AD.BC.

Ta có EACEDB (câu a) ; EACADK (cùng phụ với KAD ) ADK EDB
 CBD ഗ KAD (g-g)  BC BD AD.BC BD.AK

AK  AD  (3)
Tương tự ABD ഗ KCD (g-g)  AB BD AB.CD BD.KC

KC  CD  (4)

Cộng (3) và (4) VTV ta được AC.BD = AB.CD + AD.BC (đpcm).

K
H

O
B

A D

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

ĐỀ SỐ 7

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Chứng minh rằng A = n3 + 2015n chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.

b) Cho 10 số nguyên dương a1, a2, a3, ..., a10 thỏa mãn đẳng thức sau :

3 3 3 3 3 3

1 2 3 4 5 10

a a  a a a  ... a . Chứng minh rằng S = a1 + a2 + a3 + ... + a10 là hợp số.
c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab, biết rằng

 

ab





a



b



Bài 2: (4,0 điểm)

a) Cho x + y + z = 0. Chứng minh đẳng thức: x3 + y3 + z3 = 3xyz. 
b) Phân tích các đa thức



x28



236 thành nhân tử

c) Xác định các hệ số a và b sao cho đa thức x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia 
cho x – 3 thì dư – 5.

Bài 3: (4,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x + 1)2 + (x + 3)2.
b) Cho a > b > 0, thỏa mãn 2a2 + 2b2 = 5ab. Tính





29a 11b
M

2018 a b



 .
c) Tìm x biết rằng : x4 = 20x + 21.

Bài 4: (3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ AH vng góc với BD (HBD).
a) Tính chu vi và diện tích hình chữ nhật ABCD, biết BH = 16cm và DH = 9cm.
b) Gọi M, N thứ tự là trung điểm của DH và BC. Tính số đo của góc AMN.

Bài 5: (5,0 điểm) Cho hình vng ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC
lấy điểm F sao cho DF = BE. Đường thẳng qua A và vng góc với EF cắt CD tại K. Đường
thẳng qua E và song song với AB cắt AK tại I.

a) Tam giác AEF là tam giác gì ? Vì sao ?
b) Chứng minh tứ giác IEKF là hình thoi.

c) Chứng minh chu vi tam giác CEK bằng nửa chu vi hình vng ABCD.

d) Chứng minh đường chéo BD của hình vng ABCD đi qua trung điểm của EF.
---Hết---

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

ĐỀ SỐ 7

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) Ta có n3 + 2015n = n3 – n + 2016n = (n – 1)n(n + 1) + 2016n.

Vì n(n + 1) là tích của 2 số nguyên liên tiếp nên n(n + 1) 2  (n – 1)n(n + 1) 2
Vì (n – 1)n(n + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên (n – 1)n(n + 1) 3

Do 2 và 3 nguyên tố cùng nhau nên (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 2.3 = 6.

0,5
0,5
0,5
b) Ta có a13a32 a33 a34  a35 ... a103

 3 3 3 3 3 3 3

1 1 2 3 4 5 10

2a a a  a a a  ... a chia hết cho 2 (1)

Xét hiệu



3 3 3 3







1 2 3 10 1 2 3 10

a    a a ... a  a    a a ... a





a13a1

 

 a23a2

 

 a33a3



 ...



a103 a10



(2)
Theo câu a) thì a3kak 



ak1 a

 

k ak 1



chia hết cho 2 với mọi ak

Từ (2) suy ra



3 3 3 3







1 2 3 10 1 2 3 10

a    a a ... a  a    a a ... a chia hết cho 2 (3)
Từ (1) và (3) suy ra S = a1 + a2 + a3 + ... + a10 chia hết cho 2

Ta lại có S = a1 + a2 + a3 + ... + a10 > 2 (vì a1, a2, a3, ..., a10 nguyên dương)
Vậy S = a1 + a2 + a3 + ... + a10 là hợp số.

0,5

0,25

0,25
c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số

ab

, biết rằng

 

ab





a



b



Đặt x6 =

 

ab





a



b



3  x3 =

ab

và x2 = a + b.

Vì 10ab99 nên 10x3 99, mà x là số tự nhiên nên

x



 

3;4

Với x = 3 thì

3
2

ab

3

27 a

b

3

9   





 





(thỏa mãn vì 27

2 = (2 + 7)3) 
Với x = 4 thì

3
2

ab

4

64 a

b

4

16   





 





(không thỏa mãn)

Vậy ab = 27.

0,5
0,5
a) Ta có x + y + z = 0

 x  y z




  

3 3

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Bài 2

 3 2 2 3 3

x 3x y 3xy y  z

 3 3 3





x y z  3xy xy

 3 3 3

 

x y z  3xy z

 3 3 3

x y z 3xyz

0,5
0,5
b) Ta có



x28



236

4 2

x 16x 64 36

   



4 2



x 20x 100 36x

   



2



 

x 10 6x

  







x 6x 10 x 6x 10

    

0,5
0,5
0,5
c) Xác định các hệ số a và b sao cho đa thức x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, 
chia cho x – 3 thì dư – 5.

Theo đề ta có



  



  

3
3

x ax b x 1 .P x 7
x ax b x – 3 .Q x – 5

  
  
  





 



  



  

3
3

a.

1 b

-1

1 .P

7 a.3 b 3 – 3 .Q

1

3 – 5

1   















 



a b 8
a b 3

4a 40 a 5

a b

3 b 8 3

   
  
  
   
 
  
   
0,5
0,25
0,25
Bài 3

a)A = (x + 1)2 + (x – 3)2.
A = x2 + 2x + 1 + x2 – 6x + 9. 
A = 2x2 – 4x + 10

A = 2(x2 – 2x + 1) + 8
A = 2(x – 1)2 + 8

Vì 2(x – 1)2  0 với mọi x nên A  8 với mọi x
Dấu “=” xảy ra khi 2(x – 1)2 = 0  x = 1 
Vậy minA = 8, đạt được khi x = 1.

0,5

0,5
0,5

b) Ta có 2a2 + 2b2 = 5ab

 2a2 + 2b2 – 5ab = 0 
 2a2 – 4ab – ab + 2b2 = 0
 2a(a – 2b) – b(a – 2b) = 0
 (a – 2b)(2a – b) = 0

 a – 2b = 0 hoặc 2a – b = 0
 a = 2b hoặc b = 2a

Vì a > b > 0 nên chỉ có a = 2b
Vậy





29.2b 11b 58b 11b 69b 23

2018 2b b 2018.3b 2018.3b 2018

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

 x4 + 4x2 + 4 = 4x2 + 20x + 25. 
 (x2 + 2)2 = (2x + 5)2

Trường hợp 1: x2 + 2 = 2x + 5  (x – 1)2 = 4  x 1 2 x 3

x 1 2 x 1

  

 



      

 

Trường hợp 2: 2

x    2 2x 5 (x + 1)2 = 6x (vì (x + 1)2 0) 
Vậy x 



1 ; 3



0,5
0,25

0,25

Bài 4

0,5

a) Ta có BH = 16cm, DH = 9cm  BD = 25cm

Tam giác ABD vuông tại A  AB2 + AD2 = BD2 = 252 = 625 (1) 
Tam giác ABH vuông tại H  AB2 – AH2 = BH2 = 162 = 256 (2) 
Tam giác ADH vuông tại H  AD2 – AH2 = DH2 = 92 = 81 (3) 
Lấy (2) trừ (3) VTV ta được AB2 – AD2 = 175 (4)

Cộng (1) và (4) VTV ta được 2AB2 = 800  AB2 = 400  AB = 20cm. 
Thay AB2 = 400 vào (1) suy ra AD2 = 225  AD = 15cm.

Chu vi của hình chữ nhật ABCD là (20 + 15).2 = 70(cm)

Diện tích của hình chữ nhật ABCD là 20.15 = 300(cm2)

0,5

0,5
b) Gọi K là trung điểm của AH. Tam giác AHD có KA = KH, MD = MH

 MK là đường trung bình của tam giác AHD  MK // AD và MK 1AD
2



Vì ABCD là hình chữ nhật nên AD //= BC
Vì N là trung điểm của BC nên NB 1BC



Do đó MK //= NB  BKMN là hình bình hành  BK // MN

Vì MK // AD (cmt), AD  AB (ABCD là hình chữ nhật)  MK  AB

Trong tam giác AMB có AH và MK là hai đường cao cắt nhau tại K nên K là trực

tâm của tam giác AMB  BK  AM.

Ta lại có BK // MN nên MN  AM hay AMN900.

0,5

0,5
K

N

M

H

B

D C

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Bài 5

0,5

a) ABE và ADF có :

AB = AD, 0

ABEADF90 (ABCD là hình vng), BE = DF (gt)
 ABE = ADF (c-g-c)

 AE = AF và BAEDAF

Ta có ABEEADBAD900 nên DAF EBD 900 hay EAF900
Do đó AEF vng cân tại A.

0,5

0,5
b) Gọi O là giao điểm của AK và EF.

AEF

 vuông cân tại A có AO là đường cao nên AO đồng thời là trung tuyến
 OE = OF

IOE

 và KOF có : OE = OF (cmt), IOEKOF900

Ta lại có EI // AB, AB // CD  EI // CD  IEOKFO (so le trong)
 IOE = KOF (g-c-g) OIOK

Tứ giác IEKF có OI = OK, OE = OF, IK  EF
 Tứ giác IEKF là hình thoi.

1,0
0,5

c) AEF vng cân tại A có AO là đường cao nên AO đồng thời là phân giác

 FAKEAK
AKF

 và AKE có : AK là cạnh chung, AF = AE, FAKEAK (cmt)
 AKF = AKE (c-g-c)  KF = KE

Chu vi của tam giác CEK bằng

CK + CE + EK = CK + CE + KF (vì KF = KE)
= CK + CE + KD + DF

= (CK + KD) + (CE + BE) (vì DF = BE)
= CD + BC = 2BC (vì ABCD là hình vng)
Vậy chu vi tam giác CEK bằng nửa chu vi hình vng ABCD

0,5

0,5
d) Vì tam giác AEF vng tại A và tam giác CEF vng tại C có O là trung điểm

cạnh huyền EF nên OA = OC (cùng bằng nửa EF)
Ta lại có BA = BC và DA = DC (ABCD là hình vng)

 ba điểm B, O, D cùng thuộc đường trung trực của AC

Vậy đường chéo BD của hình vng ABCD đi qua trung điểm của O của EF.

0,5

0,5
I

K
O

F

B
A

D C

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

ĐỀ SỐ 8

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho n số nguyên a1, a2, a3, …,an có giá trị bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng
nếu a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1 = 0 thì n chia hết cho 4.

b) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + p2 cũng là một số nguyên tố. 
c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab, biết rằng

 

ab





a



b



Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) thành nhân tử.
b) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn

x

1 y

1 z

1 y

z

x

    

. Tính

Q

x

y

z

y

z

x

  

c) Xác định các hệ số a và b sao cho đa thức x3 + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia
cho x – 3 thì dư – 5.

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 + xy + x + y. 
b) Cho

4 4

x

y

1 a



b



a



b

và x

2 + y2 = 1. Chứng minh





20 20

10 10

x

y

2 a



b



a



b

Bài 4: (7,0 điểm)

1) (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, AB = AC,

BAC 100



0. Trên tia AC lấy điểm D
sao cho AD = BC. Tính số đo của góc ADB.

2) (5,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB = 21cm, AC = 28cm. Vẽ các
đường phân giác trong BD và CE của tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của BD và CE.

a) Tính diện tích tứ giác BEDC.

b) Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng



ABD ഗ



IMB.
c) Gọi F là giao điểm của hai đường thẳng DE và BC. Tính tỉ số FB

FC.

---Hết---

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

ĐỀ SỐ 8

(Thời gian làm bài 150 phút) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) Cho n số nguyên a1, a2, a3, …,an có giá trị bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng
minh rằng nếu a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1 = 0 thì n chia hết cho 4.

Vì n số ngun a1, a2, a3, …,an có giá trị bằng 1 hoặc bằng -1 nên n số a1a2, a2a3,
a3a4, …, ana1 cũng có giá trị bằng 1 hoặc bằng -1, mà a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1
= 0. Do đó trong n số này có k số bằng 1 và k số bằng -1, tức là n = 2k.

Ta lại có (a1a2).(a2a3).(a3a4).…(ana1) = (a1.a2.a3…an)2 > 0 nên số thừa số bằng -1 là
một số chẵn, tức là k = 2t. Do đó n = 4t. Vậy n chia hết cho 4.

0,5
0,5
0,5
b) Tìm các số nguyên tố p sao cho 2p + p2 cũng là một số nguyên tố.

Với p = 2 thì 2p + p2 = 22 + 22 = 8 là hợp số

Với p = 3 thì 2p + p2 = 23 + 32 = 17 là số nguyên tố

Với p là số ngun tố lớn hơn 3 thì p khơng chia hết cho 3

 p2 chia 3 dư 1  p2 – 1 chia hết cho 3

Với p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì p lẻ  (2p + 1) (2 + 1) hay (2p + 1) 3

 2p + p2 = (2p + 1) – (p2 – 1) chia hết cho 3 và lớn hơn 3

 2p + p2 là hợp số

Vậy chỉ có p = 3 thì 2p + p2 = 23 + 32 = 17 là số nguyên tố.

0,5

0,5
c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số

ab

, biết rằng

 

ab





a



b



Đặt x6 =

 

ab





a



b



3 x3 =

ab

và x2 = a + b.

Vì 10ab99 nên 10x3 99, mà x là số tự nhiên nên

x



 

3;4

Với x = 3 thì

3
2

ab

3

27 a

b

3

9   





 





(thỏa mãn)

Với x = 4 thì

3
2

ab

4

64 a

b

4

16   





 





(không thỏa mãn)

Vậy

ab

= 27.

