BO DE THI HSG TOAN 8 LAN 1

<span class='text_page_counter'>(1)</span>BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 LẦN 1( GỒM 16 ĐỀ) ĐỀ SỐ 1 Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 5x2 - 26x + 24 c) x2 + 6x + 5 1 3 3 2 3 x  x  x 1 4 2 b) 8 d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 Bài 2: (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 7   3x   4 (6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1)  x y x y (x + y ≠ 0, y ≠ 0). b) Tính giá trị biểu thức P = x  y . Biết x 2 – 2 y 2 = c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức.  x  2   x  4   x  6   x  8  2015. cho đa thức. 2. x  10 x  21 . A. 4xy y  x2 2.  1  1 : 2  2 2 2  y  2 xy  x  y  x. Bài 3 (1,25 điểm): Cho biểu thức a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định. b) Rút gọn A. c) Nếu x; y là các số thực làm cho A xác định và thoả mãn: 3x 2 + y2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A? Bài 4 : (2 điểm) Giải các phương trình sau: 3 2 4 9 + 2 = + 2 a) x3 - 2x2 - 5x + 6 = 0 c) 2 x +5 x+ 4 x +10 x +24 3 x +3 x −18 b) |5 −3 x|=3 x − 5 d, x2 – y2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương. Bài 5 : (2,75 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S. a) Chứng minh Δ AQR và Δ APS là các tam giác cân. b) QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. c) Chứng minh P là trực tâm Δ SQR. d) Chứng minh MN là đường trung trực của AC. e) Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng. Bài 6 : (0,5 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 1 b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a3 + b3+ ab  2 HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI. NỘI DUNG. Bài 1 a) 5x2 - 26x + 24 = 5x2 - 6x - 20x + 24 = x(5x - 6) - 4(5x - 6) = (5x - 6)(x - 4) 3 2 3 (2 điểm) 1  1  1  2 3 1  1 3 3 2 3 x  x  x  1  x   3. x  .1  3. x .1  1  x  1 2  2   8 4 2 b) = 2  = 2 c) x2 + 6x + 5 = x2 + x + 5x + 5 = x(x + 1) + 5(x + 1) =  x  1 x  5 d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 = x4 + x3 + x2 – x3 – x2 – x + 2015x2 + 2015x +2015 = x2 (x2 + x + 1) – x(x2 + x + 1) + 2015(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 – x + 2015). THANG ĐIỂM 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bài 2 (1,5 điểm). 7   3x   4  = 12x2 – 18x + 14x - 21 – 12x2 + 7x – a) ( 6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1)  7  77 3x + 4 = 4 b) x2 – 2y2 = xy  x2 – xy – 2y2 = 0  (x + y)(x – 2y) = 0 2y  y y 1   Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0  x = 2y .Khi đó A = 2 y  y 3 y 3. 0,5 điểm. c) P( x)  x  2   x  4   x  6   x  8   2015  x 2  10 x  16   x 2 10 x  24   2015. 0,5 điểm. 0,5 điểm. 2. Đặt t x  10 x  21 (t  3; t  7) , biểu thức P(x) được viết lại: P ( x)  t  5   t  3  2015 t 2  2t  2000 Bài 3 (1,25 điểm). 2 Do đó khi chia t  2t  2000 cho t ta có số dư là 2000 a) Điều kiện: x  y; y 0 b) A = 2x (x+y) c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương của A Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1  2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) =1  2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2  A + (x – y + 1)2 = 2  A = 2 – (x – y + 1)2 2 (do (x – y + 1) 0 (với mọi x ; y)  A  2. 