BO DE THI HSG TOAN 8 CO DAP AN

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (668.35 KB, 46 trang )

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

ĐỀ THI CHO HSG LỚP 8 
ĐỀ SỐ 1:

Bài 1: Cho biểu thức M =

[

x

2
x3−4x+

6
6−3x+

x+2

]

(

x −2+

10− x2
x+2

)

a) Rút gọn M

b) Tính giá trị của M khi |x| = 1
2

Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.

b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.

Bài 3:

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :

A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
B = 3(x+1)

x3

+x2+x+1

Bài 4: Cho hình bình hành ABCD . Với AB = a ; AD = b. Từ đỉnh A , kẻ một
đường thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại
G.

a) Chứng minh: AE2 =EF.EG

b). Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG
khơng đổi.

Bài 5: CMR nếu xx2−yz

(1−yz)=

y2−xz

y(1−xz) Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1.

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

ĐÁP ÁN:
Bài 1: a) Rút gọn M

M =

[

x

2
x3−4x+

6
6−3x+

x+2

]

(

x −2+

10− x2

x+2

)

[

x2

x(x −2)(x+2)−

6
3(x −2)+

x+2

]

x+2

M = −6

(x −2)(x+2).

x+2

6 =
1
2− x

b) |x| = 1

2 ⇔ x =
1

2 hoặc x =
-1
2
Với x = 12 ta có : M =

1
2−1

2
=

1
3
2

= 32 ; Với x = - 12 ta có : M =
1
2+1

2
=
1

5
2

= 52

Bài 2: a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.

Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + 
c2 - a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a)

b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.
Ta có: (b + c - a) >0 ( BĐT trong tam giác)

(b + c + a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b - c -a) <0 ( BĐT trong tam giác)

(b + c -a) >0 ( BĐT trong tam giác). Vậy A< 0
Bài 3: a) Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + 1

= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1

Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0. Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1 1

Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = y và y = 2

Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y =2
b) B = 3(x+1)

x3

+x2+x+1 =

3(x+1)

x2(x+1)+x+1 =

3(x+1)

(x2+1)(x+1) =

x2+1

Do x2 +1>0 nên B = 3

x2+1 3

Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = 0

Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0

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

Bài 4:

Do AB//CD nên ta có:
EAEG=EB

ED =
AB

DG (1)
Do BF//AD nên ta có:

EFEA=EB

ED =
AD

FB (2)
Từ (1) và (2) ⇒ EAEG=EF

EA Hay AE2 = EF. EG

b). Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG
khơng đổi.

Từ (1) và (2) ⇒ ABDG=FB

AD Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi)
Bài 5: Từ GT ⇒ (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz)

⇔ x2y- x3yz-y2z + xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2

⇔ x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0
⇔ xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0

⇔ xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0
⇔ (x -y) [xy−xyz(x+y+z)+xz+yz] = 0

Do x - y 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0
Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm)

A B

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

ĐỀ SỐ 2:

Câu 1: (2.5 điểm)
Cho P= a

(a+b)(1−b)−

b2

(a+b)(1+a)−

a2b2

(1+a)(1−b)

a. Rút gọn P.

b. Tìm các cặp số nguyên (a, b) để P = 3
Câu 2: (1.5 điểm): Giải phương trình: x3+ x

(x −1)3=2−

3x2
x −1
Câu 3: (1.5 điểm)

Cho x,y là hai số dương thoả x.y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A= x

x4+y2+

y
y4+x2

Câu 4: (2.0 điểm)

Cho hình vng ABCD. Gọi M, N, P lần lượt trung điểm các cạnh AB, BC,
CD. AN cắt BP tại E. AN cắt DM tại F.

a. Chứng minh FA = FE.

b. Chứng minh DE = DC.
Câu 5: (2.5 điểm)

Cho hình bình hành ABCD. F là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC. AF cắt BD tại E và cắt
DC tại G.

a. Chứng minh AEAF=GE

GA .

b. Chứng minh BF.DG khơng đổi (khi vị trí điểm F thay đổi trên cạnh BC).

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

ĐÁP ÁN:
Câu 1: (2.5 điểm)

- Điều kiện a ≠ −1, b≠1, a ≠− b

- P=a

(1+a)−b2(1− b)− a2b2(a+b)
(a+b)(1−b)(1+a) =

a2+a3−b2+b3− a2b2(a+b)
(a+b)(1− b)(1+a)

a −b+a2−ab+b2− a2b2

(a+b)¿
¿(a − b)(a+b)+(a+b)(a

−ab+b2)−a2b2(a+b)
(a+b)(1−b)(1+a) =¿

(a+b)(1+a)(a− b+b2− b2a)

¿(a+b)(a(1+a)−b(1+a)+b
2

(1− a)(1+a))
(a+b)(1− b)(1+a) =¿

(a+b)(1− b)(1+a)
(a+b)(1+a)(a(1−b)(1+b)− b(1−b))

(a+b)(1+a)(1−b)(a(1+b)−b)

¿ ¿ ¿

(a+b)(1− b)(1+a)=¿

(a+b)(1− b)(1+a)=a+ab− b

b.- Để P =3: a+ab− b=3⇔a(1+b)−(1+b)=2⇔(a −1)(1+b)=2

- Lập các hệ:

{

a −b+11==21 ;

{

a −b+11==−−21 ;

{

a −b+11==12 ;

{

a −b+11==−−12
- Giải:

{

ab==21 ;

{

ba==−03 ;

{

ab==30 ;

{

ab==−−12

- Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm:

{

ba==−03 ;

{

ab==30
(Mỗi ý cho 0,25 điểm – Riêng ý 6: 0,50 điểm)
Câu 2: (1.5 điểm)

x −1¿2

(¿¿)=2−3 x

2
x −1

x2− x2
x −1+

x2
¿

(

x+ x

x −1

)

¿
Có:

x −1¿2
¿

¿
x2

+x

2
¿

.
Đặt t=x+ x

x −1=

x2− x

+x

x −1 =

x2

x −1 được:

t −1¿3=1⇔t −1=1⇔t=2

t(t2−2t −t)=2−3t⇔t3−3t2+3t −1=1⇔¿ .
x −1¿2+1=0

x2

x −1=2⇔x

=2x −2⇔¿ (Vô nghiệm).

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

Câu 3: (1.5 điểm)
- x4+y2≥2x2y⇒ x

x4

+y2≤

x

2x2 y=

2 xy (x, y là các số dương)
- y4+x2≥2y2x⇒ y

y4

+x2≤

y

2y2x=

2 xy (x, y là các số dương)
- A= x

x4

+y2+

y
y4

+x2≤

1
2 xy+

1
2 xy=

1
xy=1
- Dấu “=” xãy ra khi

{

x

=y2

x2=y4

xy=1

⇔

{

x6=y6
xy=1 ⇔

{

x=1

y=1 (x, y là các số dương)

0,50
0,25
0,25
0,50
Câu 4: (2.0 điểm)

- Chứng minh được MBPD là hình bình
hành.

- => FM // BE

- M là trung điểm của AB nên MF là đường
trung bình của ABE

- => FA = FE.

- Chứng minh được AN vng góc với DM.
- Suy ra  DAE cân tại D

- => DE = DA. Do DA = DC nên DE = DC.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
Câu 5: (2.5 điểm)

- BF// AD => EBED=EF

EA
- AB//DG => EBED=EA

EG
- => EFEA=EA

EG
- => EFEA+1=EA

EG +1
- => AFAE=AG

EG ⇒
AE
AF=

GE
GA

- CM: EAD  EFB để được BFDA=EB

ED
- CM: EBA  EDG để được EBED=AB

GD
- ⇒BF

DA =

AB

GD ⇒BF . DG=DA . AB

- Do DA, AB không đổi nên BF.DG không
đổi.

Mỗi ý cho 0,25 điểm

GV: NGUYỄN THỊ LÊ NA

A M B

D P C

E
F

B C

D
E

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

ĐỀ SỐ 3:
Câu 1. Cho P =



 



1 2 3 4 1

5 5

x x x x

x x

    

 

a) Rút gọn P.

b)Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Câu 2. a) Xác định các số a, b sao cho:

3x3 + ax2 + bx + 9 chia hết cho x2 – 9.
b) Giải phương trình với tham số a, b

a(ax + b) = b2(x – 1)

Câu 3 . Quãng đường từ A đến B gồm đoạn lên dốc AC, đoạn nằm ngang CD, đoạn
xuống dốc DB tổng cộng là 30km.Một người đi từ A đến B rồi từ B về A hết tất cả
4h 25 phút.Tính quãng đường nằm ngang,biết vận tốc khi lên dốc là 10km/h, vận
tốc khi xuống dốc là 20km/h và vận tốc đi trên đường nằm ngang là 15km/h.