0,5
0,5
a) Phân tích đa thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) thành nhân tử.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

Bài 2

= x2[(y – x) + (x – z)] + y2(z – x) + z2(x – y) 
= x2(y – x) + x2(x – z) + y2(z – x) + z2(x – y)
= (x – y)(z2 – x2) + (x – z)(x2 – y2)

= (x – y)(z – x)(z + x) + (x – z)(x – y)(x + y)
= (x – y)(z – x)[(z + x) – (x + y)]

= (x – y)(z – x)(z – y)

0,5
0,5
0,5
0,5
b) Cho x, y, z > 0 thỏa mãn

x

1 y

1 z

1 y

z

x

    

. Tính

Q

x

y

z

y

z

x

  

Khơng mất tính tổng qt, giả sử x > y > 0  x – y > 0 (1)
Ta có

x

1 y

z

  



x

y

1 y

z

y

yz



   

 y – z > 0  y > z > 0 (2)

Ta có

y

1 z

x

  



y

z

1 z

x

z

zx



   

 z – x > 0  z > x > 0 (3)
Từ (1) (2) và (3)  x > x vô lí.

Nếu 0 < x < y thì cũng vơ lí. Vậy x = y
Khi đó từ giả thiết  x = y = z

Vậy

Q

x

y

z

y

z

x

  

= 1 + 1 + 1 = 3.

0,5
0,5
0,5

0,5
c) Xác định các hệ số a và b sao cho đa thức x3 + ax + b chia cho x + 1 thì

dư 7, chia cho x – 3 thì dư – 5.
Theo đề ta có



  



  

3
3

x ax b x 1 .P x 7
x ax b x – 3 .Q x – 5

  

  

  






 



  



  

a.

1 b

-1

1 .P

7 a.3 b 3 – 3 .Q

1

3 – 5

1   















 



a b 8
a b 3

4a 40 a 5

a b

3 b 8 3

   

  

  

   

 

  

   

0,5

0,5
1,0

Bài 3

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + y2 + xy + x + y. 
A = x2 + y2 + xy + x + y.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>



 



2 2

2 2

y 1 y 1

A x x y 1 y y

4 4

y 1 3y y 1

A x

2 4 2 4

 
      

 
     
 

2
2
2 2

y 1 3 2y 1 4

A x y

2 4 3 9 9

y 1 3 1 1 1

A x y

2 4 3 3 3


   
        
   

   
         
   

Dấu “=” xảy ra khi

1 y 1

x

0

3

2

1 y

0 y

3 







 













 



 





Vậy minA = 1
3

 , đạt được khi x y 1
3

   .

0,5

b) Cho

4 4

x

y

1 a



b



a



b

và x

2 + y2 = 1. Chứng minh





20 20

10 10

x

y

2 a



b



a



b

Ta có

4 4

x

y

1 a



b



a



b

và x

2 + y2 = 1







2 2

4 4 x y

x y

a b a b



 





bx

ay

x

2x y

2 2

y

ab

a

b







 (a + b)(bx4 + ay4) = ab(x4 + 2x2y2 + y4)

 abx4 + a2y4 + b2x4 + aby4 = abx4 + 2abx2y2 + aby4

 a2y4 + b2x4 – 2abx2y2 = 0

 (ay2 – bx2)2 = 0

 ay2 = bx2



x

y

x

y

1 a

b

a

b

a

b













20 20
10
10 10

x

y

1 a



b



a



b

0,5

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>







20 20

10 10

x

y

2 a



b



a



b

0,5

Bài 4

1) (2,0 điểm)
Hình vẽ đúng

0,5

Vẽ tam giác đều ADE sao cho E và B nằm cùng phía đối với AC.
Tam giác ABC cân tại A có 0

BAC 100



nên ABCACB400

Tam giác ADE đều nên 0

EADADEAED60 .

Do đó 0

BAE40 .

Từ đó suy ra BAE ACB (c-g-c) BEAB
Do đó ADB EDB (c-c-c) ADBEDB
Mà ADE600 nên ADB300.

0,5
0,5
0,5
2) (5,0 điểm)

Hình vẽ đúng

0,5

2.a)

Tam giác ABC vuông tại A. Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có :

E

D

B

C

A

F

M

I

E

D

A

C

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

2 2 2 2

BC AB AC  21 28 35(cm).

Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác
Ta có AD AB 21 3

DC  BC  355

AD DC AD DC AC 28 7 21

3 5 3 5 8 8 2 2



       

 (cm) ;

35
DC

 (cm).
Ta có AE AC 28 4

EB  BC 35  5

AE EB AE EB AB 21 7 28

4 5 4 5 9 9 3 3



       

 (cm) ;

35
EB

 (cm).
Tam giác ADE vuông tại A nên SADE 1AD.AE 1 21 28. . 49

2 2 2 3

   (cm2).

0,5

0,5
0,5
2.b)

Vì M là trung điểm của BC nên MB MC BC 35

2 2

   (cm) MC DC 35

  

(cm).

Do đó IMC IDC (c-g-c) MICDIC.

Vì BD và CE là các đường phân giác của tam giác ABC

0 BAC 0 90 0

BIC 90 90 135

2 2

     

0 0 0

DIC 45 MIC 45 BIM 90

      .

Vậy ABD ഗ IBM (g-g).

0,5
0,5

0,5
2.c)

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uts vào tam giác ABC và ba điểm thẳng hàng D, E, F
Ta có FB DC EA. . 1 FB DA EB. AB BC. AB 21 3

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

ĐỀ SỐ 9

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1

:

(3 đ) Tính giá trị của biểu thức

a) A = x

1931

– 1931x

1930

+1931x

1929

– 1931x

1928

+ …- 1931x

+ 1931x + 82 tại x = 1930

b) B =

1944 1944 1944 ... 1944

(y22)(y12)(y22)(y32) (y32)(y42) (y2002)(y2012)

tại y =1988

Bài 2:

(3đ)

a)

CMR: Tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 9

b)

Tìm x, y



Z, biết (x - 26)(y + 3) = 1931

Bài 3:

(3đ)

a)

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức C =

1930
3
4

x  x

b)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức D = x

+ 2xy +2y

– 4y +

4
2012

Bài 4:

(3đ)

Cho hai đa thức f(x) = 2x

+ x

+ 7x + 1 và g(x) = 2x – 1

Tìm x



Z để P =

( )

f x

g x

nhận giá trị nguyên

Bài 5

: (3đ)

a)

Phân tích thành nhân tử của đa thức G = a

+ b

+ c

– 3abc

b)

Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của



ABC. Nếu G = 0 thì



ABC là tam giác gì?

Bài 6:

(5đ) Cho



ABC có đường trung tuyến AM. Gọi I là trung điểm của AC, N là

điểm đối xứng với M qua I.

a)

Tứ giác AMCN, ABMN là hình gì? Vì sao?

b)

Tìm điều kiện của



ABC để tứ giác AMCN là hình vng

c)

Gọi E là trung điểm của AB và F là điểm đối xứng với M qua E. CMR: Ba

đường thẳng AM, BN, CF đồng quy

d)

Nếu



ABC có

B C

và AB = 6cm, AC = 8cm.

i)CMR: Bốn điểm A, E, M, I cùng nằm trên đường trịn có bán kính bằng 2,5cm
ii) Tính diện tích tứ giác AMCN

--- HẾT---

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

ĐỀ SỐ 9

(Thời gian làm bài 150 phút)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài

Nội dung

Điểm

Bài 1 
(3đ)

a) Thay 1931 = x+1 vào biểu thức

A = x

1931

– (x+1)x

1930

+(x+1)x

1929

– (x+1)x

1928

+ …- (x+1)x

+ (x+1)x + 82

= x

1931

- x

1931

- x

1930

+ x

1930

+x

1929

- x

1929

- x

1928

+ ...- x

– x

+ x

+ x +82

= x+82 =1930 + 82 = 2012

1đ 
0,5đ

b)

B =

1944 1944 1944 ... 1944

(y12)(y22)(y22)(y32)(y32)(y42) (y2002)(y2012)

1 1 1 1

1944. ...

(y 12)(y 22) (y 22)(y 32) (y 32)(y 42) (y 2002)(y 2012)

 

   

         

 

Ta có

1 1 1 1

(y 12)(y 22) 10 y 12 y 22

 

   

     

1 1 1 1

(y 22)(y 32) 10 y 22 y 32

 

   

     

1 1 1 1

(y 32)(y 42) 10 y 32 y 42

 

   

     

………..

1 1 1 1

(y 2002)(y 2012) 10 y 2002 y 2012

 

   

     

Do đó B = 1944 1 1 1944. 2000

10 y 12 y 2012 10 (y 12)(y 2012)

 

 

     

 

Thay y = 1998 vào biểu thứcB, ta được B = 243
5000

0,5đ

0,5đ 
0,5đ

Bài 2

a)Ta có (n-1)

+ n

+ (n+1)

= 3n

+ 6n = 3n(n

- 1) + 9n = 3n(n-1)(n+1) + 9n 9

Vì (n-1)n(n+1) là ba số ngun liên tiếp nên có một số chia hết cho 3

1đ 
0,5đ

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

(3đ)

Ta có 1931 là số nguyên tố và x, y



Z nên (*)



26 1
3 1931
26 1931
3 1
26 1
3 1931
26 1931
3 1
x
y
x
y
x
y
x
y
  

  


  
  

   


   

  




   



27
1928
1957
2
25
1934
1905
4
x
y
x
y
x
y
x
y
 

 


 
  


 


  

 



  


1,5đ 
Bài 3 
(3đ)

a)

C =

1930
3
4

x  x

Để giá trị của biểu thức C lớn nhất thì 4x

– x +

đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có 4x

– x +

=

2 2

1 1 3 1 23 23

2 2

4 16 2 4 16 16

x x

         

   

   

.

Do đó 4x

– x +

đạt giá trị nhỏ nhất là

23
16

khi

x

Vậy C có giá trị lớn nhất là

1930 30880

23 23



khi

x

0,5đ

0,5đ 
0,5đ

b)

Ta có D = (x + y)

+ (y - 2)

- 4 +

2012

=(x + y)

+ (y - 2)

+

2012

1
2012



Do đó D có giá trị nhỏ nhất là

2012

khi

2
2
x
y
 

 

0,75đ 
0,75đ
Bài 4

(3đ)

Ta có P =

5
4
2 1
x x
x
  


.

Do đó để P nhận giá trị nguyên thì

2x 1

Ư(5)

-

Nếu 2x - 1 = 1



x = 1

-

Nếu 2x - 1 = -1



x = 0

-

Nếu 2x - 1 = 5



x = 3

-

Nếu 2x - 1 = -5



x = -2

Vậy x

 



2; 0;1;3



thì P nhận giá trị nguyên

1đ 
1đ

1đ

Bài 5 
(3đ)

a) Ta có G = a

+ b

+ c

– 3abc

= (a + b)

+ c

– 3abc – 3 a

b – 3ab

= (a + b + c)

2 2

(a b) (a b c). c 3ab a( b c)
       

 

= (a + b + c)(a

+ b

+ c

– ab – bc – ac)

0,5đ 
0,5đ 
0,5đ

b) Ta có G = 0



(a + b + c)(a

+ b

+ c

– ab – bc – ac) = 0

Mà a + b + c > 0 suy ra (a

+ b

+ c

– ab – bc – ac) = 0



2a

+ 2b

+ 2c

– 2ab – 2bc – 2ac = 0

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>



(a-b)

+ (b-c)

+(a-c)

= 0



a = b = c

Vậy



ABC là tam giác đều

0,5đ

Bài 6 
(5đ)

a)Tứ giác AMCN có IA = IC (gt)

IM = IN (đối xứng). Suy ra Tứ giác AMCN là hình bình hành.
Nên AN =MC và AN//MC

mà MB = MC(gt).

Do đó AN//BM và AN = BM.

Vậy Tứ giác ABMN là hình bình hành

b) Để Tứ giác AMCN là hình vng thì hình bình hành AMCN phải có AM MC

và AM =MC 



ABC vng cân tại A

c) CMR: Ba đường thẳng AM, BN, CF đồng quy

Gọi O là giao điểm hai đường chéo AM và BN của hình bình hành ANMB (1).
Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác AMBF là hình bình hành

Do đó BF//AM//NC và BF = AM = NC.Nên tứ giác NCBF là hình bình hành có hai
đường chéo là BN và CF (2).

Từ (1) và (2) suy ra Ba đường thẳng AM, BN, CF đồng quy tại O

d) i) CMR: Bốn điểm A, E, M, I cùng nằm trên đường trịn có bán kính bằng 2,5cm
Vì ABC có 0

B C và AB = 6cm, AC = 8cm nên ABC vuông tại A và BC =
10cm.

Ta có tứ giác AEMI là hình bình hành (vì MI//AE và MI = AE)

Mà 0

A (gt) . Do đó tứ giác AEMI là hình chữ nhật nên bốn điểm A, E, M, I cùng

nằm trên đường trịn đường kính là AM, mặt khác AM =
2

BC

Hay Bốn điểm A, E, M, I cùng nằm trên đường trịn bán kính là 10 2,5

4 4

BC  

cm
 ii) Tính diện tích tứ giác AMCN.

Ta có tứ giác AEMI là hình chữ nhật nên suy ra 0

AIM  hay MI  AC

0,5đ

1đ

0,5đ 
0,5đ

0,5đ

N
F

E I

B C

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Mà tứ giác AMCN là hình bình hành. Do đó tứ giác AMCN là hình thoi
Vậy SAMCN = .

