40 de thi HSG Toan 8 Dap an

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HƯỚNG DẪN CHẤM THI 1 Nội dung đáp án. Điểm. Bài 1 a 2. 2,0 1,0 0,5 0,5 2,0 1,0 0,5 0,5 5,0 3,0. 2. 3x – 7x + 2 = 3x – 6x – x + 2 = = 3x(x -2) – (x - 2) = (x - 2)(3x - 1). b a(x2 + 1) – x(a2 + 1) = ax2 + a – a2x – x = = ax(x - a) – (x - a) = = (x - a)(ax - 1). Bài 2: a ĐKXĐ : 2  x 0  2  x  4 0   2  x 0  x 2  3x 0  2 x 2  x 3 0 A (.  x 0   x 2  x 3 . 1,0. 2  x 4x2 2 x x 2  3x (2  x)2  4 x 2  (2  x)2 x 2 (2  x)  2  ):( 2 3 )  .  2  x x  4 2  x 2x  x (2  x )(2  x) x ( x  3). 1,0. 4 x 2  8x x (2  x ) .  (2  x)(2  x) x  3. 0,5. 4 x ( x  2) x (2  x ) 4x2   (2  x )(2  x )( x  3) x  3. 0,25. 4x 2 A x 3 . Vậy với x 0, x 2, x 3 thì. 0,25. b. 1,0 2. Với. x 0, x 3, x 2 : A  0 . 4x 0 x 3.  x 30  x  3(TMDKXD). 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0. Vậy với x > 3 thì A > 0. c  x  7 4 x  7 4    x  7  4  x 11(TMDKXD )   x 3( KTMDKXD ). 0,5 0,25. 121 Với x = 11 thì A = 2. 0,25. Bài 3 a. 5,0 2,5 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0  (9x2 – 18x + 9) + (y2 – 6y + 9) + 2(z2 + 2z + 1) = 0  9(x - 1)2 + (y – 3)2 + 2 (z + 1)2 = 0 (*) 2. 2. 2. Do : ( x  1) 0;( y  3) 0;( z  1) 0 Nên : (*)  x = 1; y = 3; z = -1. 1,0 0,5 0,5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Vậy (x,y,z) = (1,3,-1).. 0,25 2,5. b a b c ayz+bxz+cxy   0  0 x y z xyz. Từ :. 0,5.  ayz + bxz + cxy = 0 x y z x y z   1  (   ) 2 1 a b c a b c. Ta có :. 0,25 0,5. x2 y2 z 2 xy xz yz  2  2  2(   ) 1 2 a b c ab ac bc 2 2 2 x y z cxy  bxz  ayz  2  2  2 2 1 a b c abc x2 y2 z2  2  2  2 1(dfcm) a b c. 0,5. . 0,5 0,25. Bài 4. 6,0 H. C. B. 0,25. F O E. A. D. K. a Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF Chứng minh : BEO DFO ( g  c  g ) => BE = DF Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành. b . . . . Ta có: ABC  ADC  HBC KDC Chứng minh : CBH CDK ( g  g ) . CH CK   CH .CD CK .CB CB CD. b,. 0,5 1,75 0,25. Chứng minh : AFD AKC ( g  g ) AF AK    AD. AK AF . AC AD AC Chứng minh : CFD AHC ( g  g ) . 2,0 0,5 0,5 0,25 0,25 2,0 0,5 1,0. 0,25 0,25. CF AH  CD AC. 0,25 . CF AH   AB. AH CF . AC AB AC. Mà : CD = AB Suy ra : AB.AH + AB.AH = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (đfcm).. 0,5 0,25. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 2. Câu. Đáp án. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 2 4. 4. a. x + 4 = x + 4x2 + 4 - 4x2 = (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) 4. Câu 1 (6 điểm). b. x  30x. . (2 điểm). 2.  31x  30  0 <=> x2  x  1  x  5   x  6   0. . 1 3 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    a b c   1 c. Nhân cả 2 vế của: b  c c  a a  b với a + b + c; rút gọn  đpcm. (2 điểm). (2 điểm) 2. Câu 2 (6 điểm). 2 1   10  x   x A  2   : x  2    x  4 2 x x 2  x 2   Biểu thức: 1 A x 2 a. Rút gọn được kq: 1 1 1 x   x x 2 2 hoặc 2 b. 4 4  A A 3 hoặc 5 c. A  0  x  2 1 AZ   Z ...  x   1;3 x 2 d.. (1.5 điểm). (1.5 điểm) (1.5 điểm) (1.5 điểm). HV + GT + KL. (1 điểm). Câu 3 (6 điểm). AE FM DF  AED DFC  đpcm b. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC  đpcm a. Chứng minh:. (2 điểm) (2 điểm). c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi  ME  MF a không đổi.  S AEMF ME.MF lớn nhất  ME MF (AEMF là hình vuông)  M là trung điểm của BD.. (1 điểm).