Câu 4. Cho tam giác ABC vuông ở A, trung tuyến BD, phân giác của góc ADB và
góc BDC lần lượt cắt AB, BC ở M và N, biết AB = 8, AD = 6.

a) Chứng minh rằng: MN//AC.

b)Tứ giác MNCA là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCA?

Câu 5. a) Giải bất phương trình:

2
1

2 3

x

x  x 

b) Cho 4x + y = 1.Chứng minh rằng:
4x2 + y2 ≥

1
5

c) Chứng minh m, n, p, q ta đều có m2+ n2+ p2+ q2+1 m(n+p+q+1)
dấu bằng xảy ra khi nào?

Câu 6. a) Chứng minh rằng a2 b2 c2 abbcac

b) Cho a, b, c là các số dương thoả mãn a + b = 1.Chứng minh rằng:

1 1

1 1 9

a b

   

  

   

   

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

ĐÁP ÁN:

Câu 1. a) P = 5 5

1
)
6
5
)(
4
5
(

2
2
2











x

x
x
x
x

P = 5 5

1
)
4
5
(
)
4
5
(

2
2
2
2










x
x

x
x
x

x

P = 5 5 5 5

)
5
5

( 2

2
2










x
x
x

b) P = 4

5
4
5
2

5 2 












x

Vậy min P = - 5/4 khi x = - 5/2, giá trị này của x thoả mãn 2 5 5 0




 x

x

Câu 2. a, Chia 3x3 + ax2 + bx + 9 cho x2 – 9 
được 3x + a dư (b + 27)x + (9 + 9a)

Để phép chia hết cần : (b + 27)x + (9 + 9a) = 0 với mọi x.





b + 27 = 0



9 + 9a = 0



B = - 27
a = - 1
b)  a2x + ab = b2x – b2

 a2x – b2x = - ab – b2

 (a2 – b2)x = - ab – b2

 (a – b)(a + b)x = - b(a + b)

+) Nếu a = b thì pt có dạng 0x = - 2b2
Suy ra a = b = 0 pt ngiệm đúng mọi x

a = b ≠ 0 pt vô ngiệm

+) Nếu a = - b thì pt có dạng 0x = 0 suy ra pt nghiệm đúng mọi x
+) Nếu a ≠ ± b thì pt có 1 ngiệm duy nhất x = a b

b




Câu 3. Gọi quãng đường nằm ngang CD là x(km) ( x > 0)
Thì quãng đường AC + BD = 30 – x

Cả đi và về quãng đường nằm ngang là 2x
Cả đi và về quãng đường lên dốc là 30 – x
Cả đi và về quãng đường xuống dốc là 30 –x

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

Ta có phương trình: 12 5( )
5
4
20
30
10

30
15
2
tm
x
x
x
x







Câu 4.
a) DC
BD
NC
NB
AD
BD
MB
MA

 ;

mà AD = DC

nên NC MN AC

NB
MA
MB
//



b) Tứ giác AMND là hình thang
vng.

SAMND = 2
1

(MN + AC)AM
Theo pytago với ABD có



A = 900
 BD = 10 (cm)

);
(
5
);

(

3 cm MB cm

MA
BD
AD
MB
MA





AC = 2AD = 12(cm)
MN // AC (cmt) AB

MB
AC
MN

)
(
5
,
7 cm
MN 

 ; SAMND = 292,5 (cm2)
Câu 5. Dành cho hs không học trường.

a) 2 < x <3.

b) y = 1 – 4x suy ra y2 = (1 – 4x)2

Xét x

x
x

x
y

x         0

5
)
1
5
(
4
5
1
)
4
1
(
4
5
1
4
2
2
2

2
2
(đpcm)
Câu 5. Dành cho hs trường.

a) ( ) 0

4
)
(
4
1
8
2
8
1
9
1
9
1
.
1
9
1
1
1
1
2
2


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








b
a
ab
b
a
ab
ab
ab
b
a
ab
b
a
ab
b
b
a
a
b
a
b)
xy
y

xy
x
A
xy
y
xy
x
y
x
A








( )( )
2
2 y
x
A 

Thay y = 1 – x vào A được:

1
)
(
2

)
1

( 2 2

2






x x x x

A
2
1
2
1
2
1
2
2










 x
A

Suy ra Min A = 1/2 khi x = 1/2 ;
Và y = 1/2

0
1
4
4
4
4
2
2
2
2
2
2
2










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

 m mn n m mp p m mq q m m

0
1
2
2
2
2
2
2
2
2


































 m n m p m q m

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

Dấu bằng xảy ra khi 



















0
1
2
0
2
0
2
0
2
m
q
m
p
m
n
m
 













2
2
2
2
m
m
q
m
p
m
n
 





1
2
q
p
n
m

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski

Cách 1: Xét cặp số (1, 1, 1) và (a, b, c) ta có



12 12 12



(a2 b2 c2)



1.a1.b1.c



 3



a2 b2 c2



a2 b2 c2 2



abbcac



 a2 b2 c2 abbcac. Điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c

ĐỀ SỐ 4:

Câu 1: (5điểm) Tìm số tự nhiên n để:

a) A = n3- n2 + n-1 là số nguyên tố.
b) B = 2

2
6
2
3
2
2
3
4





n
n
n
n

n

Có giá trị là một số nguyên.
c) D = n5-n+2 là số chính phương. (n2)

Câu 2: (5điểm) Chứng minh rằng :
a)  1  1acc11

c
b
bc
b
a
ab
a

biết abc = 1

b) Với a + b + c = 0 thì a4 + b4 + c4 = 2(ab + bc + ca)2
c) c

a
a
b
b
c
a
c
c
b

b
a




 2
2
2
2
2
2

Câu 3: (5điểm) Giải các phương trình sau:
a) 82 6

54
84
132
86
214






 x x

x

b) 2x(8x-1)2(4x-1) = 9

c) x2- y2 + 2x - 4y-10 = 0 với x, y nguyên dương.

Câu 4: (5điểm). Cho hình thang ABCD (AB//CD), O là giao điểm hai đường chéo.
Qua O kẻ đường thẳng song song với AB cắt DA tại E, cắt BC tại F.

a) Chứng minh :Diện tích tam giác AOD bằng diện tích tam giác BOC.
b) Chứng minh: AB CD EF

2
1
1




c) Gọi K là điểm bất kì thuộc OE. Nêu cách dựng đường thẳng đi qua Kvà chia đơi
diện tích tam giác DEF.

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

Câu Nội dung Điểm

Câu 1

(5điểm)

a) (1đ) A = n3-n2+n-1=(n2+1)(n-1)

Để A là số nguyên tố thì n-1=1 n = 2 khi đó A = 5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b) (2đ) B = n2 + 3n - n 2

2


B có giá trị nguyên  2 n2+2
n2 + 2 là ước tự nhiên của 2

n2 + 2 =1 khơng có giá trị thoả mãn

Hoặc n2 + 2 = 2  n = 0 Với n = 0 thì B có giá trị nguyên.
c) (2đ) D = n5- n + 2 = n(n4-1) + 2 = n(n + 1)(n-1)(n2 + 1) + 2
= n(n - 1)(n + 1)





n2  4



5



+ 2 = n(n-1)(n+1)(n-2)(n + 2) +

5 n(n - 1)(n + 1) + 2

Mà n(n-1)(n + 1)(n-2)(n + 25 (tớch 5số tự nhiên liên tiếp)

Và 5 n(n-1)(n + 15. Vậy D chia 5 dư 2

Do đó số D có tận cùng là 2 hoặc 7 nên D khơng phải số chính
phương.