MN AC

mà ta lại có MN = AB . Suy ra SAMCN = . 6.8 24

2 2

AB AC

  cm2

0,5đ

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

a) A = 2012

+ 2010

+ 2008

+ …+4

+ 2

– (2011

+2009

+ 2007

+ …+ 3

+ 1)

b) B = 2012(2011

+ 1).(2011

+ 1)…(2011

1024

+ 1)

N
F

E I

B C

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

ĐỀ SỐ 10

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1: (3đ)

a) Cho A = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …- 1931x2 + 1931x + 83. Tính giá 
trị của biểu thức A tại x = 1930

b) Cho hai đa thức f(x) = 2x3 + x2 + 7x + 1 và g(x) = 2x – 1 
Tìm x Z để P = ( )

( )

f x

g x nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (4đ) Chứng minh rằng:

a) B = abcabc + 2013 là hợp số.

b) Tổng các lập phương của ba số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 9
c) Với mọi số tự nhiên n lẻ thì C = n2 + 4n + 2012 không chia hết cho 8.

d) D = 2 2 1

5n 26.5n8 n 59

Bài 3: (4đ)

a) Giải phương trình:

2005 2003 2001 1999 13 11 9 7

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

   

b) Xác định m để phương trình 2 2
1

x m x

x x

   

 vơ nghiệm.

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức H =

1930
3
4

x  x

d) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = x2 + 2xy +2y2 – 4y + 4 1

2013

Bài 4: (2đ)

Tìm đa thức f(x) sao cho f(x) chia cho x – 2 dư 10, chia cho x - 7 dư 5 và chia cho x2 - 9x

+ 14 được thương là x3 + 2 và còn dư. 
Bài 5: (3,5đ)

a) Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O.
Chứng minh rằng: AP BN CM. . ON OM OP

PB NC MA  AN  BM CP.

b) Cho G = a3 + b3 + c3 – 3abc , với a, b, c là độ dài ba cạnh của ABC. Nếu G = 0 thì 
ABC là tam giác gì?

Bài 6: (3,5đ)

Cho hình bình hành ABCD. Các tia phân giác của các góc của hình bình hành cắt nhau
tạo thành tứ giác EFGH.

a) Chứng minh tứ giác EFGH có bốn đỉnh cùng nằm trên một đường tròn.
b) Cho AB = a, BC = b (a < b). Tính HF theo a và b.

c) Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện gì để diện tích EFGH bằng

( )

ba

.
--- HẾT---

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

ĐỀ SỐ 10

(Thời gian làm bài 150 phút)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài

Nội dung

Điểm

Bài 1 
(3đ)

a)

Thay 1931 = x+1 vào biểu thức

A = x

1931

– (x+1)x

1930

+(x+1)x

1929

– (x+1)x

1928

+ …- (x+1)x

+ (x+1)x + 83

= x

1931

- x

1931

- x

1930

+ x

1930

+x

1929

- x

1929

- x

1928

+ ...- x

– x

+ x

+ x +83

= x+83 =1930 + 83 = 2013

0,75đ

b) Ta có P =

2 5

2 1

x x

x

  



. ĐK:

1
2

x

.

Do đó để P nhận giá trị nguyên thì

2x 1

Ư(5)

-

Nếu 2

x

- 1 = 1



x

= 1

-

Nếu 2

x

- 1 = -1



x

= 0

-

Nếu 2

x

- 1 = 5



x

= 3

-

Nếu 2

x

- 1 = -5



x

= -2

Vậy x

 



2; 0;1;3



thì P nhận giá trị nguyên

0,5đ 
0,5đ 
0,5đ

Bài 2 
(4đ)

a)

CMR: B = abcabc + 2013 là hợp số.

Ta có B = a.105 + b.104 + c.103 +a.102 + b.10 + c +2013 
= 100100 a + 10010b +1001c + 2013

= 1001(100a + 101b + c) + 2013
Mà 1001(100a + 101b + c) 11 và 2013 11.
Do đó B = abcabc + 2013 11. Hơn nữa A > 11
Vậy B = abcabc + 2013 là hợp số.(đpcm)

0,5đ

b)

Ta có (n-1)

+ n

+ (n+1)

= 3n

+ 6n = 3n(n

- 1) + 9n = 3n(n-1)(n+1) + 9n 9

Vì (n-1)n(n+1) là ba số nguyên liên tiếp nên có một số chia hết cho 3

0,5đ 
0,5đ

CMR: Với mọi số tự nhiên n lẻ thì C = n

+ 4n + 2012 không chia hết cho 8.

Đặt n = 2k + 1 (

 k N

), ta có

n

+ 4n + 2012 = (2k + 1)

+ 4(2k + 1) + 2012

= (4k

+ 4k + 1) + (8k + 4) + 2012

= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2009

= 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 251.8 + 1

Mà 4k(k + 1) ; 8(k + 1) ; 251.8 đều chia hết cho 8

Do đó C = n

+ 4n + 2012 không chia hết cho 8 với mọi số n lẻ.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

d)

Ta có D = 25.5n26.5n8.64n 5 (25 26) 8.64n   n 5 .51 8.64n  n

=

5 (59 8) 8.64n   n 59.5n8(64n5 )n

Mà

(64n 5 ) 64 5n 

hay

(64n5 )n

59

Vậy D 59

0,5đ 
0,5đ

Bài 3 
(4đ)

a) Giải phương trình:

2005 2003 2001 1999 13 11 9 7

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

   

 2005 2003 2001 1999 13 11 9 7

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

 (2012 ) 1 1 1 1 1 1 1 1 0

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x  

         

 



x

= 2012 vì

1 1 1 1 1 1 1 1 0

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005
         

 

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

x

= 2012

0,5đ

b) Xác định m để phương trình

2 2
1

x m x

x x

   



(2) vô nghiệm.

ĐKX Đ:

x0 à x v -1

(*)

Với điều kiện (*) thì (2) tương đương với:

x(x + m) + (x + 1)(x – 2) = 2x(x + 1)



(m – 3)x = 2 (3)

Do đó để phương trình (2) vơ nghiệm thì phương trình (3) vơ nghiệm hoặc

phương trình (3) có nghiệm không thỏa mãn điều kiện (*), tức là

m = 3 hoặc

3
2

0
3
2

1
3

m
m
m


 


 

 


  

 




m = 3 hay m = 1

Vậy m = 3 hoặc m = 1 thì phương trình (2) vơ nghiệm

0,5đ

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

c) Ta có H =

2
1930
3
4
2

x  x

> 0 với mọi

x

Để giá trị của biểu thức C lớn nhất thì 4

x

–

x

+

đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta có 4

x

–

x

+

=

2 2

1 1 3 1 23 23

2 2

4 16 2 4 16 16

x x

         

   

   

.

Do đó 4

x

–

x

+

đạt giá trị nhỏ nhất là

23
16

khi

1
8

x

Vậy H có giá trị lớn nhất là

1930 30880

23 23



khi

x

0,5đ

d) Ta có Q = (x + y)

+ (y - 2)

- 4 +

2013

=(x + y)

+ (y - 2)

+

2013
1
2013



Do đó Q có giá trị nhỏ nhất là

2013

khi

2
2
x
y
 

 

0,5đ 
0,5đ 
Bài 4 
(2đ)

Ta có x

- 9x + 14 = (x – 2)(x – 7)

- Tìm dư của f(x) chia cho (x – 2)(x – 7)

Xét f(x) = (x – 2).A(x) +5 (1)

f(x) = (x – 7).B(x) +5 (2)

f(x) = (x – 2)(x – 7)(x3 +2) + ax +b (3) 
Từ (1), (2) và (3) ta có :

(2) 10 2 10 1

(7) 5 7 5 12

f a b a

f a b b

    

  

 

      

  

Vậy dư của f(x) chia cho x2 - 9x + 14 là –x +12 
Do đó f(x) = (x2 - 9x + 14 )(x3 +2) – x + 12 
Hay f(x) = x5 - 9x4 + 14x3 + 2x2 –19x + 40

0,75đ

0,5đ

Bài 5 
(3,5đ)

a) Theo tính chất đường phân giác ta có

AP AC
PB  BC

,

BN AB
NC  AC

,

CM AB

MA  BC

suy ra

. . . .

AP BN CM AC AB BC

PB NC MA  BC AC AB 

(a)

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

Ta có

ONC ONB ONC ONB OBC

ANC ANB ANC ANB ABC

S S S S S

ON

AN S S S S S



   



Tương tự ta cũng có

OAC
ABC
S
OM

BM  S

;

OAB
ABC
S
OP
CP  S

Do đó

OBC OAC OAB ABC

ABC ABC

S S S S

ON OM OP

AN BM CP S S

 

   

= 1 (b)

Từ (a) và (b) suy ra

AP BN CM. . ON OM OP

PB NC MA  AN  BM CP

0,5đ

b) Ta có G = a

+ b

+ c

– 3abc

= (a + b)

+ c

– 3abc – 3 a

b – 3ab

= (a + b + c)

2 2

(a b) (a b c). c 3ab a( b c)
       

 

= (a + b + c)(a

+ b

+ c

– ab – bc – ac)

Ta có G = 0



(a + b + c)(a

+ b

+ c

– ab – bc – ac) = 0

Mà a + b + c > 0 suy ra (a

+ b

+ c

– ab – bc – ac) = 0



2a

+ 2b

+ 2c

– 2ab – 2bc – 2ac = 0



(a-b)

+ (b-c)

+(a-c)

= 0



a = b = c

Vậy



ABC là tam giác đều

0,5đ 
0,5đ 
0,5đ

0,5đ

Bài 6 
(3,5đ)

a)

Chứng minh tứ giác EFGH có bốn đỉnh cùng nằm trên một đường trịn

-Trong



AFD, ta có

0
0

1 1

1 180

( ) 90

2 2

A D  AD  

Nên 0

AFD90

Chứng minh tương tự, ta có 0

BHC  , 0

AEB

Do đó 0

HEF  . Tứ giác EFGH có 3 góc vng nên là hình chữ nhật.

Hay Tứ giác EFGH có bốn đỉnh cùng nằm trên một đường trịn.

Hình

0,5đ

0,75đ

0,25đ

1

G
M

D
B

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

b)

Tính HF theo a và b.

Tứ giác EFGH là hình chữ nhật nên HF = GE

ABM có BE vừa là đường trung tuyến vừa là đường phân giác nên là tam giác cân
tại B. Do đó E là trung điểm của AM.

Chứng minh tương tự: G là trung điểm CN. Suy ra EG là đường trung bình của hình
bình hành AMCN nên EG = 1( )

2 MC AN MC
Mà ABM cân tại B suy ra BA = BM

Nên MC = CB – BA = CB – BA
Do đó EG = CB – BA = b – a .
Vậy EG = HF = b –a

0,5đ

c)

Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện gì để diện tích EFGH bằng

( )

ba

.

Do EG là đường trung bình của hình bình hành AMCN nên EG//AN hay EG//AD.
Chứng minh tương tự: FH//AB

Do đó hình chữ nhật EFGH là hình vng 

EG



FH





AB

 0

A



ABCD là hình chữ nhật

0,5đ

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

ĐỀ SỐ 11

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài

1

:

(2,5 điểm)

a) Phân tích đa thức

x - 19x - 303

thành nhân tử.

b) Tìm hai số tự nhiên a và b sao cho

a-b =

a

b

.

Bài 2

:

(2,5 điểm)

Cho hình thang vng ABCD (

A = D = 900

), có AB =

1

2 CD. Gọi H là hình

chiếu của D trên AC; M là trung điểm của HC.

Chứng minh BM vng góc với DM.

Bài 3

:

(2,5 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức :





2 (2004 ×2014 + 31×2005-1) 2004×2009 + 4

A =

2005×2006×2007×2008×2009

b) Tìm các số tự nhiên n sao cho

n +10n +19642

là số chính phương.

Bài 4

:

( 2,5 điểm )

Cho tam giác ABC. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC, kẻ các đường

song song với AB và BC. Đường thẳng song song với BC cắt AB tại E và đường

thẳng song song với AB cắt BC tại F. Tìm vị trí của M để tứ giác BEMF có diện

tích lớn nhất.

---HẾT---

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

ĐỀ SỐ 11

(Thời gian làm bài 150 phút)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài

1

:

(2,5 điểm)

a) Phân tích đa thức

x3-19 -30x

thành nhân tử.

Giải

Phân tích đa thức :











 















3 3

2
2

-19 -30

8-19 -38

2 - 2 -15

2 -1 -16

2 -5

3 x

 

 

 





 



b) Tìm hai số tự nhiên a và b sao cho -

a b

a

b



Giải

Đặt a – b = n (1)

suy ra

a

b

= n (2)

Từ (1) và (2)



bn – b = n



b(n – 1) = n

Nếu n = 1



a = b



n = 0 ( loại )

Nếu n



1



b =

n

n

= 1 +

1
1

n

Do b là số tự nhiên nên n – 1 =

1

Nếu n – 1 = –1



n = 0



b = 0 ( loại )

Nếu n – 1 = 1



n = 2



a = 4 và b = 2.

Bài 2

:

(2,5 điểm)

Cho hình thang vng ABCD (

A D

), có AB =

1

2 CD. Gọi H là hình chiếu

của D trên AC; M là trung điểm của HC.

Chứng minh BM vng góc với DM.

Giải

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

MN là đường trung bình của tam giác HDC

Suy ra MN//AB//CD và MN = AB

Do đó tứ giác ABMN là hình bình hành

Suy ra AN // BM (1)

Mặt khác, tam giác ADM có AN là đường cao, do đó AN vng góc với DM (2)

Từ (1) và (2) suy ra BM vng góc với DM.