<span class='text_page_counter'>(4)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 2. a. Từ: a + b + c = 1 . b c 1  1   a a a  a c 1  1   b b b a b 1  1   c c c . (1 điểm). 1 1 1  a b a c  b c    3             a b c b a  c a  c b 3  2  2  2 9 1 Dấu bằng xảy ra  a = b = c = 3. Câu 4: (2 điểm). b. (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002  (a+ b) – ab = 1  (a – 1).(b – 1) = 0  a = 1 hoÆc b = 1 Víi a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1 hoÆc b = 0 (lo¹i) Víi b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoÆc a = 0 (lo¹i) VËy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2 đáp án đề thi học sinh giỏi 3 C©u 1 : (2 ®) a) (1,5) a3 - 4a2 - a + 4 = a( a2 - 1 ) - 4(a2 - 1 ) =( a2 - 1)(a-4) =(a-1)(a+1)(a-4) a3 -7a2 + 14a - 8 =( a3 -8 ) - 7a( a-2 ) =( a -2 )(a2 + 2a + 4) - 7a( a-2 ) =( a -2 )(a2 - 5a + 4) = (a-2)(a-1)(a-4) Nªu §KX§ : a 1; a≠ 2 ; a ≠ 4 Rót gän P= b) (0,5®) P=. a+1 a− 2 a− 2+3 3 =1+ a−2 a −2. (1 điểm). 0,5 0,5 0,25 0,25. ; ta thÊy P nguyªn khi a-2 lµ íc cña 3,. mµ ¦(3)= { −1 ; 1; − 3 ;3 } Từ đó tìm đợc a { −1 ; 3 ; 5 } C©u 2 : (2®) a)(1®) Gäi 2 sè ph¶i t×m lµ a vµ b , ta cã a+b chia hÕt cho 3 .. 0,25 0,25 0,25. Ta cã a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) [( a2 +2 ab+b2 )− 3 ab ] = a+b ¿ 2 − 3 ab ¿ ¿ V× a+b chia hÕt cho 3 nªn (a+b)2-3ab chia hÕt cho 3 ; =(a+b). a+b ¿ 2 − 3 ab chia hÕt cho 9 ¿ ¿ b) (1®) P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x2+5x-6)(x2+5x+6)=(x2+5x)2-36 Ta thÊy (x2+5x)2 0 nªn P=(x2+5x)2-36 -36 2 2 Do đó Min P=-36 khi (x +5x) =0 Từ đó ta tìm đợc x=0 hoặc x=-5 thì Min P=-36 C©u 3 : (2®) a) (1®) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ; x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ; x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ; Do vËy (a+b). 0,5. 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> §KX§ : x ≠ − 4 ; x ≠ −5 ; x ≠ − 6 ; x ≠ −7 Ph¬ng tr×nh trë thµnh : ¿ 1 1 1 1 + + = ( x+ 4)(x +5) (x+5)(x +6) (x+6)(x +7) 18 ¿ 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − = x + 4 x +5 x +5 x +6 x+ 6 x +7 18. 0,25. 1 1 1 − = x + 4 x +7 18 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ đó tìm đợc x=-13; x=2; b) (1®) §Æt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0. 0,25. 0,25. y+z x+ z x+ y ; ; b= ; c= 2 2 2 y+z x+z x+ y 1 y x x z y z Thay vào ta đợc A= + + = ( + )+( + )+( + ) 2x 2 y 2z 2 x y z x z y 1 Từ đó suy ra A (2+2+2) hay A 3 2 C©u 4 : (3 ®) a) (1®) ^1 Trong tam gi¸c BDM ta cã : ^ D1=1200 − M Từ đó suy ra a=. [. V×. ^ M 2 =600 nªn ta cã. Suy ra. V× BM=CM=. BC 2. b) (1®) Tõ (1) suy ra. Chøng minh Từ đó suy ra. 0,25 0,25. y. A. Δ BMD. BD CM = BM CE. ]. ^ M 3=1200 − ^ M1. ^ D 1= ^ M3. Chøng minh Suy ra. :. 0,5. ∾ ΔCEM. (1). x. , từ đó BD.CE=BM.CM. D 1. , nªn ta cã BD MD = CM EM. 2 BD.CE= BC 4. 0,5. E. B. 2 1. 2 3. C. M. 0,5. mµ BM=CM nªn ta cã. BD MD = BM EM Δ BMD ∾ Δ MED ^ 1= D ^ 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE D. Chøng minh t¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED c) (1®) Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC Chøng minh DH = DI, EI = EK TÝnh chu vi tam gi¸c b»ng 2AH; KÕt luËn. C©u 5 : (1®) Gọi các cạnh của tam giác vuông là x , y , z ; trong đó cạnh huyền là z (x, y, z lµ c¸c sè nguyªn d¬ng ) Ta cã xy = 2(x+y+z) (1) vµ x2 + y2 = z2 (2) Tõ (2) suy ra z2 = (x+y)2 -2xy , thay (1) vµo ta cã : z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z) z2 +4z =(x+y)2 - 4(x+y) z2 +4z +4=(x+y)2 - 4(x+y)+4 (z+2)2=(x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2 z=x+y-4 ; thay vào (1) ta đợc :. 0,5 0,5 0,5 0,5. 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> xy=2(x+y+x+y-4) xy-4x-4y=-8 (x-4)(y-4)=8=1.8=2.4 0,25 Từ đó ta tìm đợc các giá trị của x , y , z là : (x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ; (x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10) Đáp án và biểu điểm 4 Đáp án A  a  1  a  3   a  5   a  7  15  a 2  8a  7 a 2  8a 15 15.   a  a  a. . . 2. 2.  8a  22 a 2  8a 120. 2.  8a 11  1. . . . 2.   8a 12   a  a  2   a  6   a 2. Giả sử:. 2. . Bieåu ñieåm 0,5 ñ 0,5 ñ 0,5 ñ 0,5 ñ.   8a 10 .  8a 10. 2.  x  a   x  10   1  x  m   x  n  ;(m, n  Z )  x 2   a  10  x  10a  1  x 2   m  n  x  mn . 0,25. m  n a 10 m. n 10 a 1. Khử a ta có : mn = 10( m + n – 10) + 1  mn  10m  10 n  100 1  m(n  10)  10n  10) 1. . m  10 1 v m  10 1 vì m,n nguyeân ta coù: n  101 n  10 1 suy ra a = 12 hoặc a =8 Ta coù: A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + 4 a  30 a 3 b  4 0  b  4 A ( x )  B ( x ) Để thì. . . . 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ. 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ. 0,5 ñ 0,5 ñ. 0,25 ñ. Tứ giác ADHE là hình vuông   Hx laø phaân giaùc cuûa goùc AHB ; Hy phaân giaùc cuûa goùc AHC   maø AHB vaø AHC laø hai goùc keà buø neân Hx vaø Hy vuoâng goùc    Hay DHE = 900 maët khaùc ADH AEH = 900 Nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật ( 1). 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ 0,5 ñ 0,5 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ 0,25 ñ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Do. 0  AHD  AHB  90 450 2 2 AHC 900 AHE   450 2 2  AHD  AHE.  Hay HA laø phaân giaùc DHE (2) Từ (1) và (2) ta có tứ giác ADHE là hình vuông 1 1 1 1 P  2  2  4  ...  2 3 4 1002 1 1 1 1     ...  2.2 3.3 4.4 100.100 1 1 1 1     ...  1.2 2.3 3.4 99.100 1 1 1 1 1 1     ...   2 2 3 99 100 1 99 1   1 100 100. 0,5 ñ 0,5 ñ 0,5 ñ 0,5 ñ. Một lời giải: 5 Bài 1: a).   x  y  z  3  x 3    y3  z3     (x + y + z) – x – y – z =  3. =. 3.  y  z    x  y  z . 3. 2. 3.   x  y  z  x  x 2    y  z   y 2  yz  z 2  . y  z   3x 2  3xy  3yz  3zx   =. =3.  y  z   x  x  y   z  x  y  . = 3  x  y  y  z  z  x  . b). 4. x + 2010x =. 2. x + 2009x + 2010 =. 4.  x    2010x 2  2010x  2010 . x  x  1  x 2  x  1  2010  x 2  x  1. x =. 2.  x  1  x 2  x  2010 . Bài 2: x  241 x  220 x  195 x  166    10 17 19 21 23 . x  241 x  220 x  195 x  166  1  2  3  4 0 17 19 21 23. x  258 x  258 x  258 x  258    0 17 19 21 23 1   1 1 1   x  258       0  17 19 21 23   x 258 Bài 3: 2 2  2009  x    2009  x   x  2010    x  2010  .  2009  x . 2.   2009  x   x  2010    x  2010 . ĐKXĐ: x 2009; x 2010 .. 2. 19  49. .. ..