Vậy khơng có giá trị nào của n để D là số chính phương

Câu 2

(5điểm)

a) (1đ)  1  1acc1

c
b

bc
b
a

ab
a











 ac c

c
ac

abc
abc

abc
c

ac
abc

ac

= 1 1

1
1

1   












 abc ac

ac
abc
c

ac
c
ac

c
abc
c

ac
ac

0,5
0,5
0.5
0.5
0.5
0.5
b) (2đ) a + b + c = 0 a2 + b2 + c2 + 2(ab + ac + bc) = 0

 a2 + b2 + c2 = -2(ab + ac + bc)

 a4+b4+c4+2(a2b2+a2c2+b2c2) = 4( a2b2+a2c2+b2c2) + 8abc(a +b + 
c) Vì a + b + c = 0

 a4 + b4 + c4 = 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) (1)

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

 2(ab + ac + bc)2 = 2(a2b2 + a2c2 + b2c2) (2)
Từ (1)và(2)  a4 + b4 + c4 = 2(ab + ac + bc)2

0,5
0,5
0,5
0,5
c) (2đ) Áp dụng bất đẳng thức: x2+y2 2xy Dấu bằng khi x = y

c
a
c
b
b
a

c
b
b
a
.
2
.
.
2
2
2
2
2




; b

c
a
c
b
a
a
c
b
a
.
2

.
.
2
2
2
2
2



;
a
b
c
b
a
c
c
b
a
c
.
2
.
.
2
2
2
2
2





Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:

a)
b
b
c
c
a
(
2
)
a
c
c
b
b
a
(
2 2
2
2
2
2
2







a
b
b
c
c
a
a
c
c
b
b
a
2
2
2
2
2
2






a) (2đ) 82 6

54
84
132
86
214






 x x

x

 82 3) 0

54
(
)
2
84
132
(
)
1
86
214

(x   x   x  

 82 0

300
84
300
86
300






 x x

x

 (x-300) 82 0

1
84
1
86
1











 x-300 = 0  x=300 Vậy S =



300



1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 3
(5điểm)

b) (2đ) 2x(8x-1)2(4x-1) = 9

 (64x2-16x+1)(8x2-2x) = 9  (64x2-16x+1)(64x2-16x) = 72 
Đặt: 64x2-16x + 0,5 = k Ta có: (k + 0,5)(k- 0,5) =72 
k2=72,25  k = ± 8,5

Với k=8,5 ta có phương trình: 64x2-16x-8=0  (2x-1)(4x+1)=0;

 x= 4

1
;
2

1 

x

Với k =- 8,5 Ta có phương trình: 64x2-16x+9=0  (8x-1)2+8=0 
vô nghiệm.

Vậy S = 



 
4
1
,
2
1
0,5
0,5
0,5
0,5
c) (1đ) x2-y2+2x-4y-10 = 0  (x2+2x+1)-(y2+4y+4)-7 = 0

 (x+1)2-(y+2)2=7  (x-y-1)(x+y+3) =7 Vì x, y nguyên 
dương

Nên x+y+3 > x-y-1>0  x+y+3=7 và x-y-1=1  x = 3; y =1

Phương trình có nghiệm dương duy nhất (x, y) = (3; 1)

Câu 4

(5điểm)

a) (1điểm) Vì AB//CD  S DAB=S CBA

(cùng đáy và cùng đường cao)

 S DAB –SAOB = S CBA- SAOB

Hay SAOD = SBOC

0,5
0,5

GV: NGUYỄN THỊ LÊ NA

A B

C
O

E K F

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

b) (2đ) Vì EO//DC  AC

AO
DC

EO



Mặt khác AB//DC



AB AO AB AO AB AO EO AB

DC OC  AB DC AO OC  AB DC AC  DC AB DC

 ABDC EF DC AB EF

DC
AB
DC

AB
AB
DC

EF 2 1 1 2

2    







c) (2điểm) + Dựng trung tuyến EM,
+ Dựng EN//MK (NDF)

+ Kẻ đường thẳng KN là đường thẳng phải dựng

Chứng minh: SEDM=S EMF(1). Gọi giao của EM và KN là I thì
SIKE = SIMN

(Cma) (2) Từ (1) và(2)  SDEKN = SKFN.

0,5
1,0
0,5
1,0
1,0

ĐỀ SỐ 5:

(Đề gồm có 01 trang)
Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:(x + 4)( x2 + 1

2 x – 1,5) = (3 - x )(x2 +
1

2 x – 1,5)
b) Giải bất phương trình: x + 1x < 2

Bài 2:(2,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức sau: x

−1

(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1) ; với x = 2012
b) Cho (x + 3y)3 - 6(x + 3y)2 +12(x + 3y) = -19

Tính giá trị của biểu thức x + 3y

Bài 3: (1,0 điểm)

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: P =

(

xx

+2−

x3−8

x3+8.

x2−2x+4

x2−4

)

:
1

x+2 .

x2+3x+2

x2+x+1

B
M

K
A

D C

E
I

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

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.
b) Tìm các giá trị của x để P > 0

Bài 5:(3,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm, AD = 6cm; gọi H là hình chiếu của A
trên BD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DH, BC.

a) Tính diện tích tứ giác ABCH.
b) Chứng minh: AM MN

ĐỀ SỐ 6:

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Câu Nội dung Điểm

Bài 1:
2,0đ

Câu a
1,0đ

( x+4)( x2 + 1

2 x – 1,5) = (3-x )(x2 +
1

2 x – 1,5)
⇔ 1

2 ( 2x + 1)( 2x2 + x – 3) = 0

0,25đ

x = - 0,5 0,25đ

2x2 + x – 3 = ( x -1)(2x + 3) 0,25đ

x = 1 ; x = - 1,5 0,25đ

Câu
b
1,0đ

x+ 1x<2 ⇔ x

x <2 ; ĐK : x 0 0,25đ

+ x > 0 ; x2 +1 < 2x ⇔ (x – 1)2 < 0 loại 0,25đ
+ x < 0 ; x2 +1 > 2x ⇔ (x – 1)2 > 0 với mọi x < 0 0,25đ

Kết luận : x < 0 0,25đ

Bài 2:
2,0 đ

Câu a
1,25đ

x16−1=(x −1)(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1) 0,5đ

x16−1

(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1) =

(x+1)(x −1)(x2+1)(x4+1)(x8+1)
(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1)

= x - 1

0,5đ

kết quả 2011 0,25đ

Câu
b
0,75đ

(x + 3y)3 - 6(x + 3y)2 +12(x + 3y) - 8 = -27 0,25đ

(x + 3y - 2)3 = -27 0,25đ

⇒ x + 3y - 2 = -3 ⇒ x + 3y = -1 0,25đ

Bài 3:
1,0đ

Đặt AM = a ; MB = b ⇒ (a+b)2 = 502

(a – b)2 0 ⇔ a2 -2ab +b2 0 ⇔ a2 + b2 2ab 0,5đ

2(a2 + b2) (a + b )2 = 502 0,25đ

⇔ a2 + b2 1250

Diện tích nhỏ nhất SAMEH + SBMIK = 1250 (m2)

Diện tích lớn nhất cịn lại: 10000 – 1250 = 8750 (m2)

0,25đ
Bài 4:

2,0đ

Câu a
1,25đ

ĐKXĐ: x ±2 0,25đ

x3−8
x3+8 .

x2−2x

x2−4 =

(x −2)(x2+2x+4)
(x+2)(x2−2x+4).

x2−2x+4
(x −2)(x+2)

0,25đ

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

x+2¿2
¿
x2

+2x+4

¿
x+2¿2

¿
x
x+2−

x2+2x+4

x+2¿2
¿

x(x+2)−(x2+2x+4)

x+2¿2
¿
−4

0,25đ

x+2¿2
¿
−4

: x1

+2.

x2+3x+2

x2+x+1 =

x+2¿2(x2+x+1)

−4 .(x+2)(x+1)(x+2)

−4 .(x+1)

x2

+x+1

0,5đ

Câu
b
0,75đ

x2 + x + 1 = (x + 1

2 )2 +
3

4 > 0 với mọi x 0,25đ
Để P > 0 ⇒ -4(x + 1) > 0 ⇒ x + 1 < 0 ⇒ x < -1 0,25đ

Vậy để P > 0 thì x < - 1 ; x -2

0,25đ

Bài 5

3,0đ

Câu a
1,5đ

Δ ABH Δ DBA 0,25đ

Tính AH = 4,8cm; BH = 6,4cm 0,5đ

Kẻ KC BD chứng minh KC = AH = 4,8cm 0,25đ

SABCH = SABH + SBHC = 12 AH.HB + 12 CK.HB = 30,72

(cm2) 0,5đ

Câu
b
1,5đ

Δ AHD Δ ABC ⇒ AH
AB =

AD
AC=

BC 0,25đ

AC=

CN ; Δ ADM Δ ACN ⇒

AD
AC =

AN 0,5đ

∠ MAD = ∠ NAC ⇒ ∠ NAM = ∠ CAD ;

AD
AC=

AM
AN

0,25đ

Δ ADC Δ AMN ( c-g-c) 0,25đ

AM MN 0,25đ

Hình vẽ

D C

N
K

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

Chú ý:

-Học sinh có bài giải cách khác, nếu làm đúng vẫn cho điểm tối đa.
-Thống nhất điểm chấm đến 0,25đ.