Bài 3

:

(2,5 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức :





2 (2004 ×2014 + 31×2005-1) 2004×2009 + 4

A =

2005×2006×2007×2008×2009

Giải

Đặt 2005 = a nên A được viết dưới dạng:





 















)
4
)(
3
)(

2
)(
1
(
)
3
)(
8
14
7
(
)
4
)(
3
)(
2
)(
1
(
4
4
1
1
31
9

12 3 2 2























a
a
a
a
a
a
a
a
a
a

a
a
a
a
a
a
a
a
a
a
A

1
)
4
)(
3
)(
2
)(
1
(
)
4
)(
3
)(
2
)(
1
( 










a
a
a
a
a
a
a
a
a
a

Vậy A = 1

b) Tìm các số tự nhiên n sao cho

n +10n +19642

là số chính phương.

Giải

Ta có















2 2 2 2

2 2 2

10 1964 10 1964

10 1964 5 25 1964

5 5 1939 277 7

5 1939
5 1

n n m m n n

m n n m n

m n m n
m n
m n
      
        
       
  

    



hoặc

5 277

5 7
m n
m n
  

   


Từ đó suy ra n = 964 và n = 130

A B

D C

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

Bài 4

:

( 2,5 điểm )

Cho tam giác ABC. Qua một điểm M bất kỳ thuộc cạnh AC, kẻ các đường song

song với AB và BC. Đường thẳng song song với BC cắt AB tại E và đường thẳng song

song với AB cắt BC tại F. Tìm vị trí của M để tứ giác BEMF có diện tích lớn nhất.

Giải

Tứ giác tạo thành là hình bình hành BEMF.

Đặt dt(BEMF) = S

; dt(ABC) = S.

Ta tìm giá trị lớn nhất của S

Kẻ AK vng góc với BC; AK cắt EM ở H.

Ta có S

= EM . HK

AK
BC

S .

2
1



nên

AK
KH
BC
EM
S

S

.
2

1 

Đặt MA

= x

; MC =

y

. Theo định lý Ta lét ta có :

y
x

y
AK
HK
y
x

x
BC
EM





 ;

.

Nên





1 2

y
x

xy

S





. Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si dạng





2 

b
a

ab

, ta có





1
2

1 




y
x

xy
S

S

hay

S S

2
1

1 

. Suy ra

Max

S

1 S

2
1



.

Khi đó

x = y

tức là M là trung điểm của AC.

A

B

C

M

E

F

H

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

ĐỀ SỐ 12

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1:

(4,0 điểm)

a) Cho

nN

, chứng minh

n + 2n

4 3

-

n

-

2n

chia hết cho 12

b) Chứng minh rằng: B =

abcabc

+ 2013 là hợp số

Bài 2:

(4,0 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A= 4x +9y

2 2-

4x 6y+10

-b) Cho hai đa thức f(

x

) = 2

x

+

x

+ 7

x

+ 1 và g(

x

) = 2

x

– 1

Tìm

x



Z để P =

( )

f x

g x

nhận giá trị nguyên.

Bài 3:

(4,0 điểm)

a) Cho A =

x

1931

– 1931

x

1930

+1931

x

1929

– 1931

x

1928

+ …– 1931

x

+ 1931

x

+ 83

Tính giá trị của biểu thức A khi

x

= 1930

b) Giải phương trình:

2005 2003 2001 1999 13 11 9 7

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

       

      

   

Bài 4:

(4,0 điểm)

a) Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O.

Chứng minh rằng:

AP BN CM. . ON OM OP

PB NC MA  AN  BM CP

.

b) Cho G = a

+ b

+ c

– 3abc , với a, b, c là độ dài ba cạnh của



ABC. Nếu G

= 0 thì



ABC là tam giác gì?

Bài 5:

(4,0 điểm)

Cho hình vng ABCD và tứ giác NMPQ có 4 đỉnh lần lượt thuộc 4 cạnh của

hình vuông ABCD. Chứng minh:

S

ABCD

AC

(MN + NP + PQ + QM)

4 

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

ĐỀ SỐ 12

(Thời gian làm bài 150 phút)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1:

(4,0 điểm)

a) Cho

nN

, chứng minh

n + 2n

4 3

-

n

-

2n

chia hết cho 12.

Phân tích ra nhân tử



 





4 3 2

1 1 2

n + 2n -n -2n = n n n n

rồi lý luận:

- Tích của 3 số tự nhiên liên tiếp cho 3

- Tích của 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 4

- Kết luận.

b) Chứng minh rằng: B =

abcabc

+ 2013 là hợp số.

Ta có B = a.10

+ b.10

+ c.10

+a.10

+ b.10 + c +2013

= 100100 a + 10010b +1001c + 2013

= 1001(100a + 101b + c) + 2013

Mà 1001(100a + 101b + c) 11 và 2013 11.

Do đó B =

abcabc

+ 2013 11. Hơn nữa A > 11

Vậy B =

abcabc

+ 2013 là hợp số

Bài 2:

(4,0 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

A= 4x +9y

2 2-

4x 6y+10

-Ta có:

A



2x1

 

2 3y1



2 8 8

MinA = 8 khi

x

và

y

b) Cho hai đa thức f(

x

) = 2

x

+

x

+ 7

x

+ 1 và g(

x

) = 2

x

– 1

Tìm

x



Z để P =

( )

f x

g x

nhận giá trị nguyên.

Ta có P =

2 5

2 1

x x

x

  



. ĐK:

1
2

x

.

Do đó để P nhận giá trị ngun thì

2x 1

Ư(5)

-

Nếu 2

x

- 1 = 1



x

= 1

-

Nếu 2

x

- 1 = -1



x

= 0

-

Nếu 2

x

- 1 = 5



x

= 3

-

Nếu 2

x

- 1 = -5



x

= -2

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

P M

N
A

Bài 3:

(4,0 điểm)

a) Cho A =

x

1931

– 1931

x

1930

+1931

x

1929

– 1931

x

1928

+ …– 1931

x

+ 1931

x

+ 83

Tính giá trị của biểu thức A khi

x

= 1930

Thay 1931 = x + 1 vào biểu thức

A = x

1931

– (x+1)x

1930

+(x+1)x

1929

– (x+1)x

1928

+ …- (x+1)x

+ (x+1)x + 83

= x

1931

– x

1931

– x

1930

+ x

1930

+x

1929

– x

1929

– x

1928

+ ...- x

– x

+ x

+ x +83

= x + 83 = 1930 + 83 = 2013

A = 2013

b) Giải phương trình:

2005 2003 2001 1999 13 11 9 7

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

   

 2005 2003 2001 1999 13 11 9 7

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

 (2012 ) 1 1 1 1 1 1 1 1 0

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

x  

         

 



x

= 2012 vì

1 1 1 1 1 1 1 1 0

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005
         

 

 

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất

x

= 2012

Bài 4:

(4,0 điểm)

a) Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O.

Chứng minh rằng:

AP BN CM. . ON OM OP

PB NC MA  AN  BM CP

.

b) Cho G = a

+ b

+ c

– 3abc , với a, b, c là độ dài ba cạnh của



ABC. Nếu G

= 0 thì



ABC là tam giác gì?

a) Theo tính chất đường phân giác ta có

AP AC
PB  BC

,

BN AB
NC  AC

,

CM AB

MA  BC

suy ra

. . . .

AP BN CM AC AB BC

PB NC MA  BC AC AB 

(a)

Ta có

ONC ONB ONC ONB OBC

ANC ANB ANC ANB ABC

S S S S S

ON

AN S S S S S



   



Tương tự ta cũng có

OAC
ABC
S
OM

BM  S

;

OAB
ABC
S
OP

CP  S

Do đó

OBC OAC OAB ABC

ABC ABC

S S S S

ON OM OP

AN BM CP S S

 

   

= 1 (b)

Từ (a) và (b) suy ra

AP BN CM. . ON OM OP

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

K
F
B

A D

b) Ta có G = a

+ b

+ c

– 3abc

= (a + b)

+ c

– 3abc – 3 a

b – 3ab

= (a + b + c)

2 2

(a b) (a b c). c 3ab a( b c)
       

 

= (a + b + c)(a

+ b

+ c

– ab – bc – ac)

Ta có G = 0



(a + b + c)(a

+ b

+ c

– ab – bc – ac) = 0

Mà a + b + c > 0 suy ra (a

+ b

+ c

– ab – bc – ac) = 0



2a

+ 2b

+ 2c

– 2ab – 2bc – 2ac = 0



(a-b)

+ (b-c)

+(a-c)

= 0



a = b = c

Vậy



ABC là tam giác đều

Bài 5:

(4,0 điểm)

Cho hình vng ABCD và tứ giác NMPQ có 4 đỉnh lần lượt thuộc 4 cạnh của

hình vng ABCD. Chứng minh:

S

ABCD

AC

(MN + NP + PQ + QM)

4 

Gọi E, F, K lần lượt là trung điểm

của QM, MP, NP;

Ta có:

1
2
1
EF

2
1
2
1
2

AE MQ
PQ
FK MN
KC NP




Cộng vế với vế, ta được:

( )

AEFEFKKC MQPQ MN NP

Mà AE + FE + EK + KC



AC

Suy ra

1( )

2 MQPQ MN NP AC

(1)

Mặt khác:

1 . 1 .

2 2

ABCD

S  AC BD AC AC

(2)

Từ (1) và (2) ta có:

1 . (1 )

2 2

ABCD

S  AC MNNPPQ QM

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

www.LuyenThiThuKhoa.vn 1 tez.LuyenThiThuKhoa.vn

ĐỀ SỐ 13

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1:

(5,0 điểm)

a) Phân tích đa thức

x -18

thành nhân tử.

Giải

























8 8 8 4 4

4 2 2

4 2

1 1 1 1

1 1 1

1 1 1 1

x x x x

x x x

x x x x

     

   

    

b) Rút gọn phân thức

P =

x - y + 2xz + z

22 22 22

x - z + 2xy+ y

với

x+ y+ z0

Giải

Ta có :

2 2 2







x y  xzz  x y z x z y

Vì

2 2 2







x  z xyy  x y z x y z

Nên













x y z x z y
P

x y z x y z

   


   

. Do

x+ y+ z0

nên

x y z
P

x y z

 


 

c) Cho biểu thức A =

2

-

2

x+1

- x -1

:

x -1

3

3x x+1

3x

x

  

  

 

 

Hãy rút gọn rồi tính giá trị của biểu thức đã cho khi

x

= 2012.

Giải

Ta có : A =

:

3

2

x+1

x -1

-

- x -1

3x x+1

3x

x

  

  

 

2 2 1 2 1

3 1 3 1 1 1

x x x

x x x x x

 

 

     

  

 

2 2 2 2

3 3 1 1

x x

x x x x

 

     


 

Khi x = 2012 thì A

22012
2011



.

Bài 2:

(4,0 điểm)

a) Hiệu các bình phương của hai số tự nhiên liên tiếp bằng 11. Tìm hai số đó.

Giải

Gọi hai số tự nhiên liên tiếp là n và n + 1.

Theo đề bài ta có :





2 2

2 2

1 11

2 1 11

n n

n n n

n

  

   



Vậy 2 số tự nhiên liên tiếp phải tìm l 5 và 6.

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

www.LuyenThiThuKhoa.vn 2 tez.LuyenThiThuKhoa.vn

Giải

Gọi x và y là hai số tự nhiên phải tìm. Giả sử x > y.

Theo đề bài ta có :

2 2

x y 

hay



xy



xy



11 11.1

mà 11 là số nguyên tố.

Ta lại có : x + y > x - y > 0. Do đó :

11
1

x y
x y

 


  


Từ đó ta suy ra x = 6 và y = 5.

Vậy hai số cần tìm l 5 và 6.

Bài 3:

(2,0 điểm)

Cho hai đa thức

f x = 2x + x +7x+1

 

3 2

v

g x = 2x -1

 

.

Tìm tất cả các giá trị của

x



Z

để P =

( )

f x

g x

nhận giá trị nguyên.

Giải

Ta có P =

2 5

2 1

x x

x

  



.

Do đó để P nhận giá trị nguyên thì

2x 1

Ư(5)

Nếu 2x - 1 = 1



x = 1

Nếu 2x - 1 = -1



x = 0

Nếu 2x - 1 = 5



x = 3

Nếu 2x - 1 = -5



x = -2

Vậy

x

 



2; 0;1;3



thì P nhận giá trị nguyên

Bài 4:

(2,0 điểm)

Tìm tất cả số nguyên

n

sao cho

n

2

+ 2006 là số chính phương.

Giải

Giả sử

n

2

+ 2006 = m

2

(với m nguyên). Suy ra

(m – n)(m + n) = 2006

(*)

Do

m, n

cũng chẵn hoặc cùng lẻ, nên

m – n

chia hết cho 2 và

m + n

chia hết

cho 2. Suy ra vế trái của (*) chia hết cho 4. Nhưng 2006 không chia hết cho 4,

nên không có số nguyên nào để

n

2

+ 2006

là một số chính phương.

Bài 5:

(3,0 điểm)

Cho hình thang vuông ABCD (

0

A = D = 90

), có AB =

1

2 CD. Gọi H là hình

chiếu của điểm D trên đường chéo AC; M là trung điểm của HC.

Chứng minh BM vng góc với DM.

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

Gọi N là trung điểm của HD lúc đó

MN là đường trung bình của tam giác HDC

Suy ra MN//AB//CD và MN = AB

Do đó tứ giác ABMN là hình bình hành

Suy ra AN // BM (1)

Mặt khác, tam giác ADM có AN là đường cao, do đó AN vng góc với DM (2)

Từ (1) và (2) suy ra BM vng góc với DM.

Bài 6:

(4,0 điểm)

Trong tam giác ABC đường thẳng đi qua A cắt cạnh BC tại K, cắt trung tuyến

BM tại I sao cho BI : IM = 1 : 2. Tính tỉ số diện tích giữa tam giác ABK và tam giác

ABC.