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Đặt a = x – 2010 (a  0), ta có hệ thức: 2  a  1   a  1 a  a 2 19 a 2  a  1 19 2  a  1   a  1 a  a 2 49  3a 2  3a  1 49  49a 2  49a  49 57a 2  57a  19  8a 2  8a  30 0 3  a   2   a  5 2 2   2a  1  4 0   2a  3  2a  5  0  2 (thoả ĐK) 4023 4015 Suy ra x = 2 hoặc x = 2 (thoả ĐK) 4023 4015 Vậy x = 2 và x = 2 là giá trị cần tìm. Bài 4: 2010x  2680 A x2 1  335x 2  335  335x 2  2010x  3015 335(x  3) 2  335   335 x2 1 x 2 1 = Vậy giá trị nhỏ nhất của A là – 335 khi x = – 3. Bài 5: o    C a) Tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì E A F 90 ) Để tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là tia phân  giác của BAC . b) Do tứ giác AEDF là hình chữ nhật nên AD = EF Suy ra 3AD + 4EF = 7AD D 3AD + 4EF nhỏ nhất  AD nhỏ nhất F  D là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Bài 6:       a) Đặt AFE BFD , BDF CDE , CED AEF  . A E B 0  BAC      180 Ta có (*) Qua D, E, F lần lượt kẻ các đường thẳng vuông góc với BC, AC, AB cắt nhau tại O. Suy ra O là giao điểm ba đường phân giác của tam giác DEF. A     OFD  OED  ODF 90o (1) E F  o    Ta có OFD    OED    ODF   270 (2) O  o       180 (1) & (2)  (**)   (*) & (**)  BAC  BDF . b) Chứng minh tương tự câu a) ta có:   C  B   ,  D C  AEF s DBF s DEC s ABC B.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 5BF  BD BA 5    BD   BF BC 8  8   7CE  CD CA 7     CD    CE CB 8 8    AE AB 5 7AE 5AF  AF  AC  7      CD  BD 3 (3) Ta lại có CD + BD = 8 (4) (3) & (4)  BD = 2,5. 5BF  BD   8  7CE   CD  8  7(7  CE) 5(5  BF)  . 5BF  BD   8  7CE  CD  8  7CE  5BF 24  . ĐÁP ÁN 6  Bài 1(3 điểm): a) Tính đúng x = 7; x = -3 ( 1 điểm ) b) Tính đúng x = 2007 ( 1 điểm ) x x x x x x c) 4 – 12.2 +32 = 0 ⇔ 2 .2 – 4.2 – 8.2 + 4.8 = 0 ( 0,25điểm ) x x x x x ⇔ 2 (2 – 4) – 8(2 – 4) = 0 ⇔ (2 – 8)(2 – 4) = 0 ( 0,25điểm ) x 3 x 2 x 3 x 2 ⇔ (2 – 2 )(2 –2 ) = 0 ⇔ 2 –2 = 0 hoặc 2 –2 = 0 ( 0,25điểm ) ⇔ 2x = 23 hoặc 2x = 22 ⇔ x = 3; x = 2 ( 0,25điểm )  Bài 2(1,5 điểm): 1 1 1 + + =0 x y z. ⇒. xy+yz+ xz =0 ⇒ xy+yz+ xz=0 xyz. ⇒ yz = –xy–xz ( 0,25điểm ). x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z). ( 0,25điểm ). Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y). ( 0,25điểm ). yz xz xy Do đó: A= ( x − y )(x − z) + ( y − x)( y − z ) + (z − x )(z − y). ( 0,25điểm ). Tính đúng A = 1. ( 0,5 điểm ).  Bài 3(1,5 điểm): Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d Ta có:. N, 0 ≤ a , b , c , d ≤9 , a ≠ 0. (0,25điểm). 2. abcd=k 2 (a+1)(b+ 3)( c+5)(d+ 3)=m abcd=k 2 2 abcd +1353=m. ⇔ Do⇔đó: m2–k2 = 1353 ⇒ (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33. m+k = 123 m+k = 41 m–k = 11 hoặc m–k = 33 m = 67 m = 37 hoặc ⇔ k = 56 k= 4 abcd Kết luận đúng = 3136 Bài 4 (4 điểm): Vẽ hình đúng. với k, m. N, 31<k <m<100 (0,25điểm). (0,25điểm) ( k+m < 200 ). (0,25điểm). ⇒. 1 . HA ' . BC S HBC 2 HA ' = = a) S ; 1 AA ' ABC . AA ' .BC 2 S HAB HC ' S HAC HB ' Tương tự: S =CC ' ; S =BB ' ABC ABC. (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm).