ĐỀ SỐ 7:

Câu 1: Cho P = 2 6 2 5

2
2

2
3
4









x
x
x
x

x
a) Rút gọn P

b) CMR: P < 0 với mọi x.

Câu 2: a) Tìm đa thức P(x) biết: P(x) chia cho x - 1 dư -3, P(x) chia cho x + 1 dư 3,
P(x) chia cho x2 – 1 được thương là 2x và còn dư bao nhiêu?

b) Giải phương trình:







2
2



 x

x +







2
2



 x

x + 2 2

(x 3)(x 2)+







1
2
2


 x

x = -1

Câu 3: Giải bài toán sau bằng cách lập phương trình:

Hai đội cơng nhân cùng làm một cơng việc thì hồn thành cơng việc đó trong 24 h.
Nếu đội thứ nhất làm trong 10 h, đội thứ hai làm trong 15 h thì cả hai đội làm được

2
1

Câu 4: Cho tam giác ABC, hai trung tuyến AK và CL cắt nhau tại 0. Từ P bất kì
trên cạnh AC, vẽ PE // AK, PF//CL (E thuộc BC, F thuộc AB), các trung tuyến AK,
CL cắt đoạn thẳng EF theo thứ tự tại M, N.

CMR: FM = MN = NE

Câu 5: a) Giải bất phương trình:

1 2

x  x

b) CMR: với a là số tuỳ ý, ta có:

(a – 1)(a – 3)(a – 4)(a – 6) + 9  0

Câu 6: a) Giải phương trình: (x + y)2 = (x + 1)(y – 1)
b) Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

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

CMR : 6

a b c

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

ĐÁP ÁN:

Câu 1: a) P = 2 6 2 5

2
2

2
3










x
x

x



 



2
2 2

2( 1) 2

2 5

1 2 5

x

x x

x x x

 



 

  

b) x2 + 2x + 5 = (x +1)2 + 4 > 0 với mọi x  P xác định với mọi x.
P =





0
1 4

x





  x.

Câu 2: a) P(x) = A(x)(x – 1) – 3  P(1) = -3.
P(x) = B(x)(x + 1) + 3  P(-1) = 3.
P(x) = (x2 – 1).2x + ax + b.

Suy ra:



a + b = -3 - a+ b = 3 



a = -3
b = 0

Vậy P(x) chia cho x2 – 1 được 2x dư -3x.

 P(x) = (x2 – 1).2x – 3x = 2x3 – 5x.

b, 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1 1 1

4 5 3 4 2 3 1 2

x x x x x x x x

        

       



 



2 2 2 2

1 1 4

1 1

1 5 1 5

x x x x

    

   

 4 = -x4 – 6x2 – 5  x4 + 6x + 9 = 0

 (x2 + 3)2 = 0  Phương trình vơ ngiệm vì VT > 0  x R.

Câu 3: Gọi thời gian đội I làm một mình xong công việc là x (h) (x > 24).
1h đội I làm được

x (công việc)

1h đội II làm được
1 1

24 x ( công việc)

Ta có phương trình:

10 1 1 1

24 2

x x

 

    

 

Giải ra x = 40 (thoả mãn).

Vậy thời gian đội I cần là 40h, đội II cần trong 60h để một mình xong cơng việc.
Câu 4.

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

AK// PE

FM FQ
EF FP

 

CL //FP

FQ FP
LO CL

 

( cùng =

AF
AL )

1 1 1

3 3 3

FQ LO FM

FM EF

FP CL EF

      

Chứng minh tương tự có:

1 1

3 3

EN  EF  MN  EF
Vậy FM = MN = NE

Câu 5: a) Lập bảng xét dấu giải ra được :x >
1
2
b) Có (a – 1)(a – 3)(a – 4)(a – 6) + 9

= (a2 – 7a + 6)(a2 – 7a + 12) + 9. Đặt a2 – 7a + 9 = y
= (y – 3)(y + 3) + 9 = y2 ≥ 0 với mọi y (đpcm)
Câu 5: Dành cho học sinh trường Tiên Lữ.

a) Đặt x + 1 = a, y – 1 = b.

Phương trình trở thành: (a + b)2 = ab  a2 + b2 + ab = 0  2a2 +2b2 +2ab = 0

 (a + b)2 + a2 + b2 = 0 a = b = 0  x = -1, y = 1.
b) Đặt b + c – a = x, c + a – b = y, a + b – c = z.

Suy ra 2a = y + z, 2b = x + z, 2c = x + y.



2a 2b 2c y z x z x y
b c a a c b a b c x y z

  

    

     

y x y z x z

x y z y z x

     

     

     

 

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

ĐỀ SỐ 8:

Bài 1: (2,0 điểm)

Cho a, b là bình phương của hai số nghuyên lẻ liên tiếp
Chứng minh rằng: ab – a - b + 1 chia hết cho 48

Bài 2: (1,5 điểm)

Cho biểu thức :

2 2 2

6 1 6 1 36

6 6 12 12

x x x

A

x x x x x

  

 

  

  

 

a) Tìm TX Đ của A
b) Rút gọn A

Bài 3: (1,0 điểm)

Chứng minh bất đẳng thức :x2y2 xy x y   1

Bài 4: (1,0 điểm)

Chứng tỏ rằng khơng có giá trị nào của x thoả mãn bất đẳng thức sau
2

5 0
2 2

x x



 

 

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD, điểm P thuộc đường chéo BD (P khác B và
D). Gọi M là điểm đối xứng của C qua P

a) Chứng minh AM song song với BD

b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AD và AB. Chứng minh
ba điểm E, F, P thẳng hàng.

c) Chứng minh tỉ số độ dài hai đoạn thẳng MF và FA khơng phụ
thuộc vào vị trí của P.

Bài 6: (1, 0 điểm)

Giải phương trình:

5 15 2002 2012

2012 2002 15 5

x x x x

  

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

Đáp án

Bài 1: Ta có ab – a - b + 1 =(a - 1)(b - 1)

Vì a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp nên

2 2

(2 1) ; (2 3)

a n b n với nZ

2 2

ab - a - b +1 = (a - 1)(b - 1) = (2 1) 1 (2 3) 1

(4 4 )(4 12 8)

16 ( 1) ( 2)

n n

n n n n

n n n

       

   

   

  

Vì 16 (n n1) (2 n2) 16 và n n( 1)(n2) 3  16 (n n1) (2 n2) 3 mà ƯCLN (3;16) =1 
Suy ra 16 (n n1) (2 n2) 48 hay ab a b  1 48

Bài 2:

a. ĐKX Đ: x0;x6;x6

b. Rút gọn:

2 2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

6 1 6 1 36 (6 1)( 6) (6 1)( 6) 36

. .

6 6 12 12 ( 36) 12( 1)

6 37 6 6 37 6 36 12( 1) 36 1

. .

( 36) 12( 1) ( 36) 12( 1)

x x x x x x x x

A

x x x x x x x x

x x x x x x x

x x x x x x x

        

 

   

    

 

       

  

   

Vậy A =
1

x Với x0;x6;x6

Bài 3:

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 2( ) 2( 1)

2 2 2 2 2 2

( 2 ) ( 2 1) ( 2 1) 0
( ) ( 1) ( 1) 0

x y xy x y x y xy x y
x y xy x y

x xy y x x y y
x y x y

          

     

         

      

Ta có : (x y )2(x1)2(y1)2 0 ln đúng. Dấu " =" xảy ra khi x=y=1

Bài 4:

Ta có 2 2

4 4

5 5

2 2 ( 1) 1

x x x

 

  

   

vì

2 2

4 4

( 1) 1 1 0 0 5 0

( 1) 1 ( 1) 1

x

x x

 

        

   

Vậy khơng có giá trị nào của x thoả mãn bất đẳng thức sau 2

5 0
2 2

x x



 

 

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

a) Ta có O là trung điểm của AC (ABCD là hình chữ nhật)
P là trung điểm của CM (Vì M đối xứng với C qua P)
Nên OP là đường trung bình của ACM nên OP//AM

Suy ra AM//BD

b) Vì OP là đường trung bình của ACM.