Giải

Từ M kẻ đường thẳng song song với AK

cắt cạnh BC tại N. Do M l trung điểm

của AC nên N là trung điểm của KC

Hay NK = KC.

Do KI//MN suy ra tam giác BIK đồng

dạng với tam giác BMN nên :

2
1




IM
BI
KN
BK

Vậy

5
1

2 








KN
BK

BK
NC

KN
BK

BK
BC

BK
S

S

ABC
ABK

A B

D C

M
N

N

C

M

A

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

ĐỀ SỐ 14

(Thời gian làm bài 150 phút) 
Bài 1 (4,0 điểm):

a) Cho x, y  . Chứng minh rằng: A = 75x.y(x2 – y2) chia hết cho 45. 
b) Chứng minh: B = n4 + 64 không phải là số nguyên tố với mọi n  . 
c) Cho số a gồm 1951890 chữ số 1 và số b gồm 291969 chữ số 1. Tìm m để:
C = ab + m +79 chia hết cho 9.

Bài 2 (4,0 điểm):

a) Cho D = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …– 1931x2 + 1931x + 87.
Tính giá trị của biểu thức D tại x = 1930.

b) Rút gọn biểu thức E =

3 3 3

2 2 2

( ) ( ) ( )

x y z xyz

x y y z z x

  

     .

c) Chứng minh rằng: F = 1 1 1 ... 1 2016

1 2 1 2 3 1 2 3 4       1 2 3 4 ... 2017     2017.

Bài 3 (4,0 điểm):

a) Giải phương trình: x3 – 6x2 – x + 30 = 0 . 
b) Xác định m để phương trình 2 2

x m x

x x

 

 

 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8 2 3

4 1

x
x


 .

d) Tìm x đểbiểu thức Q = 2017 – (x – 1)(x +2)(x +3)(x +6) đạt giá trị lớn nhất .

Bài 4 (5,0 điểm):

Cho hình thang ABCD có AB vng góc với CD tại S và AB + CD = 16 cm. Gọi E, F,
G, H lần lượt là trung điểm của BC, BD, DA, AC.

a) Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?
b) Chứng minh rằng AD – BC = 2GE.

c) Xác định độ dài cạnh AB và CD để tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất.
d) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh BS.DA.OG = BA.DG.OS.

Bài 5 (3,0 điểm) :

Cho tam giác nhọn ABC có BC = a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của B, C lên cạnh
AC, AB.

a) Tính tổng AC.CM + AB.BN theo a.

b) Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác ABC. Chứng minh rằng :
OA vng góc với MN.

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

ĐỀ SỐ 14

(Thời gian làm bài 150 phút)

HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bài 1: (4 điểm)

a)Cho x, y  . Chứng minh rằng: A = 75x.y(x2 – y2) chia hết cho 45 
b) Chứng minh: B = n4 + 64 không phải là số nguyên tố với mọi n  . 
c) Cho số a gồm 1951890 chữ số 1 và số b gồm 291969 chữ số 1. Tìm m để:
C = ab + m +79 chia hết cho 9.

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a A = 75x.y(x2 – y2)

= 2 2

75xy(x  1) (y 1)75 (y x1) (x x 1) 75 (y 1) y(y 1)x  

Mà 75 (y x1) (x x 1) 5 .15(y x1) (x x1) 45
và 75 (y 1) y(y 1)x   5 .15(y 1) y(y 1) 45x  

Vậy A 45

0,5điểm

0,5điểm
0,5điểm
b B = n4 + 64 = n4 + 16n2+ 64 – 16n2

= (n2 + 8)2 – 16n2 = (n2- 4n + 8)(n2+ 4n + 8)

Mà n2- 4n + 8 = (n – 2)2 + 4 > 1 và n2 + 4n + 8 = (n + 2)2 + 4 > 1. 
Vậy B không phải là số nguyên tố.

0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
c Ta có a = 9p + 6 (p ), b = 9q (q )

Nên C = (9p + 6).9q + m + 79 = 9q(9p+6) + 72 + 7 +m .
Để C 9 thì (m + 7) 9 suy ra m = 9k + 2 (k ).

0,5điểm
0,25điểm
0,25điểm

Bài 2: (4 điểm)

a)Cho D = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …– 1931x2 + 1931x + 87. 
Tính giá trị của biểu thức D tại x = 1930.

b) Rút gọn biểu thức E = 32 3 3 2 3 2

( ) ( ) ( )

x y z xyz
x y y z z x

  

     .

c) Chứng minh rằng: F = 1 1 1 ... 1 2016

1 2 1 2 3 1 2 3 4       1 2 3 4 ... 2017     2017.

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a Thay 1931 = x +1 vào biểu thức

D = x1931 – (x+1)x1930 +(x+1)x1929 – (x+1)x1928 + …– (x+1)x2 + (x+1)x + 87
= x1931 – x1931 – x1930 + x1930 + x1929 – x1929 – x1928 + ... – x3 – x2 + x2 + x +87 
= x +87 =1930 + 87 = 2017.

0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
b

E =

3 3 3

2 2 2

( ) ( ) ( )

x y z xyz
x y y z z x

  

     .

Ta có 3 3 3 3 3

3 ( ) 3 ( ) 3

x y  z xyz xy  xy xy  z xyz

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

(x y z) 3(x y z x) ( y z) 3xy x( y z)
         
2 2 2

(x y z x)( y z 2xy 2xz 2zx 3xz 3yz 3 )xy

          

2 2 2

(x y z x)( y z xz yz xy)
       

1 2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

2 x y z  x y y z z x 

         

Do đó E = 1( )
2 x y z

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
c

Ta có 1 2 2 1 1

( 1) ( 1) 1

k k k k k k

 

    

     với k =2, 2017

Nên F 2 1 1 1 1 1 1 ... 1 1
2 3 3 4 4 5 2017 2018

 

          

 

2 1 1 1 2 2016 2016
2 2018 2018 2018 2017

 

      

  .

Vậy F < 2016
2017

0,5điểm

0,25điểm

Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình: x3 – 6x2 – x + 30 = 0 
b) Xác định m để phương trình 2 2

x m x

x x

   

 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 8 2 3

4 1

x
x




d) Tìm x đểbiểu thức Q = 2017 - (x-1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị lớn nhất .

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a x3 - 6x2 – x + 30 = 0 (1) 
 (x+2)(x-3)(x-5) = 0.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là: S=



2;3;5



0,5điểm
0,5điểm
b

Xác định m để phương trình 2 2
1

x m x

x x

   

 (2) có nghiệm duy nhất.

ĐKXĐ: x0 à v x-1(*)

Với điều kiện (*) thì (2) tương đương với:
x(x + m) + (x + 1)(x – 2) = 2x(x + 1)

 (m – 3)x = 2 (3)

Do đó để phương trình (2) có nghiệm duy nhất thì phương trình (3) có
nghiệm duy nhất thỏa mãn điều kiện (*), tức là:

0,25 điểm

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

3
2

0
3
2

1
3

m

m
m


 


 

 


  

 


m  3 và m  1

Vậy m  3 và m  1 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất

0,25điểm

c Ta có
P =

2 2 2 2 2

2 2 2 2

8 3 16 4 16 8 1 4(4 1) (4 1) (4 1)

4 4

4 1 4 1 4 1 4 1

x x x x x x x

x x x x

             

   

Vậy MaxP = 4 khi 1
4

x

Ta có
P =

2 2 2 2 2

2 2 2 2

8 3 4 8 4 4 1 4( 1) (4 1) 4( 1)

1 1

4 1 4 1 4 1 4 1

x x x x x x x

x x x x

              

   

Vậy Min P = -1 khi x = -1

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
d Q = 2017 - (x-1)(x+2)(x+3)(x+6) = 2017 - (x-1)(x+6)(x+2)(x+3)

= 2017 - (x2+5x – 6)(x2+5x + 6) = 2017 - (x2+5x)2 + 36

= 2053 - (x2+5x)2 2053 
Dấu “=” xảy ra khi x2 + x = 0  x = 0 hoặc x = -5

Vậy khi x = 0 hoặc x = -5 thì Q đạt giá trị lớn nhất là 2053.

0,5điểm
0,5điểm

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình thang ABCD có AB vng góc với CD tại S và AB + CD = 16 cm. Gọi E, F,
G, H lần lượt là trung điểm của BC, BD, DA, AC.

a) Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?
b) CMR: AD – BC = 2GE.

c) Xác định độ dài cạnh AB và CD để tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất.
d) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh: DA.OG.BS = DG.OS.BA.

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

Hình

vẽ 0, 5 điểm

I
K G

F
H

E C

A D

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a Ta có EB = EC và HG = HA(gt) nên HE là đường trung bình của
ABC

HE AB

 và 1

HE  AB (1)

Ta có GA = GD và FB = FD(gt) nên EF là đường trung bình của
ABD

GF AB

 và 1

GF  AB (2)
Từ (1) và (2) suy ra 1

HEGF  AB và HE // GF//AB (*)
Chứng minh tương tự ta cũng có: EF 1

GH CD

  và

EF//HG//CD (**)
Mà ABCD (gt) (***)

Từ (*), (**), (***) suy ra tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

0,25điểm

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
b CMR: AD – BC = 2GE

Từ C kẻ CK//AB và CI//GE

Vì BC//AK và BA//CK nên BCKA là hình bình hành

suy ra BC = AK và BC//AK hay EC//GI . Do đó tứ giác ECIG là
hình bình hành GE = IC (a)

Ta có AD – BC = AD – AK = KD (3)

Mặt khác: SG là đường trung tuyến ASD vuông tại S và GA = GD
(gt)

nênSGD cân tại G DGSD
mà CI//SG nên ICDGSD (đồng vị)

D ICDICD cân tại I IC = ID (b)
Hơn nữa: KCD vuông tại C ( vì CK//SA)
Nên CI là trung tuyến của KCD ID = IK (4)
Từ (3) và (4)  AD – BC = KD = 2ID (c)
Từ (a) , (b), (c)  AD – BC = 2 GE

0,25điểm

0,25điểm
0,25điểm
c

Ta có SEFGH = EF.HE mà 1

EF  CD và 1
2

HE AB
nên SEFGH =

2 2

1 1 ( ) 16

. 16

4 4 4 16

AB CD

CD AB   

Dấu “=” xảy ra khi AB = CD = 8 (cm)

Vậy AB = CD = 8 (cm) thì diện tích tứ giác EFGH có diện tích lớn
nhất bằng 16 (cm2)

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
d

Ta có DA AB

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

OG GF

OS  BS (vì GF//SB)

Nên DA OG BS. . AB GF BS. . 1

DG OS BAGF BS BA .

Suy ra DA.OG.BS = DG.OS.BA.(đpcm)

0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm

Bài 5: (3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có BC = a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của B, C lên cạnh
AC, AB.

a) Tính tổng AC.CM + AB.BN theo a.

b) Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác ABC. Chứng minh rằng :
OA vng góc với MN.

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

Hình

a Gọi H là giao điểm của BM và CN nên H là trực tâm của ABC
Gọi P là giao điểm của AH và BC nên APBC.

Khi đó ta có BPA BNC (g.g)

. .

BP BN

BA BN BC BP
BA BC

    (1)

CMB CPA (g.g)

.CA .CP

CM CB

CP CA

    (2)

Từ (1) và (2) suy ra BA.BN + CM.CA = BC.BP + CB.CP

= BC(BP+CP) = BC.BC = a2
Vậy: AC.CM + AB.BN = a2

0,25điểm

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

b Lấy D đối xứng với A qua O. Khi đó ta có ABD vng tại B

Suy ra 0

BADBDA (3)

Ta có OBC cân tại O và OAC cân tại O.
Nên

2 2 2

AOx BOx AOB
ACB   và

AOB

ADB (góc ngồi tam giác)

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

2
1

P
x

D
N

M

H
O
A

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

Suy ra ADB ACB (4)

Mặt khác ta có AMN ABC (c.g.c).
Suy ra ANM  ACB (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra 0

ANM BAD

Do đó ADMN hay OAMN (đpcm)

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

MA TRẬN ĐỀ THI

Phân 
môn

Mức độ 
Các chủ đề

Nhận 
biết 
Thông 
hiểu 
Vận dụng 
Cộng

Thấp Cao

S

Ố H

ỌC

Dấu hiệu chia hết Bài 1a

1,5

3

4,0

Số nguyên tố Bài 1b

1,5

Bài tốn thực tế: tìm số

thoả mãn điều kiện cho
trước
Bài 1c

1,0
ĐẠ
I S
Ố

Tính giá trị của biểu thức Bài 2a
1,5

7

8,0

Rút gọn biểu thức Bài 2b

1,5

Chứng minh bất đẳng thức Bài 2c

1,0
Giải phương trình bậc cao

quy về phương trình bậc
nhất

Bài 3a
1,0

Tìm m để phương trình

chứa ẩn ở mẫu có nghiệm
duy nhất.

Bài 3b
1,0
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của biểu thức.