<span class='text_page_counter'>(10)</span> HA ' HB' HC ' S HBC SHAB S HAC + + = + + =1 AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC SABC. (0,25điểm). b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC = ; = ; = IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC . . = . . = . =1 IC NB MA AC BI AI AC BI ⇒ BI . AN . CM=BN . IC. AM. (0,5điểm ) (0,5điểm ) (0,5điểm ). c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ - Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD - Δ BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2 ⇒ AB2 + AD2 (BC+CD)2 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 (0,25điểm) Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2. (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm). 2. AB+ BC+CA ¿ ¿ ⇔ (0,25điểm) Ơ¿ ¿ Đẳng thức xảy ra ⇔ BC = AC, AC = AB, AB = BC ⇔ AB = AC =BC ⇔ Δ ABC đều. Kết luận đúng (0,25điểm) *Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó Đáp án7 Bài 1( 4 điểm ) a, ( 2 điểm ) Với x khác -1 và 1 thì : 3. 0,5đ. 2. (1 − x )(1+ x) 1 − x − x+ x : 2 1−x ( 1+ x )(1 − x+ x )− x (1+ x) (1− x)(1+ x + x 2 − x) (1 − x )(1+ x) : = 1− x (1+ x )(1− 2 x + x 2) 1 2 = (1+x ): (1− x) = (1+ x 2)(1 − x). A=. b, (1 điểm). 0,5đ 0,5đ 0,5đ. 5 2 − ¿ 3. 0,25đ. 2 5 Tại x = −1 3 = − 3 thì A = 5 1+¿ − 1 −(− ). [. 25 5 (1  )(1  ) 9 3 = 34 8 272 2 ¿ . = =10 9 3 27 27. 3. ]. ¿. c, (1điểm) Với x khác -1 và 1 thì A<0 khi và chỉ khi (1+ x 2)(1 − x)< 0 (1) Vì 1+ x 2> 0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1− x< 0 ⇔ x >1 KL Bài 2 (3 điểm). 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Biến đổi đẳng thức để được 2. 2. 2. 2. 2. 0,5đ 2. 2. 2. 2. a +b −2 ab+ b +c − 2 bc+ c + a + 2ac=4 a + 4 b + 4 c − 4 ab −4 ac − 4 bc Biến đổi để có (a2 +b 2 − 2ac )+(b2 + c2 −2 bc)+(a 2+ c2 −2 ac)=0 2 a − c ¿ =0 2 Biến đổi để có b −c ¿2 +¿ (*) a− b ¿ +¿ ¿ 2 2 2 Vì a −b¿¿ ≥ 0 ; b − c¿¿ ≥ 0 ; a − c¿¿ ≥ 0 ; với mọi a, b, c 2 2 2 nên (*) xảy ra khi và chỉ khi a −b¿¿ =0 ; b − c¿¿ =0 và a − c¿¿ =0 ;. 0,5đ 0,5đ. 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. 0,5đ. x. tìm là x +11 (x là số nguyên khác -11) x−7. Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số 4 đơn vị ta được phân số x +15 (x khác -15). 0,5đ. Theo bài ra ta có phương trình x +11 = x − 7 Giải phương trình và tìm được x= -5 (thoả mãn). 0,5đ. x. x +15. 1đ 0,5đ. 5 Từ đó tìm được phân số − 6 Bài 4 (2 điểm). 0,5đ. Biến đổi để có A= a2 (a2+ 2)−2 a(a2 +2)+(a 2+2)+3 2. 0,5đ. a −1 ¿ + 3 = (a2 +2)(a 2 −2 a+1)+3=(a 2+ 2)¿ 2 a −1 ¿2 ≥0 ∀ a a −1 ¿ ≥0 ∀ a Vì a +2>0 và nên 2 ¿ (a +2)¿ Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a −1=0 ⇔ a=1 2. ∀a. do đó. a −1 ¿2 +3 ≥ 3 ∀ a 2 ( a +2)¿. 0,5đ 0,25đ 0,25đ. KL Bài 5 (3 điểm). B. N. M. A D. I. a,(1 điểm) Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân b,(2điểm) 4 √3 8 √3 cm ; BD = 2AD = cm Tính được AD = 3. 3. C. 0,5đ 0,5đ 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 1. 4 √3 cm 3 4 √3 cm Tính được NI = AM = 3 1 8 √3 DC=¿ cm , MN = DC = BC = 2 3 8 √3 cm Tính được AI = 3. AM = 2 BD=¿. 0,5đ 0,5đ. 4 √3 cm 3. 0,5đ B. A. Bài 6 (5 điểm). O M. N. D. a, (1,5 điểm). OM OD Lập luận để có AB = BD OD. ,. C. ON OC = AB AC. 0,5đ. OC. 0,5đ. Lập luận để có DB =AC ⇒. OM ON = AB AB. ⇒. 0,5đ. OM = ON. b, (1,5 điểm). OM DM OM AM = = Δ ADC để có (1), xét (2) AB AD DC AD 1 1 AM+ DM AD = =1 Từ (1) và (2) ⇒ OM.( AB + CD ) ¿ AD AD 1 1 Chứng minh tương tự ON. ( AB + CD )=1 1 1 1 1 2 từ đó có (OM + ON). ( AB + CD )=2 ⇒ AB + CD =MN b, (2 điểm) S AOB OB S BOC OB S AOB S BOC S AOB . S DOC =S BOC . S AOD = = =¿ ⇒ ⇒ , S AOD OD S DOC OD S AOD S DOC Chứng minh được S AOD =S BOC S AOD ¿ 2 ⇒ S AOB . S DOC =¿ Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2 ⇒ SAOD = 2008.2009. Xét. Do đó SABCD= 20082 + 2.2008.2009 + 20092 = (2008 + 2009)2 = 40172 (đơn vị DT). Bµi 1 1.. 0,5đ. Δ ABD để có. C©u. Néi dung 17. 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ §iÓm 2,0. 1.1. (0,75 ®iÓm).

<span class='text_page_counter'>(13)</span> 0.5. x 2  7 x  6  x 2  x  6 x  6  x  x  1  6  x  1. 0,5.  x  1  x  6  1.2. (1,25 ®iÓm) x 4  2008 x 2  2007 x  2008 x 4  x 2  2007 x 2  2007 x  2007  1. 0,25. 2.  x 4  x 2  1  2007  x 2  x  1  x 2  1  x 2  2007  x 2  x  1. 0,25.  x  x  1  x  x  1  2007  x  x  1  x  x  1  x  x  2008  2. 2. 2. 2. 2. 0,25 2,0. 2. 2.1. x 2  3x  2  x  1 0 + NÕu x 1 : (1) + NÕu x  1 : (1). (1) 2   x  1 0  x 1. (tháa m·n ®iÒu kiÖn x 1 ).  x  4 x  3 0  x  x  3  x  1 0   x  1  x  3 0 2. 2. 0,5.  x 1; x 3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) VËy: Ph¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm duy nhÊt lµ x 1 .. 2.2. 2. 2. 0,5. 2. 1 1  1  1 2    8  x    4  x 2  2   4  x 2  2   x    x  4  x x  x  x    (2) x  0 Điều kiện để phơng trình có nghiệm:. (2). 2 2 1 1  2   2 1   2 1    8  x    4  x  2    x  2    x     x  4  x x    x   x    . 0,25. 2. 1 1  2 2    8  x    8  x 2  2   x  4    x  4  16 x x     x 0 hay x  8 vµ x 0 . Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm x  8. 0,5 0,25. 3. 2.0 3.1. 3.2. Ta cã:. 1 1 1 a a b b c c A= (a+ b+c )( + + )=1+ + + +1+ + + +1 a b c b c a c a b a b a c c b = 3+( + )+( + )+( + ) b a c a b c x y Mµ: + ≥ 2 (B§T C«-Si) y x Do đó A 3+2+2+2=9. Vậy A 9 Ta cã: P ( x )  x  2   x  4   x  6   x  8   2008. 0,5. 0,5.  x 2  10 x  16   x 2  10 x  24   2008 2. Đặt t x  10 x  21 (t  3; t  7) , biểu thức P(x) đợc viết lại: P( x)  t  5  t  3  2008 t 2  2t  1993 2 Do đó khi chia t  2t  1993 cho t ta có số d là 1993. 4. 0,5. 0,5 4,0. 4.1 1,0. 0,5 + Hai tam gi¸c ADC vµ BEC cã: Gãc C chung. CD CA  CE CB (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng).