Nên OP//AM và OP =
1
2 AM

Do đó: OP//AI và OP = AI nên tứ giác AIPO là hình bình hành
Suy ra: PI//AC (1)

Kẻ ME//AB cắt AC tại K. Ta có KAE = EAM (Vì cùng bằng KDA )

Nên AE là phân giác của KAM , mặt khác AE KM

 AKM cân nên E là trung điểm của KM do đó EI là đường trung bình

của AMK

 EI//OA nên EI//AC (2)

Ta lại có E, I, F thẳng hàng (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra E, F, P thẳng hàng
c) Ta xét hai vuông ABD và FAM có:

BAD = AFM = 1v

BDA =AFM (Cùng bằng EAM )

 ABDFAM



MF AD

FA AB (không đổi).Vậy tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng

không phụ thuộc vào vị trí của P.

Bài 6:

Ta có :

5 15 2002 2012

2012 2002 15 5

x x x x

  

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

2017 2017 2017 2017

2012 2002 15 5

1 1 1 1

( 2017)( ) 0

2012 15 2002 5

x x x x

x

   

   

     

Vì :

1 1 1 1

0 ; 0

2012 15  2002 5  nên

1 1 1 1

( ) 0

2012 15 2002 5   
Suy ra: x-2017 = 0x = 2017. Vậy nghiệm của PT là x = 2017

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

Bài 1 (4 điểm)

Cho biểu thức A =

(

1− x3
1− x − x

)

1− x2

1− x − x2+x3 với x khác -1 và 1.

a, Rút gọn biểu thức A.

b, Tính giá trị của biểu thức A tại x ¿−12
3 .
c, Tìm giá trị của x để A < 0.

Bài 2 (3 điểm)

Cho

















2 2 2 2 2 2

a b  b c  c a 4. a b c  ab ac bc 

.
Chứng minh rằng a=b=c .

Bài 3 (3 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11. Nếu bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng
mẫu lên 4 đơn vị thì sẽ được phân số nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số
đó.

Bài 4 (2 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a4−2a3

+3a2−4a+5 .

Bài 5 (3 điểm)

Cho tam giác ABC vng tại A có góc ABC bằng 600, phân giác BD. Gọi M, 
N, I theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CD.

a, Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh.

b, Cho AB = 4cm. Tính các cạnh của tứ giác AMNI.

Bài 6 (5 điểm)

Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng
qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.
a, Chứng minh rằng OM = ON.

b, Chứng minh rằng AB1 + 1

CD=
2
MN .

c, Biết SAOB= 20082 (đơn vị diện tích); SCOD= 20092 (đơn vị diện tích). Tính SABCD.

Đáp án
Bài 1( 4 điểm )

a, ( 2 điểm )

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

Với x khác -1 và 1 thì :

A= 1− x13− x− x+x2: (1− x)(1+x)

(1+x)(1− x+x2)− x(1+x)

0,5đ

= (1− x)(1+x+x

2
− x)

1− x :

(1− x)(1+x)
(1+x)(1−2x+x2)

0,5đ
= (1+x2): 1

(1− x)

0,5đ

= (1+x2)(1− x) 0,5đ

b, (1 điểm)
Tại x = −12

3 = −
5

3 thì A =

−5

3¿

1+¿−

[

1−(−5

]

0,25đ

= 3)

5
1
)(
9
25
1

(   0,25đ

¿34
9 .

8
3=

272
27 =10

27 0,5đ

c, (1điểm)

Với x khác -1 và 1 thì A<0 khi và chỉ khi (1+x2)(1− x)<0 (1) 0,25đ

Vì 1+x2>0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1− x<0 ⇔x>1
KL

0,5đ
0,25đ
Bài 2 (3 điểm)

Biến đổi đẳng thức để được

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

a b  ab b c  bc c a  ac a  b  c  ab ac bc

0,5đ
Biến đổi để có (a2+b2−2ac)+(b2+c2−2 bc)+(a2+c2−2 ac)=0 0,5đ

Biến đổi để có

a − c¿2=0

b −c¿2+¿
a− b¿2+¿

(*)

0,5đ

Vì a −b¿2≥0

¿ ; b − c
¿2≥0

¿ ; a − c
¿2≥0

¿ ; với mọi a, b, c
nên (*) xảy ra khi và chỉ khi a −b¿2=0

¿ ;

b − c¿2=0

¿ và

a − c¿2=0

¿ ;

0,5đ
0,5đ

Từ đó suy ra a = b = c 0,5đ

Bài 3 (3 điểm)

Gọi tử số của phân số cần tìm là x thì mẫu số của phân số cần tìm là x+11.
Phân số cần tìm là x x

+11 (x là số nguyên khác -11)

0,5đ

Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số 4 đơn vị ta được phân số xx −+157
(x khác -15)

0,5đ

Theo bài ra ta có phương trình x x

+11 =

x+15

x −7 0,5đ

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

Từ đó tìm được phân số −5

6 0,5đ

Bài 4 (2 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = a4−2a3+3a2−4a+5 .

Biến đổi để có A= a2(a2+2)−2a(a2+2)+(a2+2)+3

0,5đ

= a −1¿2+3

(a2+2)(a2−2a+1)+3=(a2+2)¿

0,5đ
Vì a2

+2>0 ∀a và a −1¿

2
≥0∀a

¿ nên

a −1¿2≥0∀a

(a2+2)¿ do đó
a −1¿2+3≥3∀a

(a2+2)¿

0,5đ

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a −1=0 ⇔a=1 0,25đ

KL 0,25đ

Bài 5 (3 điểm)

a,(1 điểm)

Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang 0,5đ

Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân 0,5đ
b,(2điểm)

Tính được AD = 4√3

3 cm ; BD = 2AD =
8√3

3 cm
AM = 12BD=¿ 4√3

3 cm

0,5đ

Tính được NI = AM = 4√3
3 cm

0,5đ
DC = BD = 8√3

3 cm , MN =
1

2DC=¿

4√3
3 cm

0,5đ
Tính được AI = 8√3

3 cm

0,5đ

Bài 6 (5 điểm)

a, (1,5 điểm)

GV: NGUYỄN THỊ LÊ NA

N

I
M

D C

A
B

O N

M

D C

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

Lập luận để có OMAB =OD

BD ,
ON
AB =

AC 0,5đ

Lập luận để có ODDB =OC

AC 0,5đ

⇒ OMAB =ON

AB ⇒ OM = ON 0,5đ

b, (1,5 điểm)

Xét ΔABD để có OMAB =DM

AD (1), xét ΔADC để có
OM
DC =

AD (2)
Từ (1) và (2) ⇒ OM.( AB1 + 1

CD ) ¿

AM+DM

AD =

AD
AD=1

0,5đ

Chứng minh tương tự ON. ( 1

AB+
1

CD)=1 0,5đ

từ đó có (OM + ON). ( 1

AB+
1

CD)=2 ⇒
1
AB+

1
CD=

MN 0,5đ

b, (2 điểm)

SAOB
SAOD

=OB

OD ,

SBOC
SDOC

=OB

OD ⇒

SAOB
SAOD

=¿ SBOC

SDOC

⇒

SAOB.SDOC=SBOC.SAOD

0,5đ

Chứng minh được SAOD=SBOC 0,5đ

⇒ SAOD¿
2

SAOB.SDOC=¿

Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2 ⇒ SAOD = 2008.2009

0,5đ
Do đó SABCD= 20082 + 2.2008.2009 + 20092 = (2008 + 2009)2 = 40172

(đơn vị DT)

0,5đ

Bài 6 (5 điểm)

b, Chứng minh rằng AB1 + 1

CD=
2
MN .

c, Biết SAOB= 20082 (đơn vị diện tích); SCOD= 20092 (đơn vị diện tích). Tính SABCD.

ĐỀ SỐ 9:

Câu1. a. Phân tích các đa thức sau ra thừa số:
* 4

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



x 2 x

 

 3 x

 

 4 x

 

 5



 24
b. Giải phương trình: 4 2

x  30x  31x  30  0

c. Cho

a b c

bc ca ab  . Chứng minh rằng:

2 2 2

a b c

bc ca ab 

Câu2. Cho biểu thức:

2
2

x 2 1 10 x

A : x 2

x 4 2 x x 2 x 2

  

 

       

   

   

a. Rút gọn biểu thức A.

b. Tính giá trị của A, Biết |x| =

1
2 .
c. Tìm giá trị của x để A < 0.

d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị ngun.