1  x  y  1 0 x   2   2x  x  y  2 y  3 x y;y 0   2 + A = 2 khi . (x  y  1)2 1  2x  x  y  1  x y;y 0 + A = 1 khi  Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x  21 x   2  y  2  3  2 và y, chẳng hạn:  + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 Bài 4 a) x3 - 2x2 - 5x + 6 = 0  x3 - x2 - x2 + x - 6x + 6 = 0  (x - 1)(x2 - x - 6) = 0 (2 điểm)  x 1   x  2  x 3  (x - 1)(x + 2)(x - 3) = 0. 5 5  3 x 3 x  5  3 x  5 3 x  5  3 x  5 0  x  3 b) c) ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3. 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm. 0,25 điểm. 0,5 điểm. 0,5 điểm 0,25 điểm. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> . 3.  x  1  x  4 . . 2. 4 9    x  4   x  6  3  x  3  x  6 . 0,25 điểm. 1   1 1  4  1 1   1            x 1 x  4   x  4 x  6  3  x  3 x  6  3  x  3 4  x  1  x  3 3  x  1 1 4 1       x 1 3 x  3 3  x  1  x  3  3  x  1  x  3 3  x  1  x  3. Bài 5 (2,75 điểm. Bài 6 (0,5 điểm.  4 x 2  8 x 0  4 x  x  2  0  x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình: S = d, x2 – y2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương. 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) Vẽ đúng hình, cân đối đẹp. a) a) Δ ADQ = Δ ABR vì chúng là hai tam giác vuông (2 góc có cạnh t.ư vuông góc) và DA = BD (cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên Δ AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tương tự ta có: Δ ABP = Δ ADS do đó AP =AS và Δ APS là tam giác cân tại A. b) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM RQ..   Mặt khác : PAN PAM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. c) Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao của Δ SQR. Vậy P là trực tâm của Δ SQR. 1 d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = QR 2 ⇒ MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. a) A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 = y2 + 4xy - 2y + 13x2 - 16x + 2015 = y2 + 2y(2x - 1) + (2x -1)2 + 9x2 - 12 x + 2015 = (y + 2x - 1)2 + (3x - 2)2 + 2010 2 1  Chứng tỏ A  2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x = 3 ; y = 3 ) 2 1  Vậy min A = 2010 khi (x = 3 ; y = 3 ) 1 1 1 b) Ta có a3+ b3 + ab  2 (1)  a3+b3+ab - 2 0  (a+b)(a2+ b2-ab) + ab- 2 0 1  a2+b2- 2 0 (vì a + b =1)  2a2+2b2-1 0  2a2+2(1-a)2-1 0 (vì b = 1- a). 0,5 điểm. 0,25 điểm. 0,5 điểm. 0,5 điểm 0,5 điểm. 0,25 điểm. 0,25 điểm 0,5 điểm. 0,25 điểm. 0,25 điểm. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1  2a2+2 - 4a + 2a2 - 1 0  4(a2- a + 4 ) 0  ... đpcm.. 2. 1  4 a    2  0 a (2) . ĐỀ SỐ 2 Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích thành nhân tử: a/ a2 – 7a + 12 b/ x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 c/ x3 + y3 + z3 – 3xyz d/ (x2 - 8)2 + 36 Bài 2: (4,0 điểm) Tìm x, biết: 2 3 1 x  4  12  : x  3 a/ 3 ; b/ 4 4 ; x  4 x  3 x  2 x 1    3 x  5 4 c/ ; d/ 2011 2012 2013 2014 Bài 3: (2,0 điểm) a 2  4a  4 3 2 a/ Cho A = a  2a  4a  8 . Tìm a  Z để A là số nguyên. b/ Tìm số tự nhiên n để n5 + 1 chia hết cho n3 + 1 Bài 4: (2,0 điểm) a  1 b 3 c  5   4 6 . a/ Tìm a, b, c biết 5a - 3b - 4c = 46 và 2 b/ Tìm 2 số hữu tỉ a và b biết: a + b = ab = a : b (b 0) Bài 5: (2,0 điểm) 1 1 1   2 2 2 a/ Cho a + b + c = 1 và a b c = 0. Tính a  b  c 1 1 1 1    b/ Cho a + b + c = 2014 và a  b a  c b  c 2014 . a b c   Tính: S = b  c a  c a  b Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhỏ hơn 90 0. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm C, bờ là đường thẳng AB vẽ AF vuông góc với AB và AF = AB. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm B, bờ là đường thẳng AC vẽ AH vuông góc với AC và AH = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia DA lấy điểm I sao cho DI = DA. Chứng minh rằng: a/ AI = FH ; b/ DA  FH Bài 7: (2 điểm)Cho hình bình hành ABCD có E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD. a/ Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. b/ Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng EMFN là hình bình hành. A  x  1  x  3  x  4   x  6   10 Bài 8: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của:  x  HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (4 điểm) a/ a2 – 7a + 12 = a2 – 3a – 4a + 12 = a(a – 3) – 4(a – 3) = (a – 3)(a – 4) 4 2 b/ x + 2015x + 2014x + 2015 = x4 + x3 + x2 + 2014x2 + 2014x + 2014 – x3 + 1 = x2(x2 + x + 1) + 2014(x2 + x + 1)–(x – 1)(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x4 + 2014 – x + 1) = (x2 + x + 1)(x4– x + 2015) 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> c/ x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 – 3xy(x + y) + z3 – 3xyz = = (x + y + z)3 – 3z(x + y)(x + y + z) – 3xy(x + y + z) = (x + y + z)[(x + y + z)2 – 3z(x + y) – 3xy] = (x + y + z)[x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx – 3zx – 3zy – 3xy] = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) d/ (x2 - 8)2 + 36 = (x2+ 6x+10)(x2 -6x +10) Bài 2: (4 điểm) 2 2 x  4  12  x  16  x  24 3 a/ 3 . Vậy x = -24 3 1 1 15 1  15  1 1  : x  3  : x   x  :     x   4 4 4  4 15 . Vậy x = 15 b/ 4 4 3 x  5 4 c/ . Xét 2 trường hợp:  * Nếu x 5/3 ta có: 3x - 5 = 4  3x = 9  x = 3 (t/m ĐK trên) * Nếu x < 5/3 ta có: 3x-5 = - 4  3x = 1  x = 1/3 (t/m ĐK đang xét) Vậy x = 3 ; x = 1/3. x  4 x  3 x  2 x 1  x  4   x  3   x  2   x 1       1   1   1    1  2011   2012   2013   2014  d/ 2011 2012 2013 2014. x  2015 x  2015 x  1015 x  2015    2011 2012 2013 2014 1 1 1   1   x  2015       0  2011 2012 2013 2014  1 1 1 1  x  2015 0  x  2015 vì    0 2011 2012 2013 2014 Vậy x = - 2015 Bài 3: (2,0 điểm) 1 a/ Rút gọn A = a  2 1   a = 1; a = 3 a  2 nguyên  1  Để A nguyên 5 3 2 3 2 b/ n + 1  n + 1  n (n + 1) - (n - 1)  (n3 + 1)  (n + 1)(n - 1)  (n3 + 1)  (n + 1)(n - 1)  (n + 1)(n2 – n + 1)  (n - 1)  (n2 – n + 1) (vì n + 1  0) + Nếu n = 1 thì 0 1 + Nếu n > 1 thì (n - 1) < n(n - 1) + 1 < n2 – n + 1 nên không thể xảy ra n - 1  n2 – n + 1 Vậy giá trị của n tìm được là n = 1 Bài 4: (2,0 điểm) a/ Ta có: a  1 b  3 c  5 5a  5 3b  9 4c  20      2 4 6 10 12 24 a  1 b  3 c  5  5a  3b  4c   5  9  20     2 4 6 10  12  24 Vì 5a - 3b - 4c = 46 nên: a  1 b  3 c  5 46  6 52      2 2 4 6  26  26 Suy ra a - 1 = - 4  a = -3; b + 3 = - 8  b = -11; c - 5 = -12  c = - 7 Vậy a = -3; b = - 11 ; c = - 7. b/ Ta có a + b = ab  a = ab - b = b(a-1). Do đó: a : b = b(a - 1) = a - 1 nên a + b = a - 1  b = -1 và a = -1(a - 1) . 