<span class='text_page_counter'>(14)</span> 4.2. 4.3. Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). 0   Suy ra: BEC  ADC 135 (v× tam gi¸c AHD vu«ng c©n t¹i H theo gi¶ thiÕt). 0  Nên AEB 45 do đó tam giác ABE vuông cân tại A. Suy ra: BE  AB 2 m 2 BM 1 BE 1 AD     Ta cã: BC 2 BC 2 AC (do BEC ADC ) mµ AD  AH 2 (tam gi¸c AHD vu«ng v©n t¹i H) BM 1 AD 1 AH 2 BH BH       AB 2 BE (do ABH CBA ) nªn BC 2 AC 2 AC 0 0    Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 135  AHM 45 Tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A, nªn tia AM cßn lµ ph©n gi¸c gãc BAC. GB AB AB ED AH HD    ABC DEC    ED // AH   HC HC Suy ra: GC AC , mµ AC DC GB HD GB HD GB HD      GB  GC HD  HC BC AH  HC Do đó: GC HC. иp ¸n vµ biÓu ®iÓm 18 Bµi 1: Ph©n tÝch: 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). 0,5®. 1 5 3 7 x  ; x  ; x  ; x  ; x 4 2 2 2 4 §iÒu kiÖn:. 0,5®. 2x  3 a) Rót gän P = 2 x  5 x  b). 2®. 1 1 1  x x 2 hoÆc 2 2. 1 1 2  …P= 2 +) 1 2 x 2  …P = 3 +) 2 2x  3 1 x 5 c) P = 2 x  5 = x. Ta cã:. 1®. 1 Z. 2 Z x  5  Z VËy P khi. . . x–5 ¦(2) Mµ ¦(2) = { -2; -1; 1; 2} x – 5 = -2 x – 5 = -1 x–5=1 x–5=2. KL: x.    . x = 3 (TM§K) x = 4 (KTM§K) x = 6 (TM§K) x = 7 (TM§K).  {3; 6; 7} th× P nhËn gi¸ trÞ nguyªn.. 2 2x  3 1 x 5 d) P = 2 x  5 = Ta cã: 1 > 0. 1®. 0,25®. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2 x 5. §Ó P > 0 th× >0 Víi x > 5 th× P > 0. Bµi 2:. . . x–5>0. x>5. 0,5® 0,25. 15 x 1   1  1  12    x 2  3x  4  x  4 3x  3 . a). .  1 15 x 1   1 12    x  4 3 x  1  x  4   x  1    . §K:. x  4; x 1.  3.15x – 3(x + 4)(x – 1) = 3. 12(x -1) + 12(x + 4). ….  3x.(x + 4) = 0  3x = 0 hoÆc x + 4 = 0 +) 3x = 0 => x = 0 (TM§K) +) x + 4 = 0 => x = -4 (KTM§K) S = { 0}. 1®. 148  x 169  x 186  x 199  x    10 25 23 21 19 b)  148  x   169  x   186  x   199  x   1    2   3    4  0    23   21   19    25 1 1 1  1       (123 – x)  25 23 21 19  = 0 1 1 1  1      Do  25 23 21 19  > 0 Nªn 123 – x = 0 => x = 123 S = {123}. 1®. x  2  3 5 c) Ta cã:. x  2 0x. =>. x  2 3. >0. x  2 3  x  2 3 nªn PT ®ưîc viÕt dưíi d¹ng:. x  2  3 5  x 2 =5–3  x 2 =2 +) x - 2 = 2 => x = 4 +) x - 2 = -2 => x = 0 S = {0;4} Bµi 3(2 ®) Gäi kho¶ng c¸ch gi÷a A vµ B lµ x (km) (x > 0) Vận tốc dự định của ngời đ xe gắn máy là:. x 3x  (km / h) 1 10 3 3. 1  h h ’ 3 (3 20 = ). 1® 0,25®. 3. VËn tèc cña ngêi ®i xe g¾n m¸y khi t¨ng lªn 5 km/h lµ:. 0,25®.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> 3x  5  km / h  10. 0,25®. Theo đề bài ta có phơng trình:.  3x    5  .3  x  10 . 0,5® 0,5® 0,25®.  x =150 VËy kho¶ng c¸ch gi÷a A vµ B lµ 150 (km) 3.150 45  km / h  Vận tốc dự định là: 10 Bµi 4(7®) Vẽ hình, ghi GT, KL đúng D. 0,5® C. P M F. I E. O. A. B. a) Gäi O lµ giao ®iÓm 2 ®ưêng chÐo cña h×nh ch÷ nhËt ABCD.  PO lµ ®ưêng trung b×nh cña tsm gi¸c CAM.  AM//PO  tø gi¸c AMDB lµ h×nh thang. 1® b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị) Tam gi¸c AOB c©n ë O nªn gãc OBA = gãc OAB Gäi I lµ giao ®iÓm 2 ®ưêng chÐo cña h×nh ch÷ nhËt AEMF th× tam gi¸c AIE c©n ë I nªn gãc IAE = gãc IEA. Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1) 1® MÆt kh¸c IP lµ ®ưêng trung b×nh cña tam gi¸c MAC nªn IP // AC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra ba ®iÓm E, F, P th¼ng hµng. 1® c). MAF DBA  g  g . MF AD  nên FA AB không đổi.. (1®). PD PB PD 9  k  PD 9k , PB 16k  9 16 PB 16 d) NÕu th×. CBD DCP  g  g  . NÕu CP  BD th× do đó CP2 = PB.PD hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2 PD = 9k = 1,8(cm) PB = 16k = 3,2 (cm) BD = 5 (cm) C/m BC2= BP.BD = 16 do đó BC = 4 (cm) CD = 3 (cm). CP PB  PD CP. Bµi 5: a) Ta cã: 20092008 + 20112010 = (20092008 + 1) + ( 20112010 – 1) V× 20092008 + 1 = (2009 + 1)(20092007 - …) = 2010.