Câu 3. Cho hình vng ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME

AB, MFAD.

a. Chứng minh: DECF

b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy.

c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Câu 4.

a. Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

1 1 1
9
a  b  c 

b. Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002
Tính: a2011 + b2011

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Đáp án Điểm

Câu 1 a. x4 + 4 = x4 + 4x2 + 4 - 4x2 (1 điểm)

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

HƯỚNG DẪN CHẤM

(3 điểm)

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

= (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 - 2x) 
( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24

= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
= [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24

= (x2 + 7x + 11)2 - 52

= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)

b. 4 2

x  30x  31x  30  0 <=>







 



x  x  1 x  5 x  6  0

(*)
Vì x2 - x + 1 = (x -

2)2 +

4 > 0 x

 (*) <=> (x - 5)(x + 6) = 0


x 5 0 x 5
x 6 0 x 6

  

 



    

  (1 điểm)

c. Nhân cả 2 vế của:

a b c

1
bc  ca ab 

với a + b + c; rút gọn  đpcm (1 điểm)

Câu 2

(3 điểm)

Biểu thức:

2
2

x 2 1 10 x

A : x 2

x 4 2 x x 2 x 2

  

 

       

   

   

a. Rút gọn được kq:

1
A

x 2




 (1 điểm)

b.

1
x

 x 1

 

hoặc

1
x




4
A

 

hoặc

4
A



(0.5 điểm)
c. A 0 x2 (0.5 điểm)





A Z Z ... x 1;3
x 2



    

 (1 điểm)

Câu 3

(3 điểm)

HV + GT + KL

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

HƯỚNG DẪN CHẤM

a. Chứng minh: AEFMDF

 AEDDFC  đpcm (1 điểm)

b. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC đpcm (1 điểm)
c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

ME MF a

   không đổi

AEMF

S ME.MF

  lớn nhất  MEMF (AEMF là

hình vng)

 là trung điểm của BD. (0.5 điểm)

Câu 4:

(1 điểm)

a. Từ: a + b + c = 1 

1 b c
1

a a a
1 a c

b b b
1 a b

c c c



  





  





  




1 1 1 a b a c b c
3

a b c b a c a c b

3 2 2 2 9

     

            

     

    

Dấu bằng xảy ra  a = b = c =

1
3

(0.5 điểm)

b. (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002
 (a+ b) – ab = 1

 (a – 1).(b – 1) = 0
 a = 1 hoặc b = 1

Vì a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1; hoặc b = 0 (loại)
Vì b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1; hoặc a = 0 (loại)
Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2

(0.5điểm)

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

ĐỀ SỐ 10:

Bài 1: Tìm n N để A = 11n3+12n2+12n+20

n2+1 có giá trị nguyên.

Bài 2: Giải các phương trình :
a) x+1¿

x+1¿4−26¿
25¿

= 0
b) x2+|x −1|=|x|

Bài 3: a) Cho a > 0; b > 0 và a + b = 1. Chứng minh rằng :

1 1 4

1 1 3

a b 

b) Với các số không âm a, b, c, chứng minh rằng:





2 2 2 2 2 2

a b b c c a abc a b c 

c) Tìm x, y, z biết : 10x2 + y2 + 4z2 + 6x – 4y – 4xz + 5 = 0

Bài 4: Cho tam giác ABC có Â = 1200 ,
¿
B

❑

= 400 ; kẻ các phân giác trong AD,
BE (D BC ; E AC).

a) Chứng minh rằng :

1 1 1

AB AC AD

b) Cho AB = m; AC = n; diện tích tam giác ABC là S. Tính diện tích tam
giác ABE theo m, n, S

Bài 5: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Phân giác góc AMB cắt AB tại E, phân
giác góc AMC cắt AC tại F.

a) Chứng minh : EF // BC.

b) Cho BC = 20 cm, AM = 10 cm. Tính EF.

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

ĐÁP ÁN:
Bài

1(2đ)

a) Gọi a-1, a, a+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp ( a N ;a>0¿

M = (a 1)3a3(a1)3 3a36a
= 3a(a−1)(a+1)+9a

(a −1)a(a+1) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3

Vậy M chia hết cho 9

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) 11n

+12n2+12n+20

n2+1 =

11n+12+ n+8

n2+1 (n∈N)

A nguyên khi n+8⋮n2+1 và n+8 n2+1
n(n−1)≤7 hay n=0;1 :2;3

Thử lại và chọn n=0;2

0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài

2(2,5đ) a)

x+1¿2+1

x+1¿4−26¿
25¿

= 25X4−25X2− X2+1

= 25X2

[X2−1]−(X2−1) với X=x+1

= (X+1)(X −1)(25X2−1)

= (X+1)(X −1)(5X −1)(5X+1)

x(x+2)(5x+4)(5x+6) = 0

Suy ra 4 nghiệm 0; -2 ; −4

5 ; −
6
5

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
b) x2

+|x −1|=|x|

x<0⇒x2− x+1=− x Vô nghiệm

0≤ x<1⇒x2− x+1=x Suy ra x=1 (loại)
x ≥1⇒x2

+x −1=x Suy ra x=−1 ( loại), x=1 ( chọn)

Kết luận:

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài

3(2đ) a)

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

1 1 3 a b a b

a b        

 9 4( ab a b  1) ( do a + b =1 )
 9 4 ab  8 1 4ab (a b )2 4ab

a −b¿2≥0

⇔¿ đúng với mọi a,b

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

b) P =

4x+3

x2+1 =

2 2

4 4 4 4 1

x x x

x

   



2 2

4( 1) (4 4 1)
1

x x x

x

   

 =

2x −1¿2
¿
¿
4−¿
P 4 nên Pmax = 4 khi x=1

0,25đ
0,5đ
0,25đ

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

Bài 
4(2đ)

a) Vẽ DK // AB, K AC

Chứng minh ADK đều => AD = AK = DK .
ABC có DK // AB suy ra DK

AB=
CK

AC ( Ta let )
=> ADAB=AC−AK

=> AB1 =AC−AD

AD . AC suy ra điều chứng minh

b) Tam giác ABE và tam giác ACB đồng dạng (gg)
Suy ra SSABE

ABC

=AB

AC2

Thay giá trị suy ra SABE

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

Bài 5 
(1,5đ)

Hình vẽ

a. Chứng minh EAEB =MA

MB ( tính chất đường phân giác tam
giác AMB)

Chứng minh FAFC=MA

MC ( tính chất đường phân giác tam
giác AMC)

MB = MC ( gt), suy ra EAEB =FA

FC
Suy ra EF // BC (Định lí ta let đảo)

b. Chứng minh tam giác ABC vuông tại A
Chứng minh: AEMF là hình chữ nhật
Suy ra được EF = AM = 10 cm

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25
0,25đ
0,25đ

Giải. Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có:

2 2 2 2 2 2 ; 2 2 2 2 2 2; 2 2 2 2 2 2
a b b c  ab c b c c a  abc c a a b  a bc
Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:



2 2 2 2 2 2







2 2 2 2 2 2





2 a b b a c a 2abc a b c  ; a b b c c a abc a b c 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

ab bc

bc ca a b c
ca ab





   


 


10x2 + y2 + 4z2 + 6x – 4y – 4xz + 5 = 0
9x2 + 6x + 1+ y2– 4y + 4+ 4z2 – 4xz + x2 = 0

(3x + 1)2 + (y – 2)2 + (2z– x)2 = 0 (0,25 điểm)
Do đó : 3x + 1 = 0 và y – 2 = 0 và 2z – x = 0 (0,25 điểm)

⇔ x = −1

3 ; y = 2; z = −
1

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

ĐỀ SỐ 11:

Bài 1( 6 điểm): Cho biểu thức:

P =

2 2 2

2 3 2 8 3 21 2 8

: 1

4 12 5 13 2 20 2 1 4 4 3

x x x x

x x x x x x x

   

 

  

 

      

 

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi

1
2

x 

c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
d) Tìm x để P > 0.

Bài 2(3 điểm):Giải phương trình:

a) 2

15 1 1

1 12

3 4 4 3 3

x

x x x x

 

    

     

148

169

186

199

10

25

23

21

19 x







c) x  2 3 5

Bài 3( 2 điểm): Giải bài tốn bằng cách lập phương trình:

Một ngời đi xe gắn máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu ngời ấy tăng
vận tốc thêm 5 km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB và vận
tốc dự định đi của ngời đó.