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>  a = -a + 1  2a = 1  a = 0,5. Vậy a = 0,5 ; b = -1. Bài 5: (2,0 điểm) a/ Phân tích 2 giả thiết để suy ra đfcm 1 1 1   Phân tích a b c Phần nào có a+b+c thì thay = 1 1 1 1 1    b/ Ta có: a  b a  c b  c 2011 a + b + c = 2014  a = 2014- (b + c); b = 2014-(a + c); c = 2014 - (a + b) Do đó: 2014   b  c  2014   a  c  2014   a  b  S   b c a c a b 2014 2014 2014   1  1 1 b c a c a b 1 1   1 2014     3  b c a c a b  1 2014.  3 1  3  2 2014 = . Vậy S = - 2. Câu 6: (3,0 điểm) H K A. F. B. D. C. a/ - Xét  BDI và  CDA có: DB = DC (gt), I BDI CDA  (đối đỉnh), DA = DI (gt)   BDI =  CDA (c.g.c)  BI = CA (2 cạnh tương ứng),   BID CAD (2 góc tương ứng). Mặt khác 2 góc này ở vị trí so le trong nên suy ra BI//AC.  - Xét ABI và  FAH có:    AB=AF (gt), ABI FAH (cùng bù với BAC ), BI = AH (cùng = AC)   ABI =  EAH (c.g.c)  AI = FH (2 cạnh tương ứng). b/ Gọi K là giao điểm của DA và FH ta có:    BAI  FAK 900 , mà AFH BAI 0     hay AFK BAI nên AFH  FAK 90 0   - Xét  AFK có AFH  FAK 90   FKA 900  AK  FK  AI  FH E A. (vì I, K thuộc đường thẳng AD, K thuộc EH) Bài 7: (2 điểm) a/ - Hình vẽ:. //. B. //. M O N D. //. F. //. C. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> - Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD, ta có O là trung điểm của BD. - Chứng minh BEDF là hình bình hành - Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm của EF - Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O. 1 OM  OA 3 b/ Xét  ABD có M là trọng tâm, nên 1 ON  OC 3 - Xét  BCD có N là trọng tâm, nên - Mà OA = OC nên OM = ON - Tứ giác EMFN có OM = ON và OE = OF nên là hình bình hành. Bài 8: (1 điểm) A x   x 2  7 x  6   x 2  7 x  12   10 2 Đặt x  7 x  6 = t  A t  t  t  6   10 2. t 2  6t  9  1  t  3  1 1 A t  Min 1. đạt được khi t = -3 2  A x  Min 1 đạt được khi x  7 x  6 = -3 7  13 7  13 2  x - 7x + 9 = 0  x = 2 2 ;x= ĐỀ SỐ 3 Bài 1 (3,5 điểm) Phân tích các đa thức thành nhân tử: 8 x 1) 18x3 - 25 2) a(a + 2b)3 - b(2a + b)3 3) (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1 Bài 2 (2,5 điểm) x 1 x 3  5  3    2 : 2 Cho biểu thức: A =  x  1 2 x  2 2 x  2  4 x  4 1) Hãy tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức A được xác định. 2) Chứng minh rằng khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị của biến x. Bài 3 (3,0 điểm) 1) (1,5 điểm) Cho a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: ab + bc + ca = 1. 2 2 2  a  b  b  c  c  a .  1  a 2   1  b2   1  c 2  Tính giá trị của biểu thức: A =  x  y a  b  2 x  y 2 a 2  b 2 2) (1,5 điểm) Cho  . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: xn + yn = an + bn Bài 4 (3,0 điểm) 1) Tìm x: x  1  x  3  x  5 4 x a) b) (x2 – 5x + 6). 