Bài 3c

1,0
Tìm x để biểu thức đạt giá

trị lớn nhất

Bài 3d
1,0

HÌNH H

ỌC

Chứng minh tứ giác là hình
chữ nhật
Vẽ
hình
0,5
Bài 4.a

1,5
6 
 
8,0

Sử dụng định lý Ta let.
Chứng minh đẳng thức

Bài 4.b,d
2,0

Cực trị hình học Bài 4.c

1,0
Sử dụng tam giác đồng

dạng để tính giá trị của
biểu thức theo a

Bài 5a

1,0
Sử dụng tam giác đồng

dạng, tính chất góc ngồi
của tam giác để chứng
minh vng góc

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

ĐỀ SỐ 15

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1: (3,0 điểm)

a) Tìm tất cả các số tự nhiên n để n4 + 4 là số nguyên tố.

b) Cho P = 1.2.3 + 2.3.4 + 4.5.6 + … + n(n + 1)(n + 2) với n nguyên dương.
1. Chứng minh rằng 4P = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

2. Từ đó suy ra 4P + 1 là số chính phương.

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Tìm x, y, z biết x2 + 4y2 = 2xy + 1 và z2 = 2xy – 1.

b) Tìm đa thức f(x), biết rằng f(x) chia cho x – 2 thì dư 2, chia cho x + 2 thì dư – 2,
chia cho x2 – 4 thì được thương là x và cịn dư.

c) Cho x + y + z = 1và 1 1 1 0

x   y z

.

Tính giá trị của biểu thức B = x

2 + y2 + z2

.

Bài 3: (5,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x5 + x4 + 1 thành nhân tử.

b) Cho x, y0 thỏa mãn x + y = xy. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau

2 2

1 1

x y

  .

c) Giải phương trình x 3x 11 5x 14 7x 5 10

31 41 47 53

  

    .

Bài 4: (5,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có A600. Qua C kẻ đường thẳng d cắt các
tia đối của các tia BA và DA thứ tự ở E và F.

a) Chứng minh rằng EBD ഗ BDF.

b) Gọi I là giao điểm của DE và BF. Chứng minh rằng số đo của góc BID khơng phụ
thuộc vào vị trí của đường thẳng d.

Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, điểm D tùy ý trên cạnh BC, điểm O tùy ý trên
đoạn AD. Các tia BO và CO lần lượt cắt các cạnh AB và AC ở E và F. Đường thẳng
qua O và song song với BC cắt DE và DF thứ tự ở M và N.

Chứng minh rằng OM = ON.

---Hết---
(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

ĐỀ SỐ 15

(Thời gian làm bài 150 phút)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Gợi ý Điểm

Bài 1 3 điểm

1a) Ta có n4 + 4 = (n2 + 2)2 – (2n)2 = (n2 – 2n + 2)(n2 + 2n + 2) 
* Với n = 0 thì n4 + 4 = 02 + 4 = 4 không phải là số nguyên tố 
* Với n = 1 thì n4 + 4 = 12 + 4 = 5 là số nguyên tố

* Với n > 1 thì n2 + 2n + 2 > n2 – 2n + 2 = (n – 1)2 + 1 > 1 
Nên n4 + 4 = (n2 – 2n + 2)(n2 + 2n + 2) là hợp số

Vậy chỉ có n = 1 thì n4 + 4 = 5 là số nguyên tố.

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
1b)-1 Ta có 4n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)[(n + 3) – (n – 1)]

= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) – (n – 1)n(n + 1)(n + 2)
Áp dụng kết quả trên ta được

4.1.2.3. = 1.2.3.4 – 0.1.2.3
4.2.3.4 = 2.3.4.5 – 1.2.3.4
4.3.4.5 = 3.4.5.6 – 2.3.4.5
………

4n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) – (n – 1)n(n + 1)(n + 2)
 4P = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 

0,5 đ

0,5 đ
1b)-2 Ta có 4P = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

 4P + 1 = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1
= (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) + 1

= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + 1 = (n2 + 3n + 1)2
Vậy 4P + 1 là số chính phương với mọi số nguyên dương n.

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

Bài 2 5,0 đ

2a) Ta có (x2 + 4y2) + z2 = (2xy + 1) + (2xy – 1)

 x2 – 4xy + 4y2 + z2 = 0  (x – 2y)2 + z2 = 0 
 x – 2y = 0 và z = 0  x = 2y và 2xy – 1 = 0

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

 x = 2y và 4y2 = 1  x = -1 và y = 1
2

 ; x = 1 và y = 1

2
Vậy có hai bộ số (x, y, z) = (-1, 1

 , 0) ; (1, 1
2, 0).

0,25 đ

2b) Theo đề ta có: f(x) = (x – 2).g(x) + 2 (1) 
f(x) = (x + 2).p(x) – 2 (2)
f(x) = (x2 – 4).x + ax + b (3) 
Từ (1) suy ra f(2) = 2; Từ (2) suy ra f(-2) = -2
Từ (3) suy ra f(2) = 2a + b và f(-2) = -2a + b
Do đó 2a + b = 2 và -2a + b = -2  a = 1 và b = 0
Vậy f(x) = (x2 – 4).x + x = x3 – 4x + x = x3 – 3x.

0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
2c) Ta có x + y + z = 1

 1 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) (1) 
Ta lại có 1 1 1 0 xy yz zx 0

x   y z   

(2)
Từ (1) và (2) suy ra B = x2 + y2 + z2 = 1.

0,5 đ

Bài 3 5,0 đ

3a) Ta có x5 + x4 + 1 = (x5 – x2) + (x4 – x) + (x2 + x + 1) 
= x2(x3 – 1) + x(x3 – 1) + (x2 + x + 1) 
= (x2 + x)(x3 – 1) + (x2 + x + 1)

= (x2 + x)(x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) 
= (x2 + x + 1)[(x2 + x)(x – 1) + 1]

= (x2 + x + 1)(x3 – x + 1)

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
3b)

Ta có





2 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1 x y x y

x y x y x y

 

   

 (vì x + y = xy)
Áp dụng bất đẳng thức 2(x2 + y2)  (x + y)2 với mọi x, y. 
Dấu “=” xảy ra khi x = y.

Vì x, y0 và x + y = xy nên x + y  0  (x + y)2 > 0 
Do đó từ 2(x2 + y2)  (x + y)2





2 2
2

x y 1

2
x y



 



Dấu “=” xảy ra khi x = y  0 và x + y = xy  x = y = 2.

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

Vậy minA = 1

2 đạt được khi x = y = 2. 0,25 đ

3c)

Ta có x 3x 11 5x 14 7x 5 10

31 41 47 53

  

   

x 3x 11 5x 14 7x 5

1 2 3 4 0

31 41 47 53

  

        

















x 31 3x 93 5x 155 7x 217
0

31 41 47 53

3 x 31 5 x 31 7 x 31
x 31

31 41 47 53

1 3 5 7

x 31 0

31 41 47 53
x 31 0

x 31

   

    

  



    

 

      

 

  

 

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = { 1 }.

1,0 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ

Bài 4 4,0 đ

0,5 đ

4a) Vì ABCD là hình thoi nên AB = BC = CD = DA.

Tam giác ABD có AB = AD và A600 nên tam giác ABD đều

EBD BDF 120

   và AB = AD = BD

Vì ABCD là hình thoi nên AB // CD ; AD // BC
Áp dụng định lí Ta-lét ta có: BE CE

AB  FC 

BE CE

BD  FC (1)

0,25 đ

0,5 đ
0,5 đ

I
E

F
C

D
A

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

AD CE
DF  FC 

DB CE

DF  FC (2)
Từ (1) và (2) suy ra BE DB

BD  DF. Vậy EBD ഗ BDF (c-g-c).

0,5 đ
0,25 đ
4b)

Ta có EBD ഗ BDF (cmt) DEBFBD
Xét DIB và DBE có:

DEBFBD và BDE là góc chung nên BIDEBD

Mà 0

EBD 120 (cmt) nên 0

BID 120

Vậy số đo của góc BID khơng phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d.

0,25 đ

0,5 đ
0,25 đ

0,5 đ

Bài 5 3,0 đ

Cho tam giác ABC, điểm D tùy ý trên cạnh BC, điểm O tùy ý trên
đoạn AD. Các tia BO và CO lần lượt cắt các cạnh AB và AC ở E và F.
Đường thẳng

qua O và song song với BC cắt DE và DF thứ tự ở M và N.
Chứng minh rằng OM = ON.

0,5 đ

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt các tia DE và DF thứ tự ở
P và Q. Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

AP EA
DC  EC và

AQ FA

DB  FB (1)
Xét tam giác ABC có AD, BE, CF đồng quy tại O.
Áp dụng định lí Cê-va ta có:

DB EC FA. . 1

DC EA FB  (2)

0,5 đ

M
N

P
Q

B C

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

Từ (1) và (2)  DB DC AQ. . 1

DC AP DB   AP = AQ (3)
Vì MN // BC và PQ // BC nên MN // PQ

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: OM ON

AP  AQ (cùng bằng

DA) (4)
Từ (3) và (4) suy ra OM = ON.

0,5 đ

0,5 đ
0,5 đ

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

ĐỀ SỐ 16

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho

n

là số nguyên lẻ không chia hết cho 3. Chứng minh rằng:

n41 48

.

b) Cho

4 3 2

A3n 7n 12n 5n 4

và

4 3 2

Bn 3n 7n 7n 3

với

n

là số nguyên.

Chứng minh rằng:

AB

là số chính phương.

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2

P3x 2x

.

b) Cho

x ; y

là các số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện

2 2

12x 12 y 25xy

.

Tính giá trị của biểu thức:

Q 5x 3 y

x y






.

c) Cho hai đa thức

 

4 3 2

f x ax bx 2x  x 1

và

 

2

g x x  x 2

. Tìm các hệ số

a ; b

để đa thức

f x

 

chia hết cho đa thức

g x

 

.

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức





3 3

2 2

x y 2 y

M xy : x y

x y x y

  

    

 

 

, với

x y

. Chứng tỏ rằng giá trị

của biểu thức

M

không phụ thuộc vào giá trị của biến.

b) Giải phương trình:



x 11

 

2 x 7

 

2  2x 5

 

2  x 4



2

.

Bài 4: (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Trên các cạnh AB và AC lần lượt lấy các

điểm E và F sao cho BE = CF. Gọi M và N thứ tự là trung điểm của BC và EF. Chứng

minh rằng MN song song với AD.

Bài 5: (4,5 điểm)

Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh bằng 15cm. Trên các cạnh BC và CD lần

lượt lấy các điểm E và F sao cho

0

EAF



45

. Trên tia đối của tia DC lấy điểm K sao cho

DK = BE.

a) Tam giác AKE là tam giác gì? Vì sao?

b) Tính chu vi của tam giác CEF.

c) Tính diện tích của tam giác CEF, biết rằng S

AEF

= 2S

CEF

.

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

ĐỀ SỐ 16

(Thời gian làm bài 150 phút)

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài

Hướng dẫn chấm

Điểm

1a)

2,0 đ

Ta có:

















4 2 2 2

n  1 n 1 n  1 n 1 n 1 n  1

(*).

Vì

n

là số nguyên lẻ nên

n2k1

với

k

.

Do đó



n 1 n 1



 



2k 2k



2



4k k



1



8

(vì

k k



1



2

)

và

n21 2

. Từ (*)

n4 1 16

(1)

Vì

n

là số ngun khơng chia hết cho 3 nên

n3q 1

với

q

.

Do đó

2





2 2

n  1 3q 1  1 9q 6q 3

. Từ (*)

n41 3

(2)

Vì 16 và 3 nguyên tố cùng nhau nên từ (1) và (2)

4

n 1 48

 

.

0,5 đ

1b)

2,0 đ

4 3 2

A3n 7n 12n 5n 4

và

4 3 2

Bn 3n 7n 7n 3

Ta có

4 3 2

A B 3n 7n 12n 5n 4

+

4 3 2

n 3n 7n 7n 3

4 3 2

4n 4n 5n 2n 1

    

 

2 2

 

2



 



2

2n 2. 2n n 1 n 1

    



2



2

2n n 1

  

Vì

n

là số nguyên nên



2



2

2n  n 1

là số chính phương.

Vậy với

n

là số ngun thì

AB

là số chính phương.

0,5 đ

2a)

1,0 đ

Ta có

2

2 3x 2 9 3 9

P 3x 2x 2 x 2 x

2 16 4 8

 

   

          

     

với mọi

x

.

Dấu « = » xảy ra khi

2

3 3 3

x 0 x 0 x

4 4 4

        

 

 

.

Vậy

max

P 9
8



đạt được khi

x 3
4


.

0,5 đ

0,25 đ

2b)

2,0 đ

Ta có







2 2 2 2

12x 12 y 25xy12x 25xy 12 y  0 4x 3y 3x 4 y  0

.

4x 3 y 0 4x 3 y x 3

3x 4 y 0 3x 4 y y 4

  

 

   

  

 

hoặc

x 4

y  3

.

Nếu

x 3

y  4

thì

x 3

5. 3 5. 3

5x 3 y y 4 3

Q

x 3

x y 1 1 7

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

Nếu

x 4

y  3

thì

x 4

5. 3 5. 3

5x 3 y y 3 11

Q

x 4

x y 1 1 7

y 3

 



   

  

.

0,5 đ

2c)

2,0 đ

Ta có

f x

   

g x 





 

4 3 2 2

ax bx 2x   x 1 x  x 2 q x

4 3 2





  

ax bx 2x x 1 x 2 x 1 q x

       

(*)

Thay

x2

vào (*) ta được

16 a8b5

(1)

Thay

x 1

vào (*) ta được

a    b 2 a b 2

(2)

Thay (2) vào (1) ta được

16 b



2



8b 5 b 9

8
     

.

Thay

b 9

8

 

vào (2) ta được

a 9 2 7

8 8

   

.

Vậy

a 7 ; b 9

8 8

  

thì đa thức

f x

 

chia hết cho đa thức

g x

 

.

0,5 đ

0,25 đ

3a)

2,0 đ







 













3 3

2 2

2 2 2 2

2

x y 2 y

M xy : x y

x y x y

2 y

M x xy y xy : x y

x y

x y 2 y

M

x y x y x y

x y 2 y x y

M 1

x y x y x y

  
    
 
 
     


 
  
 
   
  

Vậy giá trị của biểu thức

M

không phụ thuộc vào giá trị của biến.