(…) chia hÕt cho 2010 (1) 20112010 - 1 = ( 2011 – 1)(20112009 + …) = 2010.( …) chia hÕt cho 2010 (2) Tõ (1) vµ (2) ta cã ®pcm.. 1®. 0,5d 0,5® 0,5®. 1®.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> 1 1 2   2 1 y2 1  xy (1) b) 1  x  1 1   1 1         0 2 2  1  x 1  xy   1  y 1  xy  . x  y  x. . y  x  y.  1  x   1  xy   1  y   1  xy  2. 2. 0. 2. .  y  x   xy  1 0 2   2 2 1  x 1  y 1  xy    . V× x 1; y 1 => xy 1 => xy  1 0 => BĐT (2) đúng => BĐT (1) đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y) Híng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm 19 Bài 1: (3 điểm) a) ( 0,75đ) x3 - 5x2 + 8x - 4 = x3 - 4x2 + 4x – x2 + 4x – 4 = x( x2 – 4x + 4) – ( x2 – 4x + 4) =(x–1)(x–2)2 b) (0,75đ) Xét. A 10x 2  7x  5 7  5x  4  B 2x  3 2x  3. (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ). 7 Với x  Z thì A  B khi 2 x  3  Z  7  ( 2x – 3) Mà Ư(7) =   1;1;  7;7. 1®.  x = 5; - 2; 2 ; 1 thì A  B. (0,25đ) (0,25đ). x y x 4  x  y4  y  3 3 3 3 c) (1,5đ) Biến đổi y  1 x  1 = (y  1)(x  1)  x 4  y4   (x  y) 2 2 = xy(y  y  1)(x  x  1) ( do x + y = 1  y - 1= -x và x - 1= - y) (0,25đ)  x  y   x  y   x 2  y 2   (x  y) 2 2 2 2 2 2 = xy(x y  y x  y  yx  xy  y  x  x  1) (0,25đ).  y 2  1) xy  x 2 y 2  xy(x  y)  x 2  y 2  xy  2 .  x  y  (x. =.  x  y  (x. 2. 2.  x  y  y)  x  y   x(x  1)  y(y  1)  xy  x y  (x  y) 2  2  xy(x 2 y 2  3) = =  x  y   x( y)  y( x)  x  y  (  2xy) 2 2 xy(x 2 y 2  3) = = xy(x y  3) 2. =. (0,25đ). 2. 2.  2(x  y) x 2 y 2  3 Suy ra điều cần chứng minh. Bài 2: (3 đ)a) (1,25đ) (x2 + x )2 + 4(x2 + x) = 12 đặt y = x2 + x y2 + 4y - 12 = 0 ⇔ y2 + 6y - 2y -12 = 0 ⇔ (y + 6)(y - 2) = 0 ⇔ y = - 6; y = 2 * x2 + x = - 6 vô nghiệm vì x2 + x + 6 > 0 với mọi x * x2 + x = 2 ⇔ x2 + x - 2 = 0 ⇔ x2 + 2x - x - 2 = 0 ⇔ x(x + 2) – (x + 2) = 0 ⇔ (x + 2)(x - 1) = 0 ⇔ x = - 2; x = 1 Vậy nghiệm của phương trình x = - 2 ; x =1. (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ). (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ).

<span class='text_page_counter'>(18)</span> x 1 x  2 x  3 x  4 x  5 x  6      2008 2007 2006 2005 2004 2003. ⇔ (. x 1 x 2 x 3 x4 x 5 x 6  1)  (  1)  (  1) (  1)  (  1)  (  1) 2008 2007 2006 2005 2004 2003. b) (1,75đ) x +2009 x +2009 x +2009 x+ 2009 x+ 2009 x+ 2009 + + = + + ⇔ 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x  2009 x  2009 x  2009 x  2009 x  2009 x  2009      0 2008 2007 2006 2005 2004 2003. ⇔. ( x+ 2009)(. Do đó :. ⇔. (0,25đ). 1 1 1 1 1 1 + + − − − )=0 (0,5đ) Vì 2008 2007 2006 2005 2004 2003. 1 1 1 1 1 1 + + − − − <0 2008 2007 2006 2005 2004 2003. (0,25đ) Vậy x + 2009 = 0 ⇔ x = -2009 E I 1. Bài 3: (2 điểm) a) (1đ). 2. B. C. Chứng minh  EDF vuông cân Ta có  ADE =  CDF (c.g.c)   EDF cân tại D ˆ ˆ Mặt khác:  ADE =  CDF (c.g.c)  E F 1. 1. 2. F. O. 2. ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ Mà E1  E 2  F1 = 900  F2  E 2  F1 = 900. A. D. 900. Vậy  EDF vuông cân b) (1đ) Chứng minh O, C, I thẳng Theo tính chất đường chéo hình vuông  CO là trung trực BD 1 Mà  EDF vuông cân  DI = 2 EF 1 Tương tự BI = 2 EF  DI = BI  I thuộc dường trung trực của DB  I thuộc đường thẳng CO Hay O, C, I thẳng hàng. . 1 1  2006 2003. 1 1 1 1   2008 2005 ; 2007 2004 ;. EDF =. Bài 4: (2 điểm) a) (1đ) DE có độ dài nhỏ nhất Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a). B. D. A. C E. Áp dụng định lý Pitago với  ADE vuông tại A có: DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 (0,25đ) 2 2 2 a a a = 2(x – 4 )2 + 2  2 (0,25đ) a 2 Ta có DE nhỏ nhất  DE nhỏ nhất  x = 2 (0,25đ) a  BD = AE = 2  D, E là trung điểm AB, AC (0,25đ) b) (1đ) Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất. 1 1 1 1 Ta có: SADE = 2 AD.AE = 2 AD.BD = 2 AD(AB – AD)= 2 (AD2 – AB.AD) (0,25đ). AB 1 AB AB2 AB2 1 AB AB2 = – 2 (AD2 – 2 2 .AD + 4 ) + 8 = – 2 (AD – 4 )2 + 2  8 (0,25đ) 2 2 3 AB AB Vậy SBDEC = SABC – SADE  2 – 8 = 8 AB2 không đổi (0,25đ) 3 Do đó min SBDEC = 8 AB2 khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC (0,25đ) 2.