1  x = 0 2) Tìm x, y biết: 7x2 + y2 + 4xy – 24x – 6y + 21 = 0 Bài 5 (3,0 điểm) 1) (1,5 điểm) Tìm dư khi chia x2015 + x1945 + x1930 - x2 - x + 1 cho x2 - 1 2) (1,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x2 + 3x + 4)2 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Bài 6 (5,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của cạnh AD, BC. Đường chéo AC cắt đường chéo BD tại O và các đoạn BE, DF lần lượt tại P, Q. 1) Chứng minh rằng: P là trọng tâm của tam giác ABD. 2) Chứng minh rằng: AP = PQ = QC. 3) Lấy M bất kỳ thuộc đoạn DC. Gọi I, K theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua tâm E, F. Chứng minh rằng I, K thuộc đường thẳng AB. 4) Chứng minh: AI + AK không đổi khi M thuộc đường thẳng AB. Bài. Câu. 1. 2. 1. Nội dung  2 4  8 x  9x   25  18x3 - 25 = 2x  2 2  2 x  3 x    3 x   5 5  3 3 a(a + 2b) - b(2a + b) = a[(a + b) + b]3 - b[a + (a + b)]3 = a[(a + b)3 + 3(a + b)2b + 3(a + b)b2 + b3] - b[a3 + 3a2(a + b) + + 3a(a + b)2 + (a + b)3 3 = a(a + b) + 3ab(a + b)2 + 3ab2(a + b) + ab3 - a3b - 3a2b(a + b) – - 3ab(a + b)2 - b(a + b)3 3 = a(a + b) + 3ab2(a + b) + ab3 - a3b - 3a2b(a + b) - b(a + b)3 = (a + b)[a(a + b)2 + 3ab2 -ab(a - b) - 3a2b -b(a + b)2] = (a + b)(a3 + 2a2b + ab2 + 3ab2 - a2b + ab2 - 3a2b - a2b - 2ab2 - b3] = (a + b) (a3 - 3a2b + 3ab2 - b3) = (a + b)(a - b)3 Đặt A = (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1 A = (x – 2)(x – 5)(x – 4)(x – 5) + 1 = (x2 – 7x + 10)(x2 – 7x + 12) + 1 = (x2 – 7x + 11 – 1)(x2 – 7x + 11 + 1) + 1 = (x2 – 7x + 11)2 – 1 + 1 = (x2 – 7x + 11)2. Biểu điểm 0,5 0,5. 0,5 0,5. 1,0. 2. 3. 7 7 49     11  4 x2 – 7x + 11 = x2 – 2x. 2  2  2. 2 7  5    x     2   2   = =.  7 5  7 5   x    x   2  2   2. 2. 1. 2. 2.  7 5   7 5   x    x   2   2   Vậy A = a) Giá trị của biểu thức A được xác định với điều kiện:  x 2  1 0  x 2 1    2 x  2 0   x 1  x 1   2 x  2 0  x  1   4 x 2  4 0  Với x 1 , ta có:  3 x 1 x  3  4 x2  4    ( x  1)( x  1) 2( x  1) 2( x  1)  . 5  A= . 0,5. 0,5 1,0. 6  ( x  1) 2  ( x  3)( x  1) 4( x  1)( x 1) . 2( x  1)( x 1) 5 = 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 1. 3 2. (6  x 2  2 x  1  x 2  2 x  3).2 5 = =4 Vậy khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị của biến Ta có: 1 + a2 = ab + bc + ca + a2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(c + a) Tương tự: 1 + b2 = (b + a)(b + c) và 1 + c2 = (c + a)(c + b). n. . 0,5 0,5. 2. (b  c) 2 (c  a) 2 1 Do đó: A = ( a  b)( a  c)(b  a )(b  c)(c  a)(c  b) Từ x2 + y2 = a2 + b2  (x2 – a2) + (y2 – b2) = 0  (x – a)(x + a) + (y – b)(y + b) = 0 Bởi vì: x + y = a + b  x – a = b – y, thế vào ta có: (b – y)(x + a) + (y – b)(y + b) = 0  (b – y)[(x + a) – (y + b)] = 0  b  y 0   x  a y  b.  a  b. 0,5. n. n. Nếu b – y = 0  y b  x a  y a  b  x  y b  a  x b     x  y  a  b   y a Nếu x + a = y + b. n.  Do đó: xn + yn = bn + an = an + bn Vậy trong mọi trường hợp, ta có: xn + yn = an + bn. 0,5 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. x  1  x  3  x  5 4 x. 1.a). 1.b) 4. 2. 5. 1. (1) Vế trái luôn luôn không âm với mọi x nên 4x  0  x 0 x  0 nên x + 1 > 0, x + 3 > 0, x + 5 > 0  x  1 x  1, x  3  x  3, x  5 x  5 Do đó: (1)  x + 1 + x + 3 + x + 5 = 4x  x = 9. Vậy x = 9. (x2 – 5x + 6). 1  x = 0 (1) Điều kiện: 1 – x 0 ⇔ x ≤1 (*) (1) ⇒ x2 – 5x + 6 = 0 hoặc √ 1− x = 0 ⇒ (x – 2)(x – 3) = 0 hoặc 1 – x = 0 ⇒ x = 2 hoặc x = 3 hoặc x = 1 Các giá trị x = 2, x = 3 không thỏa mãn điều kiện (*) Vậy x = 1. 