0,5 đ

0,75 đ

0,5 đ

0,25 đ

3b)

2,0 đ

Ta có



 



2 2 2 2

x 11  x 7  2x 5  x 4







2 2 2 2

2
2

x 22x 121 x 14x 49 4x 20x 25 x 8x 16

8x 72 3x 12x 9

3x 20x 63 0

x 9 3x 7 0

x 9

x 9 0

7

3x 7 0 x

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là

S 7 ; 9
3

 

  
 

.

4

2,5 đ

H.vẽ

0,5 đ

Dựng hình bình hành BCPE



CP //= BE ; EP //= BC.

Gọi H là trung điểm của PF và N là trung điểm của EF (gt)



NH là đường trung bình của tam giác FEP



NH // EP và NH =

1

2

EP.



NH // BC và NH =

1

2

BC (vì EP //= BC)



NH //= MC (vì M là trung điểm của BC)



MNHC là hình bình hành



MN // CH (1)

Vì BE = CF (gt) và CP = BE (cmt)



CF = CP

 CPF

cân tại C.

Mà CH là đường trung tuyến nên CH đồng thời là phân giác

PCF

.

Vì CP//BE

PCF BAC

, mà AD là phân giác

BAC 

CH//AD (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN // AD.

0,5 đ

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

5

4,5 đ

H.Vẽ

0,5 đ

a)

2,0 đ

ABE

và

ADK

có AB = AD (gt),

0

ABE ADK 90

, BE = DK (gt)

ABE ADK

 

(c-g-c)



AE = AK và

BAEDAK

.

Ta lại có

0

BAEEAD90 DAKEAD900 EAK 900

.

Tam giác AEK có AE = AK và

0

EAK 90

nên

AEK

vuông cân tại A.

1,0 đ

0,5 đ

D
H
N

B C

F
K

C
B

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

b)

1,0 đ

Ta có

0

EAK 90

(cmt),

0

EAF 45

(gt)

0

FAK 45

 

.

Do đó

AFK  AFE

(c-g-c)

AFK  AFE

và FK = FE.

Kẻ AH



EF.

Dễ thấy

AFH  AFD

(ch-gn)



FH = FD.

Mà FK = FE nên HE = DK



HE = BE



EF = BE + DF.

Do đó chu vi

CEF

bằng:

CE + EF + CF = CE + BE + DF + CF = BC + CD = 15 + 15 = 30(cm).

0,5 đ

c)

1,0 đ

Vì

AFH  AFD

(ch-gn) ;

AEH  AEB

(ch-gn)



S

AFH

= S

AFD

; S

AEH

= S

AEB

Ta lại có S

AEF

= S

AEH

+ S

AFH 

S

ABEFD

= 2S

AEF

.

Mà S

AEF

= 2S

CEF

(gt) nên S

ABEFD

= 4S

CEF 

S

ABCD

= 5S

CEF

.

Do đó S

CEF

=

1

5

S

ABCD

=

1
5

.AB

=

1

5

.15

= 45(cm

).

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

ĐỀ SỐ 17

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho a, b là số nguyên. Chứng minh rằng nếu 3a

– 6ab – 4b

chia hết cho 7 thì a

– b

chia hết cho 7.

b) Tìm tất cả các số nguyên n để giá trị biểu thức A = n

+ n + 1 là số chính phương.

c) Tìm tất cả các số nguyên n để giá trị biểu thức P = n

– 4n + 3 là số nguyên tố.

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình

x 4 x 2 2 4

2 4 x 4 x 2

    

 

.

b) Cho x > 0, thỏa mãn điều kiện

4
4

x 7

 

. Tính giá trị của biểu thức

Q x 1
x
 

.

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn

1 1 1 4

x   y z

. Chứng tỏ

1 1 1

2
xy yzzx 

.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = x

+ 2y

+ 2xy + 2x + 2017.

Bài 4: (4,0 điểm)

Cho hình vng ABCD. Trên các cạnh AB và BC lần lượt lấy các điểm M và N sao

cho AM = CN. Gọi H là hình chiếu của điểm B trên đoạn AN. Tia BH cắt cạnh CD tại P.

a) Chứng minh rằng AN = BP.

b) Tính số đo của góc MHD.

Bài 5: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D và E thứ tự là hình chiếu của

điểm H trên các cạnh AB và AC.

a) Chứng minh rằng HD.HE.BC = AH

.

b) Tính diện tích tam giác ADE biết AH = 12cm; BC = 25cm.

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

ĐỀ SỐ 17

(Thời gian làm bài 150 phút)

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài

Hướng dẫn chấm

Điểm

1a)

1,5 đ

a) Cho a, b là số nguyên. Chứng minh rằng nếu 3a

2

– 6ab – 4b

2

chia hết cho 7 thì a

6

– b

6

chia hết cho 7.

Ta có 3a

– 6ab – 4b

7



6a

– 12ab – 8b

7



(7a

– 14ab – 7b

) – (a

– 2ab + b

) 7



a

– 2ab + b

7



(a – b)

7



a – b 7 (vì 7 là số nguyên tố) (1)

Ta lại có a

– b

= (a

– b

)(a

+ b

) = (a – b)(a

+ ab + b

)(a

+ b

) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: a

– b

chia hết cho 7.

0,25 đ

1b)

1,5 đ

b) Tìm tất cả các số nguyên n để giá trị biểu thức A = n

2

+ n + 1 là

số chính phương.

Vì A = n

+ n + 1 là số chính phương, đặt n

+ n + 1 = m

(m



)



4n

+ 4n

+ 4 = 4m

2 

(2n + 1)

+ 3 = (2m)



(2n + 1)

– (2m)

= -3



(2n + 1 + 2m)(2n + 1 – 2m) = -3 (*)

Từ (*) suy ra 2n + 1 + 2m, 2n + 1 – 2m và 2n + 1 + 2m > 2n + 1 – 2m

nên ta có các trường hợp sau :

+ 2n + 1 + 2m = 3 và 2n + 1 – 2m = -1



n = 0 (thỏa mãn)

+ 2n + 1 + 2m = 1 và 2n + 1 – 2m = -3



n = -1 (thỏa mãn)

Vậy các số nguyên n cần tìm là -1 ; 0.

0,25 đ

1c)

1,0 đ

c) Tìm tất cả các số nguyên n để giá trị biểu thức P = n

2

– 4n + 3 là

số nguyên tố.

Ta có P = n

– 4n + 3 = (n – 1)(n – 3)

Để P là số nguyên tố thì n – 1 =

1

; n – 3 =

1 

n = -2 ; 0 ; 2 ; 4.

Thử lại chỉ có n = 0 ; 4 thỏa mãn đề bài.

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

2a)

2,0 đ

a) Giải phương trình

x 4 x 2 2 4

2 4 x 4 x 2

    

 

.

ĐKXĐ: x



-4 ; x



-2

Ta có







x 4 x 2 2 4 6x 20 6x 20

2 4 x 4 x 2 8 x 4 x 2

   

    

   

(*)

TH1: 6x + 20 = 0



6x = -20

x 10
3

  

(thỏa mãn ĐK)

TH2: (x + 4)(x + 2) = 8



x

+ 6x = 0



x = 0 ; -8 (thỏa mãn ĐK)

Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là -8 ;

3


; 0.

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

2b)

2,0 đ

b) Cho x > 0, thỏa mãn điều kiện

4 4

x 7

 

.

Tính giá trị của biểu thức

Q x 1

x
 

.

Ta có:

4 2

2
2

1 1

x 7 x 9

x x

x 3

x
1

x 1

 

     

 

  

 

   

 

Do đó

Q x 1 1
x
  

.

0,5 đ

3a)

2,0 đ

a) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn

1 1 1

4
x   y z

.

Chứng tỏ:

1 1 1 2

xy yzzx 

.

Ta có





2 2 2 2 2

xy  0 x 2xyy  0 x 2xyy 4xy





2 x y 4 1 1 4

x y 4xy

xy x y x y x y



       

 

với mọi x, y > 0.

Tương tự

1 1 4

y z yz

với mọi y, z > 0;

1 1 4

z x zx

với mọi z, x > 0.

Cộng VTV các bất đẳng thức trên ta được:

1 1 1 4 4 4

x y z x y y z z x

     

    

 

(*)

Thay

1 1 1 4

x  y z

vào (*) ta được

1 1 1

2
xyyzzx 

.

0,5 đ

3b)

2,0 đ

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

M = x

2

+ 2y

2

+ 2xy + 2x + 2017.

Ta có M = x

+ 2y

+ 2xy + 2x + 2017

= [x

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

] + (y

– 2y + 1) + 2015

= (x + y + 1)

+ (y – 1)

+ 2015



2015

Dấu « = » xảy ra khi x + y + 1 = 0 và y – 1 = 0



x = -2 và y = 1.

Vậy GTNN của biểu thức M là 2015 đạt được khi x = -2 và y = 1.

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

4

Hình vẽ

0,5 đ

4a)

1,5 đ

a) Chứng minh rằng AN = BP.

Vì ABCD là hình vng nên

ABC90

.

Ta lại có BH



AN

BANHBN

(cùng phụ với

ABH

)

Vì ABCD là hình vng nên

BCD90

và AB = BC

Do đó

ABN BCP

(g-c-g)



AN = BP.

0,25 đ

0,5 đ

4b)

2,0 đ

b) Tính số đo của góc MHD.

Vì

ABN BCP

(g-c-g)



BN = CP

Mà BC = CD (ABCD là hình vng) nên CN = DP



AM = DP

Ta lại có AM // DP và

A D 90

(ABCD là hình vng) nên suy ra

AMPD là hình chữ nhật.

Gọi O là giao điểm 2 đường chéo AP và MD



OA = OM = OP = OD

Ta lại có

AHP

vng tại H, HO là trung tuyến

HO AP

 

.

Mà AP = MD (AMPD là hình chữ nhật) nên

HO MD
2


.

Tam giác MHD có trung tuyến HO và

HO MD



nên tam giác MHD

vuông tại H. Vậy

MHD90

.

0,25 đ

0,5 đ

5

Hình vẽ

0,5 đ

N
A

C
B

E
D

B C

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

a)

2,0 đ

a) Chứng minh rằng HD.HE.BC = AH

3

.

Ta có HD // AC (cùng vng góc với AB)

HD BH AC.BH

AC BC BC

   

(1)

Ta có HE // AB (cùng vng góc với AC)

HE CH AB.C H

AB BC BC

   

(2)

Từ (1) và (2) suy ra

AB.AC.BH.CH AB.AC.BH.CH

HD.HE HD.HE.BC

BC BC

  

(*)

Dễ thấy

ABC

ഗ

HBA

(g-g)



AB.AC = AH.BC (3)

Dễ thấy

HAC

ഗ

HBA

(g-g)



AH

= BH.CH (4)

Thay (3) và (4) vào (*) ta được HD.HE.BC = AH

.

0,25 đ

0,5 đ

0,25 đ

b)

1,5 đ

b) Tính diện tích tam giác ADE biết AH = 12cm ; BC = 25cm.

Tứ giác ADHE là hình chữ nhật (vì

A  D E 90

)



AE = HD; AD = HE

ADE

1 1

S AD.AE HD.HE

2 2

  

Theo câu a) ta có HD.HE.BC = AH

AH
HD.HE

 

Do đó

SADE AH3 123 34,56
2.BC 2.25

  

(cm

).

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

ĐỀ SỐ 18

Câu 1:

(4đ)

a)

Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 cũng là số nguyên tố.

b)

Chứng minh rằng: với mọi n



Z thì A=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) + 1 là số chính

phương

c)

Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy = 3x +3y

Câu 2

: ( 4đ)

a) Tìm x, y, z biết

7 ; 5

20 8

x y

y  z 

và

2x5y2z100

b) Cho x, y, z khác 0 và x – y – z = 0. Tính giá trị của biểu thức

1 z 1 x 1 y

M

x y z

 

   

      
   

c)Chứng minh rằng: nếu

a c

b d

thì

2 2

a b ab
c d cd

 



Câu 3

: (4đ)

a) Cho đa thức

( ) 2 (2 1) 3 4

f x  x  a x a

- Xác định a để f(x) có 1 nghiệm bằng a

- Tìm các nghiệm của f(x) ứng với giá trị của a vừa tìm được.

b) Tính nhanh giá trị của tổng

2 2 2 2

1 3 2 4 3 5 98 100

...

1.2 2.3 3.4 98.99

A        

Câu 4

: (5đ)

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Các tia phân giác của góc B và C

cắt nhau ở I. Tia phân giác của góc AHB cắt BI ở K. Tia phân giác của góc AHC cắt CI

ở M. Chứng minh rằng:

a)

BI vng góc với AM

b)

AI vng góc với KM

Câu 5

: ( 3đ )

Cho tam giác ABC vuông cân tại A. M là điểm trong tam giác sao cho MA=2cm,

MB=3cm,

135

AMC

. Tính độ dài đoạn thẳng MC.

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

Đáp án và biểu điểm:

Câu 1

Nội dung

4

Điểm

1a)

1,25đ

a)Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 cũng là số nguyên tố.