Bài 4 (7 điểm):

Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đờng chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối
xứng của điểm C qua P.

a) Tứ giác AMDB là hình gì?

b) Gọi E và F lần lợt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng minh
EF//AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc
vào vị trí của điểm P.

d) Giả sử CP  BD và CP = 2,4 cm,

9
16

PD

PB  . Tính các cạnh của hình chữ 
nhật ABCD.

Bài 5(2 điểm): a) Chứng minh rằng: 20092011 + 20112012 chia hết cho 2010
b) Cho x, y là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:

2 2

1 1 2

1 x 1 y 1 xy

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

ĐÁP ÁN:

Bài 1: Phân tích:

4x2 – 12x + 5 = (2x – 1)(2x – 5)
13x – 2x2 – 20 = (x – 4)(5 – 2x)
21 + 2x – 8x2 = (3 + 2x)(7 – 4x)

4x2 + 4x – 3 = (2x -1)(2x + 3) 0,5đ
Điều kiện:

1

5

3

7 ;

4

2

4 x



x



x





x



x



0,5đ
a) Rút gọn P =

2 3

2 5

x
x



 2đ

1
2

x  1

x

 

hoặc

1
2

x 

1
2

x 



... P =

2
+)

1
2

x 



...P = 
2

3 1đ

c) P =

2 3

2 5

x
x



 =

2
1

x



Ta có:

1 

Z

Vậy P



Z

khi
2

5 Z

x 



x – 5



Ư(2)

Mà Ư(2) = { -2; -1; 1; 2}

x – 5 = -2



x = 3 (TMĐK)
x – 5 = -1



x = 4 (KTMĐK)
x – 5 = 1



x = 6 (TMĐK)
x – 5 = 2



x = 7 (TMĐK)

KL: x



{3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên. 1đ
d) P =

2 3

2 5

x
x



 =

2
1

x



 0,25đ
Ta có: 1 > 0

Để P > 0 thì

2

5 x



> 0



x – 5 > 0



x > 5 0,5đ

Với x > 5 thì P > 0. 0,25

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

a) 2

15 1 12 1 1

3 4 4 3 3

x

x x x x

 

    

     



 







15 1 1

1 12

4 1 4 3 1

x

x x x x

 

     

     

ĐK:

x



4;

x



1

 3.15x – 3(x + 4)(x – 1) = 3. 12(x -1) + 12(x + 4)

...

 3x.(x + 4) = 0

 3x = 0 hoặc x + 4 = 0

+) 3x = 0 => x = 0 (TMĐK)
+) x + 4 = 0 => x = -4 (KTMĐK)

S = { 0} 1đ
b)

148 169 186 199

25 23 21 19

x x x x

   

   



148 169 186 199

1 2 3 4 0

25 23 21 19

x x x x

   

       

       

       

       

 (123 – x)

1 1 1 1

25 23 21 19

 

  

 

 = 0

1 1 1 1

25 23 21 19

 

  

 

 > 0

Nên 123 – x = 0 => x = 123

S = {123} 1đ
c) x  2 3 5

Ta có:

x



2  

0 x



2 3



> 0
nên x  2 3  x  2 3
PT được viết dưới dạng:

x



2 3 5

 

 x 2 = 5 – 3  x 2 = 2

+) x - 2 = 2 => x = 4

+) x - 2 = -2 => x = 0

S = {0;4} 1đ

Bài 3(2 đ)

Gọi khoảng cách giữa A và B là x (km) (x > 0) 0,25đ
Vận tốc dự định của ngời đ xe gắn máy là:

3 (

/ )

1 10

3 x

km h



(3h20’ =

 

1

3 h

) 0,25đ

Vận tốc của ngời đi xe gắn máy khi tăng lên 5 km/h là:

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





3

5 /

10 x

km h



0,25đ
Theo đề bài ta có phơng trình:

3 5 .3

10 x

















0,5đ

 x =150 0,5đ

Vậy khoảng cách giữa A và B là 150 (km) 0,25đ
Vận tốc dự định là:





3.150

45 /
10  km h

Bài 4(7đ)

Vẽ hình, ghi GT, KL đúng 0,5đ

a) Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD.
 PO là đường trung bình của tsm giác CAM.

 AM//PO

 tứ giác AMDB là hình thang. 1đ

b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị)
Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB

Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân
ở I nên góc IAE = góc IEA.

Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1) 1đ
Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng. 1đ
c) MAF DBA g g







nên

MF AD

FA AB không đổi. (1đ)

d) Nếu

9
16

PD

PB  thì 9 16 9 , 16

PD PB

k PD k PB k

    

Nếu CPBD thì





CP

PB

CBD

DCP g

g

PD

CP













1đ
Do đó CP2 = PB.PD

Hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2

A B

C
D

O
M

P
I

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

PD = 9k = 1,8(cm)

PB = 16k = 3,2 (cm) 0,5d
BD = 5 (cm)

C/m BC2= BP.BD = 16 0,5đ
Do đó BC = 4 (cm)

CD = 3 (cm) 0,5đ

Bài 5:

a) Ta có: 20092008 + 20112010 = (20092008 + 1) + ( 20112010 – 1)
Vì 20092008 + 1 = (2009 + 1)(20092007 - ...)

= 2010.(...) chia hết cho 2010 (1)
20112010 - 1 = ( 2011 – 1)(20112009 + ...)

= 2010.( ...) chia hết cho 2010 (2) 1đ
Từ (1) và (2) ta có đpcm.

b) 2 2

1 1 2

1 x 1 y 1 xy (1)

 





 





 

   



 



   

2 2

1 1 1 1

0 2

1 1 1

x xy y xy

x y x y x y

x xy y xy

y x xy

x y xy

   

       

   

   

 

  

   

 

 

  

Vì x1;y1 => xy 1 => xy1 0

=> BĐT (2) đúng => BĐT (1) đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y) 1đ

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

ĐỀ SỐ 12:
Câu 1: (4đ)

a, Phân tích đa thức sau thành nhân tử
A = ( x2 -2x)(x2-2x-1) - 6

b, Cho x



Z chứng minh rằng x200 + x100 +1 x4 + x2 + 1

Câu 2: (2đ)

Cho x,y,z 0 thoả mãn x+ y +z = xyz và x
1

+ y
1

+z
1

= 3
Tính giá trị của biểu thức P = 2 2 2

1
1

z
y
x  
Câu 3: (3đ) Tìm x biết

a, 3x2< 5x -4
b, 57

43


x

+ 54
46


x

= 48

52
51

49 



 x

x
Câu 4: (3đ)

a, Chứng minh rằng A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3  9 với mọi n



N*
b, Cho x,y,z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P = x y

z
x

z
y
z

y
x







Bài 5: (6đ)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC). Trên tia

HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vng góc với BC tại D cắt AC tại E.

1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn
BE theo m AB .

2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và
BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:

GB HD
BC AH HC .

Bài 6: (2 đ)

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

ĐỀ SỐ 13:

Câu 1.

(4đ) a) Đặt a = x2 -2x thì x2 -2x -1 = a-1



A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2)

b) A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1)

= x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) +
(x4 + x2 =1) = x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1)

dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 + 1



A chia hết cho x4 + x2 + 1

.1đ
1đ
1đ
1đ
Câu 2
(2đ)
Có (
2
)
1
1
1
z
y

x  = 2 2 2

1
1
1

z
y

x   + 2(xy1  xz1  yz1 )

( 3)2= p + 2 xyz

x
y
z 

.VậyP + 2 = 3
Suy ra P = 1

0.75đ
0,75đ
0.5đ
Câu 3:

(3đ)

Giải 4-5x < 3x +2< 5x – 4 làm đúng được x > 3
b) Cộng 1 vào mỗi phân thức rồi đặt nhân tử chung

(x + 100)( 48

1
51
1
54
1
57
1




) = 0



S =



100



1đ
0.5đ
1đ
0.5đ
Câu 4:
3đ

a) = n3 + (n3 + 3n2 + 3n + 1) + (n3 + 6n2 + 12n + 8)
= 3n3 + 9n2 + 15n + 9 = 3(n3 + 3n2 + 5n + 3)

Đặt B = n3 + 3n2 + 5n + 1 = n3 + n2 + 2n2 + 2n + 3n + 3

= n2(n + 1) +2n(n + 1) + 3(n + 1) = n(n + 1)(n + 2) + 3(n + 1)
Ta thấy n(n + 1)(n + 2) chia hết cho 3 (vì tích của 3 số tự
nhiên liên tiếp)

3(n + 1) chia hết cho3



B chia hết cho 3



A = 3B chia
hết cho 9

b) Đặt y + z = a; z + x = b ; x + y = c



x + y + z = a+b2+c



x = 2

c
b
a 


; y = 2

c
b
a 

; z= 2

c
b
a 

P = c

c
b
a
b
c
b
a
a
c
b
a
2
2
2










=
)
1
1
1
(
2
1
c
b
c
a
b
c
b
a
a
c
a
b










=
0.5đ
0,5đ
0,5đ
0.5đ

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

))
(

)
(
)
(
3
(
2
1

b
c
c
b
c
a

a
c
b
a
a
b









2

Min P =2
3

(Khi và chỉ khi a = b = c  x = y = z

1đ
Câu 5:

(2đ)

+ Hai tam giác ADC và BEC có:

Góc C chung.