7x2 + y2 + 4xy – 24x – 6y + 21 = 0  y2 + 4xy – 6y + 7x2 – 24x + 21 = 0  y2 + 2y(2x – 3) + (2x – 3)2 + 3x2 – 12x + 12 = 0  (y + 2x – 3)2 + 3(x2 – 4x + 4) = 0  (y + 2x – 3)2 + 3(x – 2)2 = 0  y  2 x  3 0   x  2 0 (vì (y + 2x – 3)2  0 và 3(x – 2)2  0)  x 2   y  1 . Vậy x = 2; y = -1 Đặt f(x) = x2015 + x1945 + x1930 - x2 - x + 1 cho x2 – 1 Gọi thương khi chia f(x) cho x2 – 1 là Q(x), dư là ax + b. Ta có: f(x) = (x2 – 1).Q(x) + ax + b. Đẳng thức trên đúng với mọi x nên:. 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25. 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> - Với x = 1 ta được: f(1) = a + b  a + b = 2 (1)  - Với x = -1 ta được: f(-1) = -a + b -a + b = 0 (2) Từ (1) và (2) suy ra: a = 1, b = 1. Dư phải tìm là x + 1 3 3 2 9 3 2 7 +4− Ta có: A = x2 + 3x + 4 = x2 + 2x. + = x+ + 2 2 4 2 4 2 2 3 3 7 7 Với mọi x, ta có: x + ≥ 0 ⇒ x+ + ≥ >0 2 2 4 4 2 7 49 ⇒ A≥ = =12, 25 2 4 3 3 Dấu “=” xảy ra khi x+ =0 ⇔ x=− 2 2 3 Vậy minA = 12,25 khi x = 2. ( ). 2. () ( ). ( ). (). 0,25 0,5 0,25 0,25. 0,25 0,5 0,5. 1. 1. 6. 2. 3. 4. Vì ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O là trung điểm của mỗi đường. Ta có: AO, BE là trung tuyến của  ABD Mà: AO cắt BE tại P nên P là trọng tâm của  ABD . 2 2 1 1  AP  AO  . AC  AC 3 3 2 3 Theo câu 1) P là là trọng tâm của  ABD 1 CQ  AC 3 Tương tự, ta có: 1 AC Do đó: PQ = AC – AP – CQ = 3 Vậy AP = PQ = QC Vì I đối xứng với M qua E nên EI = EM Ta có: AE = ED, EI = EM  AMDI là hình bình hành  AI // MD (1) Chứng minh tương tự, ta có: BK // MC (2) Từ (1), (2) và (3) suy ra I, A, B, K thẳng hàng hay I, K thuộc đường thẳng AB.  KMI có E, F lần lượt là trung điểm của MI, MK  EF là đường trung bình của  KMI 1  EF= KI  KI = 2.EF 2 Suy ra AI + AK = IK = 2.EF (4) BF // AE và AF = AE  Tứ giác ABFE là hình bình hành  EF = AB (5) Từ (4) và (5) suy ra: AI + AK = 2.AB không đổi khi M di động trên cạnh CD.. 0,5 0,5 0,5 0,5. 0,5 0,5. 0,5 0,5. ĐỀ SỐ 4 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Câu 1 (3,0 điểm). Ph©n tÝch c¸c ®a thøc sau thµnh nh©n tö: a) 12x3 + 16x2 - 5x - 3 b) (x2 - x + 1)2 - 5x(x2 - x + 1) + 4x2 Câu 2 (3,0 điểm). a) Chứng minh rằng: Nếu x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx thì x = y = z a 2 b2 c 2 a c b  2 2    2 c a c b a. b) Cho ba số a, b, c khác 0 thoả mãn: b Chứng minh rằng a = b = c. Câu 3 (4,0 điểm). Giải các phương trình: 2x  1  2x  5 a) = 4 (1) 2 2 2  x 3   x  3  7  x  9 0    6   x2  4  x2 b)  x  2  Câu 4 (4,0 điểm). 2. 2. 1  1   x     y   8 x  y a) Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 2. Chứng minh rằng:  2015 x3 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = , với x là số nguyên. Câu 5 (6,0 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt BD ở E và cắt CD ở K. Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC ở F và cắt CD ở I. Chứng minh rằng: a) DK = CI b) EF // CD c) AB2 = CD.EF. 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Câu 1. Nội dung a) 12x3 + 16x2 - 5x - 3 = 12x3- 6x2 + 22x2 - 11x + 6x - 3 = 6x2(2x -1) + 11x(2x - 1) + 3(2x - 1) = (2x - 1)(6x2 + 11x + 3) = (2x - 1)(6x2 + 9x + 2x + 3) = (2x - 1)[3x(2x + 3) + (2x + 3)] = (2x - 1)(2x + 3)(3x + 1) b) A = (x2 - x + 1)2 - 5x(x2 - x + 1) + 4x2 §Æt x2 - x + 1 = y, ta cã A = 4x2 - 5xy + y2 = (4x - y)(x - y) = (4x - x2 + x - 1)(x -x2 + x - 1) = (x2 - 5x + 1)(x2 - 2x + 1) = (x - 1)2(x2 - 5x + 1)  5  21   5  21   x    x   2  2   2 = (x - 1). 