Nếu p=2 thì p+10=12; p+14=16 là các hợp số

Nếu p=3 thì p+10=13; p+14= 17 là các số nguyên tố

Nếu p>3 thì p=3k+1 hoặc p=3k+2 ( k



N

)

+ p =3k+1 thì p+14=3k+15 3 => p+14 là hợp số

+ p =3k+2 thì p+10=3k+12 3 => p+10 là hợp số

Vậy p=3

0,25

1b)

1,25đ

b)Chứng minh rằng: với mọi n



Z thì A=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) +1 là

số chính phương

Ta có:

A



(n1)(n4) (



n2)(n3)



1

2 2

( 5 4)( 5 6) 1

( 5 5) 1) ( 5 5) 1) 1

A n n n n

     

   

         

2 2 2

2 2

( 5 5) 1 1
( 5 5)

A n n
A n n

    

  

Vì n



Z nên

5 5

n  n 

Z . Do đó A là số chính phương

0,25

c)1,5đ c)Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy = 3x +3y

Ta có: xy = 3x +3y

=> xy – 3x – 3y + 9 = 9

=> x(y-3) -3(y-3) = 9

=> (x-3)(y-3) = 9

=> x-3



Ư(9); y-3



Ư(9)

Mà Ư(9)=



9; 9;3; 3;1; 1  



Ta có bảng giá trị

x-3

9

3

1 -1

-3

-9

y-3

1

3

9 -9

-3

-1

x

12

6

4

2

0 -6

y

4

6

12 -6

0

2 Vậy các cặp số nguyên (x:y) thỏa mãn bài toán là: (12:4); (6;6); (4:12);

(2; -6); (0:0); (-6;2).

0,5đ

0,25đ

0,5

0,25

Câu 2

4đ

a)1,5đ Tìm x, y, z biết

7 5

;

20 8

x y

y  z 

và

2x5y2z100

Ta có:

7 ; 5

20 8

x y

y  z 

=>

7 20 5; 8

x  y y  z

=>

;

7 20 20 32

x y y  z

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

=>

2 5 2 100 2
7 20 32 2.7 5.20 2.32 50

x  y  z  x y z  

 

=>

x7.2 14

;

y20.240

;

z32.264

0,5đ

b)1đ

Ta có:

M 1 z 1 x 1 y

x y z

 

   

      

   

=

. .

x z y x z y

x y z

  

x - y - z = 0. =>x-z = y ; y-x = - z ; y + z = x

Do đó: M=

x z y. x z. y

x y z

  

=

y. z x. 1

x y z

  

Vậy M= - 1

0,25đ

0,25

0.5 c) 1,5đ Đặt

a c

k

b  d

=> a = bk ; c = dk

=> VT=

2 2 2 2 2 2 2

( ) ( 1)

a b bk b b k b

c d dk d d k d

  

  

  

(1)

VP=

2
2

.
.

ab bk b b

cd  dk d  d

(2)

Từ (1) và (2) => VT=VP hay

a22 b22 ab

c d cd

 


0.25 0,5

0.5 0,25

Câu 3

4đ

a) 2đ

Đa thức

( ) 2 (2 1) 3 4

f x  x  a x a

có 1 nghiệm bằng a, ta có:

( ) 2 (2 1) 3 4 0

f a  a  a a a 

=>

2 2

2a 2a  a 3a 4 0

=> -2a+4=0

=> a=2

Với a=2 thì f(x)= 2x

-3x-2

Ta có : f(x) = 0 => 2x

-3x-2=0

=> 2x

- 4x + x - 2= 0

=> 2x(x-2) + (x-2) =0

=> (x-2)( 2x+1) = 0

=> x-2=0 hoặc 2x+1=0

=> x=2 hoặc x=

2


Vậy với a =2 thì f(x) có hai nghiệm là 2 và

2


0,25

0,25đ

b)2đ

Ta có:

2 2 2 2

1 3 2 4 3 5 98 100

...

1.2 2.3 3.4 98.99

A        

2 2 2 2

1 1 2 2 2 2 3 3 2 98 98 2
...

1.2 2.3 3.4 98.99

A            

1(1 1) 2 2(2 1) 2 3(3 1) 2 98(98 1) 2
...

1.2 2.3 3.4 98.99

A            

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

1.2 2 2.3 2 3.4 2 98.99 2
...

1.2 2.3 3.4 98.99

A        

2 2 2 2

1 1 1 ... 1

1.2 2.3 3.4 98.99

A             

       

2 2 2 2

98 ...

1.2 2.3 3.4 98.99

A     

2 2 2 2 2 2 2 2

98 ...

1 2 2 3 3 4 98 99

A         

2 2
98

1 99

A  

=

9997
99

0,25đ

Câu 4

5đ

a)3,5đ

Gọi E là giao điểm của BI và AM

Ta có:

ABH HAC

(vì cùng phụ với

BAH

)

1
2

KBH KBA ABH

( BK là tia phân giác góc ABH)



ACH có CM và HM là các tia phân giác nên AM là tia phân giác của

góc CAH)

1
2

CAM MAH  CAH

( AM là tia phân giác của góc CAH)

Do đó:

KBH KBA ABH

=

CAM MAH  CAH

Đặt

KBH KBA ABH

=

CAM MAH  CAH

=



Ta có 2



+

BAH 

Mà

BAEABE(BAH )

Nên

2 90

BAEABEBAH  

Do đó: BI



AM tại E

hình

0,5đ

0,25

0,5

0,75

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

b)1,5đ b) chứng minh tương tự câu a) ta có: CI



AK tại F

Tam giác AKM có KE và MF là hai đường cao cắt nhau tại I



I là trực tâm của tam giác AKM

AI



K M

0,5

0.5 0,5

Câu 5

3đ

Trên nửa mặt phẳng bờ AM không chứa B xác định điểm D sao cho

ADM



vuông cân tại A.

Khi đó: AD=AM=2(cn);

AMD

=>

0 0 0

135 45 90

DMC AMCAMD  

Xét



ADC và



AMB có:

AD=AM

DACMAB

(hai góc này cùng phụ với góc MAC)

AC=AB (gt)

Do đó:



ADC =



AMB (c.g.c) => DC=MB=3(cm)

Xét



ADM vng tại A, theo định lí Py ta go ta có:

2 2 2 2 2

2 2 8

MD MA AD   

Xét



MCD vuông tại M, theo định lí Py ta go ta có:

2 2 2

CD MD MC

=>

2 2 2

3  8 MC MC 1

=> MC=1 (cm).

Hình

0,25đ

0.5 0,25đ

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

ĐỀ SỐ 19

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Chứng minh tồn tại số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2017.

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x 7

3
x  x 1x  x 1 .

b) Xét hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b và Q(x) = x2 + x – 2.
Xác định các hệ số a và b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x).

c) Cho x là số thực thỏa mãn x2 – x – 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức S = x8 – 21x.

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x2 – 2x + 3)(x2 – 2x + 5) – 7. 
b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: a b c 3

bcca ab  2.

Bài 4: (3,5 điểm)

b) DE cắt OB tại M ; DF cắt OC tại N. Tam giác MON là tam giác gì ? Vì sao ?

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tứ giác ABCD có 0

A C 90 . Gọi O là giao điểm của AC và BD (AOB900 và
BC < AD). Gọi H và K thứ tự là hình chiếu vng góc của C và D lên BD và AC.
Chứng minh rằng:

a) HK song song với AB.
b) AC.BD = AB.CD + AD.BC.

---Hết---

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2016-2017

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) Xét 2017 số tự nhiên có dạng 1, 11, 111, 1111, … ,

2017 cs 1

111...11

Giả sử đó là hai số

m cs 1

111...1 và

n cs 1

111...1 (với 2017  m > n  1) chia cho 2017 có
cùng số dư.


m cs 1

111...1 -

n cs 1

111...1 = n

m n cs 1

111...1 10


 chia hết cho 2017.
Vì 10n và 2017 là hai số nguyên tố cùng nhau nên

m n cs 1

111...1


chia hết cho 2017.

Vậy tồn tại số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2017.

0,25
0,25

0,25

0,25
b) Ta có abc100a 10b c

 2

4.abc400a 40ab4ac









2



4.abc 20ab  b 4ac

Giả sử M = b2 – 4ac là số chính phương, đặt b2 – 4ac = k2 (k  , b > k) 
Ta có 4.abc



20ab



2k2 



20a b k 20a



 b k



Dễ thấy 20a + b + k > 20a + b – k > 20a  20

Mặt khác abc 100a 10b c 20a b k      (vì b > k)

Điều này vơ lí, vì abc là số ngun tố nên 4. abc khơng thể có hai ước
20a + b + k ; 20a + b – k mà abc > 20a + b + k > 20a + b – k > 20.
Vậy M = b2 – 4ac không thể là số chính phương.

0,5

0,25
0,25
0,5
c) Gọi x, y là các kích thước của hình chữ nhật (x, y nguyên dương và x  y)

Theo đề ta có xy = 2(x + y)  xy – 2x – 2y = 0  (x – 2)(y – 2) = 4.
Vì x, y là các số nguyên dương nên có hai trường hợp sau:

TH1: x – 2 = 4 và y – 2 = 1  x = 6 và y = 3.
TH2: x – 2 = 2 và y – 2 = 2  x = 4 và y = 4.
Vậy có hai hình chữ nhật thỏa mãn đề bài.

0,25
0,75
0,25
0,25
a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x 7

3
x  x 1x  x 1 (*)
Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (*).
Chia mỗi phân thức ở vế trái của (*) cho x  0 ta có:

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

Bài 2

2 3 7

1 1 3

x 1 x 1

x x

 

   

, đặt x 1 y
x

  với y 2, ta có phương trình:

2 3 7

y 1 y 1  3  7y

2 + 3y – 22 = 0  y 2 (nhận); y 11
7

 (loại).
Với y 2  x 1 2

    x2 + 2x + 1 = 0 



x 1



2 0  x = 1 (nhận) 
Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S 

 

1 .

0,5
0,5
0,25

b) Ta có Q(x) = x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2)

Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x)

 

4 3 2

1 – 1 a.1 b 0
2 – 2
1

a. 2

2 b 0

   
    

 






 a b 1

2a. b 4

  

   




 

a b 1
3a 3
  



 

b 2
a 1
 




Vậy a = 1 và b = 2 thì P(x) chia hết cho Q(x).

0,5
0,25

0,5
0,5
0,25
c) Ta có x2 – x – 1 = 0

 x2 = x + 1

 x4 = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 = x + 1 + 2x + 1 = 3x + 2

 x8 = (3x + 2)2 = 9x2 + 12x + 4 = 9x + 9 + 12x + 4 = 21x + 13 
 x8 – 21x = 13

Vậy S = x8 – 21x = 13.

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

Bài 3

a)Biểu thức A xác định với mọi số thực x.
Đặt t = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2  0, khi đó ta có: 
A = (t + 2)(t + 4) – 7 = t2 + 6t + 1  1 (vì t  0).

Dấu “=” xảy ra khi t = 0  (x – 1)2 = 0  x = 1 (thỏa mãn)
Vậy minA = 1 đạt được khi x = 1.

0,5

0,5
0,5
b) Ta có:



 



a b c 3 1 1 1

a b b c c a 9

b c c a a b 2 a b b c c a

 

             

       

Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z > 0, ta có:





1 1 1

x y z 9

x y z

 

     

  

x y y z z x

y x z y x z

        

     

    (*)

Ta lại có





2 2 2 x y

x y 0 x y 2xy 2

y x

        (vì x, y > 0)
Tương tự y z 6

z  y ;
z x

x z (vì x, y, z > 0), do đó (*) đúng.

Vậy a b c 3

bccaab  2 với mọi a, b, c > 0.

0,25
0,5

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

Bài 4

0,5

a) Vì O là giao điểm các đường trung trực của các cạnh của tam giác ABC
 OA = OB = OC

 AOB, BOC, COA là các tam giác cân tại O

1 2

A B

  ; B1 C2 ; C1 A2
Ta có DE = DB  DBE cân tại D

 DBEDEB B1B2 A1ADE, mà A1B2nên B1 ADE (1)
Ta có DF = DC  DCF cân tại D

 DCFDFC C1C2 A2ADF, mà C1 A2nên C2 ADF (2)

Mà B1 C2nên từ (1) và (2) ADEADF
Vậy DA là tia phân giác của góc EDF.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
b)

Theo câu a) ta có : B1 ADE
 OBD ഗ ODM (g-g)
 OD2 = OM.OB (3) 
Theo câu a) ta có : C2 ADF

 OCD ഗ ODN (g-g)
 OD2 = ON.OC (4)

Vì OB = OC nên từ (3) và (4)  OM = ON.
Vậy tam giác MON cân tại O.

0,5
0,5
0,5

1 21

2
1

N
M

F
E

D
O

B C

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

Bài 5

0,5

a) Chứng minh HK song song với AB.

Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD.
 ECB ഗ EAD (g-g)  EC EA

EB  ED

 ECA ഗ EBD (c-g-c) EACEDB (1)
Ta có OCH ഗ ODK (g-g)  OH OC

OK  OD

 OHK ഗ OCD (c-g-c) OKHODC (2)

Từ (1) và (2) EACOKH, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // AB.

0,75

0,5
0,25
b) Chứng minh AC.BD = AB.CD + AD.BC.

Ta có EACEDB (câu a) ; EACADK (cùng phụ với KAD ) ADK EDB
 CBD ഗ KAD (g-g)  BC BD AD.BC BD.AK

AK  AD  (3)
Tương tự ABD ഗ KCD (g-g)  AB BD AB.CD BD.KC

KC  CD  (4)

Cộng (3) và (4) VTV ta được AC.BD = AB.CD + AD.BC (đpcm).

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

Ghi chú : - Học sinh có thể bỏ qua một số bước suy luận đơn giản vẫn được điểm tối đa.
- Học sinh có lời giải đúng khác với đáp án trên đây vẫn được điểm tối đa.

K
H

O
B

A D

</div>

Tổng hợp các đề ôn thi HSG Toán lớp 8 với lời giải chi tiết

<b>ĐỀ SỐ 1</b>

<b>ĐỀ SỐ 1</b>



 

 











































 

 









 





 



 











<sub></sub>

<sub></sub>







 

 







<sub></sub>

<sub></sub>





 

 

 

























<b>ĐỀ SỐ 2</b>

<b>ĐỀ SỐ 2</b>



 

 