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> BiÓu ®iÓm - §¸p ¸n 20 BiÓu ®iÓm §¸p ¸n Bµi 1: Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö: a) x2 – y2 – 5x + 5y = (x2 – y2) – (5x – 5y) = (x + y) (x – y) – 5(x – y) = (x - y) (x + y – 5) (1 ®iÓm) b) 2x2 – 5x – 7 = 2x2 + 2x – 7x – 7 = (2x2 + 2x) – (7x + 7) = 2x(x +1) – 7(x + 1) = (x + 1)(2x – 7). (1 ®iÓm) Bµi 2: T×m A (1 ®iÓm). A=. 4 x 2 − 16 ¿ 2 x ¿2 −4 2 ¿ ¿ x¿ x¿ ¿. Bµi 3: (2 ®iÓm) a) 2x2 + 2x = 2x(x + 1) 0 vµ x + 1 ⇔ 2x 0 vµ x -1 ⇔ x b) Rót gän:. 0 0 (1 ®iÓm). 5(x +1) 5 x+5 5 = = (0,5 ®iÓm) 2 2 x + 2 x 2 x ( x +1) 2 x 5 5 =1⇔ 5=2 x ⇔ x= (0,25 ®iÓm) 2x 2 V× 5 tho¶ m·n ®iÒu kiÖn cña hai tam gi¸c nªn 2. Bài 4: a) Điều kiện xác định: x - Gi¶i:. x (x +2)- (x- 2) 2 = x (x −2) x ( x − 2). 0; x. x=. 5 2. (0,25 ®iÓm). 2. ⇔ x2 + 2x – x +2 = 2;. 1®. ⇔. x= 0 (lo¹i) hoÆc x = - 1. VËy S = { −1 } b) ⇔ x2 – 9 < x2 + 4x + 7 ⇔ x2 – x2 – 4x < 7 + 9 ⇔ - 4x < 16 ⇔ x> - 4 VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ x > - 4 Bài 5: – Gọi số ngày tổ dự định sản xuất là : x ngày §iÒu kiÖn: x nguyªn d¬ng vµ x > 1 Vậy số ngày tổ đã thực hiện là: x- 1 (ngày) - Sè s¶n phÈm lµm theo kÕ ho¹ch lµ: 50x (s¶n phÈm) - Sè s¶n phÈm thùc hiÖn lµ: 57 (x-1) (s¶n phÈm) Theo đề bài ta có phơng trình: 57 (x-1) - 50x = 13 ⇔ 57x – 57 – 50x = 13 ⇔ 7x = 70 ⇔ x = 10 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn) Vậy: số ngày dự định sản xuất là 10 ngày. Sè s¶n phÈm ph¶i s¶n xuÊt theo kÕ ho¹ch lµ: 50 . 10 = 500 (s¶n phÈm) Bµi 6: a) XÐt ∆ ABC vµ ∆ HBA, cã: Gãc A = gãc H = 900; cã gãc B chung ⇒ ∆ ABC ~ ∆ HBA ( gãc. gãc) b) ¸p dông pitago trong ∆ vu«ng ABC ta cã : BC = √ AB2 + AC2 = √ 152+ 202 = √ 625 = 25 (cm) AB AC BC 15 20 25 v× ∆ ABC ~ ∆ HBA nªn HB = HA =BA hay HB =HA =15. 1®. 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® 1®. 1® 1® 1®.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> 20 .05 =12 (cm) 25 15 .15 =9 (cm) 25. ⇒ AH =. BH =. 1®. HC = BC – BH = 25 – 9 = 16 (cm) c) HM = BM – BH = BC − BH=25 −9=3,5(cm) SAHM =. 1®. 2 2 1 AH . HM = 1 . 12. 3,5 = 21 (cm2) 2 2. - Vẽ đúng hình:. A 1® B. H. M. C. ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 21  Bài 1(3 điểm): a) Tính đúng x = 7; x = -3 b) Tính đúng x = 2007 c) 4x – 12.2x +32 = 0 ⇔ 2x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = 0 ⇔ 2x(2x – 4) – 8(2x – 4) = 0 ⇔ (2x – 8)(2x – 4) = 0 ⇔ (2x – 23)(2x –22) = 0 ⇔ 2x –23 = 0 hoặc 2x –22 = 0 ⇔ 2x = 23 hoặc 2x = 22 ⇔ x = 3; x = 2. ( 1 điểm ) ( 1 điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ) ( 0,25điểm ).  Bài 2(1,5 điểm): 1 1 1 + + =0 x y z. ⇒. xy+yz+ xz =0 ⇒ xy+yz+ xz=0 xyz. ⇒ yz = –xy–xz. ( 0,25điểm ). x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z). ( 0,25điểm ). Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y). ( 0,25điểm ). yz xz xy Do đó: A= ( x − y )(x − z) + ( y − x)( y − z ) + (z − x )(z − y). ( 0,25điểm ). Tính đúng A = 1  Bài 3(1,5 điểm): Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d Ta có:. ( 0,5 điểm ) N, 0 ≤ a , b , c , d ≤9 , a ≠ 0. abcd=k 2 2 (a+1)(b+ 3)( c+5)(d+ 3)=m abcd=k 2 abcd +1353=m2. ⇔ Do⇔đó: m2–k2 = 1353 ⇒ (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33. m+k = 123 m+k = 41 hoặc m–k = 11 m–k = 33 m = 67 m = 37 hoặc ⇔ k = 56 k= 4 abcd Kết luận đúng = 3136. với k, m. (0,25điểm). N, 31<k <m<100 (0,25điểm). (0,25điểm) ( k+m < 200 ). (0,25điểm). ⇒. (0,25điểm) (0,25điểm).