CD CA

CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Suy ra: BEC = ADC 1350

 (vì tam giác AHD vng cân tại H

theo giả thiết).

Nên AEB450Do đó tam giác ABE vng cân tại A.
Suy ra: BEAB 2 m 2

0,25 đ
0,25 đ

0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ

2đ Ta có:

1 1

2 2

BM BE AD

BC  BC  AC (do ΔBEC ~ ΔADC )

mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)
nên

1 1 2

2 2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH Đồng

dạng CBA)

Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c)
Suy ra: BHM BEC1350  AHM 450

0,5đ

1đ
0,5đ
C)

2đ

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM cịn là phân giác
góc BAC.

Suyra:

GB AB

GC AC ,

vì ΔABC ~ ΔDEC nên ABAC=ED

DC=
AH
HC=

HC (DE//AH)
Do đó:

GB HD GB HD GB HD

GC HC GB GC HD HC  BC AH HC

1đ
1đ
Câu 6 Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta có 2p=(a-1)(a2+a+1)

Vì p là số nguyên tố nên:

Hoặc : a-1=2 suy ra p=13 ( thoả mãn)

Hoặc: a2 + a + 1 = 2 điều này khơng xảy ra vì a >1

Vậy trong các số tự nhiên có dang 2p+1 (p là số nguyên tố)
chỉ có 1 số là lập phương của một số tự nhiên khác.

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

ĐỀ SỐ 13:

Bài 1:(4 điểm) Cho biểu thức: M = 











 2

1
3
6

6
4

3
2

x
x
x

x
x

: 












2
10
2

x

x
x

a. Rút gọn M

b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất.

Bài 2:(3 điểm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử.

b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.

Bài 3:(3 điểm)

a. Tìm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014

b. Cho cỏc số x, y, z thỏa mãn đồng thời:

x + y + z = 1: x2+ y2+ z2= 1 và x3+ y3+ z3= 1.

Tính tổng: S = x2009+ y2010+ z2011
Bài 4:(3 điểm)

a. Giải phương trình: 9 20
1



 x

x + 11 30
1



 x

x + 13 42
1



 x

x = 18
1

b. Giải phương trình với nghiệm là số nguyên:
x( x2

+ x + 1) = 4y( y + 1).

Bài 5:(7 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a. Tính tổng :

HD HE HF
AD BE CF

b. Chứng minh : BH.BE + CH.CF = BC2

c. Chứng minh : H cách đều ba cạnh tam giác DEF.

d. Trên các đoạn HB, HC lấy các điểm M, N tùy ý sao cho HM = CN.
Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.
...Hết...

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

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN 8

BÀI NỘI DUNG ĐIỂM

1 a











 2
1
3
6
6
4
3
2
x
x
x
x
x
= 









 2
1
)
2
(
3
6

)
2
)(
2
(
2
x
x
x
x
x
x
=

2( 2) ( 2)
( 2)( 2)

x x x

x x

   

 

6
(x 2)(x 2)


 










2
10
2
2
x
x
x
=
2

( 2)( 2) (10 )
2

x x x

x
   


=
6
2
x

 M = 6

2
.
)
2
)(
2
(
6 


 x
x

x = 2 x

0,5

0,5
0,5
 0,5

b + Nếu x  2 thì M 0 nên M khơng đạt GTLN.

+ Vậy x 2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M

muốn đạt GTLN thì Mẫu là (2 – x) phải là GTNN,
Mà (2 – x) là số nguyên dương  2 – x = 1  x = 1.

Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1.

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

2 a A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc) 
= (b c )2 a2

2 2

(b c) a

   

 

= (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a)

0,5
0,5
0,5

b Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác)
Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b – c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0
Vậy A < 0

0,5
0,5
0,5

3 a A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010
Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2  0

Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010  2010

Dấu ''='' xảy ra  x – y = 0 và y – 2 = 0  x = y = 2.

Vậy GTNN của A là 2010 tại x = y =2

0,5
0,5
0,5

b Ta có: (x + y + z)3= x3+ y3+ z3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)

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

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

Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1  z = 1, lại kết

hợp với đ/k: x2

+ y2

+ z2

= 1  x = y = 0.

Vậy trong 3 số x, y, z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,
Nến tổng S ln có giỏ trị bằng 1.

0,5
0,5

4 a Phương trình được biến đổi thành: (Với ĐKXĐ:



x4; 5; 6; 7  



)

1 1 1

(x4)(x5) ( x5)(x6) ( x6)(x7) = 
1
18

 (

1 1

4 5

x  x ) + (

1 1

5 6

x  x ) + (

1 1

6 7

x  x ) =

1
18



1 1

4 7

x  x =

18  (x + 4)(x +7) = 54

 (x + 13)(x – 2) = 0  x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mãn ĐKXĐ)

Vậy nghiệm của phương trình là: S =



13; 2



0,5

0,5
0,5
0,5

b + Phương trình được biến đổi thành: (x + 1)(x2

+ 1) = (2y + 1)2

+ Ta chứng minh (x + 1) và (x2

+ 1) nguyên tố cùng nhau !
Vì nếu d = UCLN (x+1, x2

+ 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)

 2

1
1
x d
x d






 
2

2 1
1

x x d
x d
x d
 



 





1
1
x d
x d







  2d mà d lẻ nên d = 1.

+ Nên muốn (x + 1)(x2+ 1) là số chính phương

Thì (x+1) và (x2+ 1) đều phải là số chính phương

Đặt:
2 2
2
1
1
x k
x t
  


 


  (k + x)(k – x) = 1

1
0
k
x





 hoặc

0
k
x






+ Với x = 0 thì (2y + 1)2

= 1  y = 0 hoặc y = -1.(Thỏa mãn pt)

Vậy nghiệm của phương trình là: (x;y) =



(0;0), (0; 1)



0,25

0,25
0,25

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

K
I

H
F

D
B

0,5

Trước hết chứng minh:

HD
AD =

( )
( )

S HBC
S ABC

Tương tự có:

( )
( )

HE S HCA
BE S ABC ;

( )
( )

HF S HAB
CF S ABC

Nên

HD HE HF
AD BE CF =

( ) ( ) ( )

( )

S HBC S HCA S HAB
S ABC

 



HD HE HF

AD BE CF = 1

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

b Trước hêt chứng minh BDHBEC

 BH.BE = BD.BC

Và CDHCFB  CH.CF = CD.CB.

 BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC2 (đpcm)

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

c Trước hết chứng minh: AEF ABC  AEFABC

Và CDECAB  CED CBA 

 AEF CED mà EBAC nên EB là phân giác của góc DEF.

Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE.
Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF
nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)

0,5
0,5
 0,5

d Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và
HC, ta có OMH = ONC (c.c.c)  OHM OCN .(1)

Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên:OHC OCH  .(2)

Từ (1) và (2) ta có: OHC OHB   HO là phân giác của góc BHC

Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc
BHC nên O là điểm cố định.

Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O.

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

Chú ý:

K
I

N
M

H
F

D
B

+ Hướng dẫn chấm này có 3 trang, chấm theo thang điểm 20.
+ Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần khơng làm trịn.
+ Bài số 5 phải có hình vẽ đúng mới chấm.

+ Mọi cách làm khác đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng nội dung
của bài đó.

</div>

BO DE THI HSG TOAN 8 CO DAP AN

[

]

(

)

[

]

(

)

[

]

{

{

{

{

{

{

{

{

{

{

(

)

{

{

{



 

 

 



































(

)





















 













 



<b>Đáp án </b>

(

)

















[