<span class='text_page_counter'>(21)</span>  Bài 4 (4 điểm): Vẽ hình đúng. (0,25điểm). 1 . HA ' . BC S HBC 2 HA ' = a) S = 1 ; AA ' ABC . AA ' .BC 2 S HAB HC ' S HAC HB ' Tương tự: S =CC ' ; S =BB ' ABC ABC HA ' HB' HC ' S HBC SHAB S HAC + + = + + =1 AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC SABC. (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm). b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC = ; = ; = IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC . . = . . = . =1 IC NB MA AC BI AI AC BI ⇒ BI . AN . CM=BN . IC. AM. (0,5điểm ) (0,5điểm ) (0,5điểm ). c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ - Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD - Δ BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2 ⇒ AB2 + AD2 (BC+CD)2 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2. (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm). (0,25điểm). 2. ⇔. AB+ BC+CA ¿ ¿ Ơ¿ ¿. (0,25điểm). (Đẳng thức xảy ra ⇔ BC = AC, AC = AB, AB = BC ⇔ AB = AC =BC ⇔ Δ ABC đều) C©u. Néi dung bµi gi¶i 22 a,. (1®iÓm) 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. b, (2®iÓm) C©u 1 (5®iÓm). B=n2+3n-. 2 n +2 ⇔ 2 ⋮ n2+2. 0,5. 2. B cã gi¸ trÞ nguyªn n2+2 lµ íc tù nhiªn cña 2 n2+2=1 kh«ng cã gi¸ trÞ tho¶ m·n HoÆc n2+2=2 n=0 Víi n=0 th× B cã gi¸ trÞ nguyªn. ⇔ c, (2®iÓm) D=n -n+2=n(n -1)+2=n(n+1)(n-1)(n +1)+2 =n(n-1)(n+1) [ ( n2 − 4 ) +5 ] +2= n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)+5 n(n1)(n+1)+2 Mµ n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2 ⋮ 5 (tich 5sè tù nhiªn liªn tiÕp) Vµ 5 n(n-1)(n+1 ⋮ 5 VËy D chia 5 d 2 Do đó số D có tận cùng là 2 hoặc 7nên D không phải số chính ph¬ng Vậy không có giá trị nào của n để D là số chính phơng a b c + + =¿ a, (1®iÓm) 5. 4. ab+ a+1 bc+b+1 ac+ c+1. §iÓ m 0,5 0,5. 2. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> ac abc c + 2 + abc+ ac+c abc +abc+ ac ac+c +1 abc c abc+ ac+1 + + = =1 = ac 1+ ac+c c +1+ac ac+c +1 abc+ ac+1 2 2 2 2 2 2 C©u 2 b, (2®iÓm) a+b+c=0 ⇒ a +b +c +2(ab+ac+bc)=0 ⇒ a +b +c = (5®iÓm) -2(ab+ac+bc) ⇒ a4+b4+c4+2(a2b2+a2c2+b2c2)=4( a2b2+a2c2+b2c2)+8abc(a+b+c) V× a+b+c=0 ⇒ a4+b4+c4=2(a2b2+a2c2+b2c2) (1) MÆt kh¸c 2(ab+ac+bc)2=2(a2b2+a2c2+b2c2)+4abc(a+b+c) . V× a+b+c=0 ⇒ 2(ab+ac+bc)2=2(a2b2+a2c2+b2c2) (2) 4 4 Tõ (1)vµ(2) ⇒ a +b +c4=2(ab+ac+bc)2. c, (2®iÓm) x=y 2. áp dụng bất đẳng thức: x2+y2. 2. 2. a b a b a ; + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 b c c b c 2 2 c b c b b + ≥ 2 . . =2 . 2 2 a c a a c. 2xy DÊu b»ng khi. 0,5 0.5 0.5 0.5 0.5. 0,5 0,5 0,5 0,5. 2. a c a c c ; + 2 ≥ 2 . . =2 . 2 b a b b a. Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có: 2(. a2 b 2 c 2 a c b + 2 + 2 )≥2( + + ) 2 c b a b c a. ⇔ ⇔. (. a2 b2 c 2 a c b + + ≥ + + b2 c 2 a2 c b a. x −214 x − 132 x −54 + + =6 86 84 82 x −214 x − 132 x − 54 ( −1)+( −2)+( − 3)=0 86 84 82 x −300 x −300 x −300 + + =0 86 84 82. a, (2®iÓm). ⇔ (x-300). ⇒. 1 1 1 + + =0 86 84 82. ). ⇔ x-300=0. { 300 }. VËy S =. {. c, (1®iÓm) d¬ng. } 2. 2. 2. ⇔ (x+1)2-(y+2)2=7. Nªn x+y+3>x-y-1>0 y=1. 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5. 0,5 0,5. x -y +2x-4y-10 = 0 ⇔ (x +2x+1)-(y +4y+4)-7=0 ⇔ (x-y-1)(x+y+3) =7 V× x,y nguyªn 2. 0,5. ⇔ x=300 VËy S =. C©u 3 b, (2®iÓm) 2x(8x-1)2(4x-1)=9 (5®iÓm) ⇔ (64x2-16x+1)(8x2-2x)=9 ⇔ (64x2-16x+1)(64x2-16x) = 72 §Æt: 64x2-16x+0,5 =k Ta cã: (k+0,5)(k-0,5)=72 ⇔ k2=72,25 ⇔ k=± 8,5 Víi k=8,5 tacã ph¬ng tr×nh: 64x2-16x-8=0 ⇔ (2x-1)(4x+1)=0; 1 −1 ; x= ⇒ x= 2 4 Víi k=- 8,5 Ta cã ph¬ng tr×nh: 64x2-16x+9=0 ⇔ (8x-1)2+8=0 v« nghiÖm. 1 −1 , 2 4. 1,0. ⇒. x+y+3=7 vµ x-y-1=1 ⇒ x=3 ;. Ph¬ng tr×nh cã nghiÖm d¬ng duy nhÊt (x,y)=(3;1).

<span class='text_page_counter'>(23)</span> a,(1®iÓm) V× AB//CD ⇒ S DAB=S CBA (cùng đáy và cùng đờng cao) ⇒ S DAB –SAOB = S CBA- SAOB Hay SAOD = SBOC. 0,5 0,5. 0,5 1,0. EO AO C©u 4 b, (2®iÓm) V× EO//DC ⇒ DC =AC MÆt kh¸c AB//DC (5®iÓm) AB AO AB AO AB AO EO AB = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ DC OC AB+BC AO+OC AB+BC AC DC AB+DC EF AB AB+ DC 2 1 1 2 = ⇒ = ⇒ + = ⇒ 2 DC AB+ DC AB . DC EF DC AB EF. c, (2®iÓm) +Dùng trung tuyÕn EM ,+ Dùng EN//MK (N DF) +KÎ đờng thẳng KN là đờng thẳng phải dựng Chøng minh: SEDM=S EMF(1).Gäi giao cña EM vµ KN lµ I th× SIKE=SIMN (cma) (2) Tõ (1) vµ(2) ⇒ SDEKN=SKFN.. 0,5 1,0 1,0.

<span class='text_page_counter'>(24)</span>