2. a) Ta có: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx  2x2 + 2y2 + 2z2 = 2xy + 2yz + 2zx  x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2zx + x2 = 0  (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 (1) 2  2 0 Ta có : (x – y) 0, (y – z) , (z – x)2 0  x  y 0    y  z 0  z  x 0 . Do đó: (1)  x  y z. Điểm 1,5 0,25 0,5 0,25 0,5 1,5 0,5 0,25 0,25 0,5 1,0. 0,5 0,25. .. 0,25. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> . ĐỀ SỐ 5 Câu 1 (2,0 điểm). x 3  y 3  z 3  3xyz 2 2 2 Rút gọn biểu thức: B = ( x  y )  ( y  z )  ( x  z ) Câu 2 (4,0 điểm). a) Tìm số dư trong phép chia đa thức (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 cho x2 + 8x + 12. b) Tìm mọi số nguyên x sao cho x3 - 2x2 + 7x - 7 chia hết cho x2 + 3. Câu 3 (4,0 điểm). Giải các phương trình: 3 3 3 1  3  x  3  x  4       1  x  0  4  a)  4 3 x   3 x  x  x   2 x  1 x  1     b) Câu 4 (4,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức 3x 1  x  2  4 x  3 a) A = 14x 2  8x  9 2 b) B = 3x  6x  9 Câu 5 (4,0 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. M, D tương ứng là trung điểm của BC, AM. H là hình chiếu của M trên CD. AH cắt BC tại N, BH cắt AM tại E. Chứng minh rằng: a) Tam giác MHD đồng dạng với tam giác CMD. b) E là trực tâm tam giác ABN. Câu 6 (2,0 điểm): Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD. Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh CD vµ N lµ mét ®iÓm trªn 0  đờng chéo AC sao cho BNM 90 . Gọi F là điểm đối xứng của A qua N. Chứng minh rằng FB  AC. HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Câu 1. Nội dung. Điểm 2,0. Ta có: x3 - y3 - z3 - 3xyz = (x - y)3 + 3xy(x - y) - z3 - 3xyz = (x - y - z)3 + 3(x - y)z(x - y - z) + 3xy(x - y - z) = (x - y - z)[(x - y - z)2 + 3xz - 3yz + 3xy)] = (x - y - z)(x2 + y2 + z2 -2xy - 2xz + 2yz + 3xz - 3yz + 3xy) = (x - y - z)(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz) (x + y)2 + (y - z)2 + (x + z)2 = x2 + 2xy + y2 + y2 - 2yz + z2 + x2 + 2xz + z2 = 2(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz)  x  y  z   x 2  y2  z 2  xy  yz  xz  Vậy B =. 2. 2. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5. 2  x 2  y2  z 2  xy  yz  xz . x y z 2 = a) HS có thể làm một trong các cách sau: Cách 1: Đặt f(x) = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 Ta có: A = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9 = (x2 + 8x + 7)[(x2 + 8x + 12) + 3] + 9 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 7) + 9 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 12) + 9 – 15 = (x2 + 8x + 12)(x2 + 8x + 10) - 6 Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. Cách 2. f(x) = (x2 + 4x + 3)(x2 + 12x + 35) + 9 = x4 + 4x3 + 3x2 + 12x3 + 48x2 + 36x + 35x2 + 140x + 105 + 9 = x4 + 16x3 + 86x2 + 176x + 114 Thực hiện phép chia đa thức x 4 + 16x3 + 86x2 + 176x + 114 cho x2 + 8x + 12 được thương là x2 + 8x + 10 và số dư là - 6. Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. Cách 3. Bậc của đa thức thương là 2 nên đa thức dư có dạng ax + b. Gọi đa thức thương là Q(x), ta có: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 = (x2 + 8x + 12)Q(x) + ax + b Cho x = - 2, ta có: - 1.1.3.5 + 9 = - 2a + b  - 2a + b = -6 Cho x = - 6, ta có: - 5.(- 3)(-1). 1 + 9 = - 6a + b  - 6a + b = - 6 Ta có (-2a + b) – (- 6a + b) = 0  a = 0 Do đó b = - 6. Đa thức dư là - 6. Cách 4. f(x) = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9 = (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9 = [(x2 + 8x + 12)- 5][(x2 + 8x + 12) + 3] + 9 = (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 15 + 9 = (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 6 = (x2 + 8x + 12)(x2 + 8x + 10) - 6 Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. b) Thực hiện phép chia đa thức B = x3 - 2x2 + 7x - 7 cho 3, ta được: Đa thức thương: x – 2; đa thức dư: 4x – 1. Suy ra: x3 - 2x2 + 7x - 7 = (x2 + 3)(x - 2) + 4x - 1 2 Do đó: B  (x2 + 3)  (4 x  1) (3x  3) (1) Vì 4 x 1 và 4x  1 nên. C = x2 +. 0,5 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,75 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 2,0 0, 5 0,25 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> ĐỀ SỐ 6 Bài 1: (2 điểm)Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) (x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3. b) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015.. Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức: a. Rút gọn biểu thức A. c. Tìm giá trị của x để A < 0.. 2 1   10  x 2   x A  2    : x  2  x 2   x  4 2 x x 2    1 b. Tính giá trị của A , Biết |x| = 2 .. d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. 1 1 1 1 + 2 + 2 = Bài 3 : (2 điểm) a) Giải phương trình : 2 18 x +9 x +20 x + 11 x+30 x +13 x +42 b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng : a b c + + ≥3 A= b+c − a a+c −b a+b − c Bài 4: (3,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD. a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ? b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2. HƯỚNG DẪN CHẤM.   x  y  z  3  x 3    y3  z3     Bài 1: (2 điểm) a) (x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3 =  2  y  z    x  y  z    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  .  x  y  y  z  z  x . =3 . (1 điểm) 4 2 4 2 b)x + 2015x + 2014x + 2015 = (x - x) + (2015x +2015x+2015) = x(x3- 1) + 2015 (x2+x+1) = x(x -1) (x2+x+1) )+ 2015 (x2+x+1) = (x2+x+1) [x(x -1) + 2015] = (x2+x+1) (x2 –x + 2015) (1 điểm). 2 1   10  x 2   x A  2   : x  2   x  4 2  x x  2   x2   Bài 2: (2,5 điểm) Biểu thức: 1 A x 2 a) Rút gọn được kết qủa: (0,75 điểm) 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> b). x. 1 1 1  x x 2 2 hoặc 2. (0,25 điểm). 2 2 hoặc A= (0,75 điểm) 3 5 c) A < 0 ⇔ x - 2 >0 ⇔ x >2 (0,25 điểm) −1 ∈Z ⇔ x-2 d) A Z ⇔ Ư(-1) ⇔ x-2 { -1; 1} ⇔ x {1; 3} (0,5 x −2 điểm) Bài 3: (2 điểm) a) (1đ) x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ; (0,25 điểm) ĐKXĐ : x ≠ − 4 ; x ≠ −5 ; x ≠ − 6 ; x ≠ −7 (0,25 điểm) ¿ 1 1 1 1 + + = Phương trình trở thành : ( 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 1 1 1 − = (0,25 điểm) x + 4 x +7 18 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 Từ đó tìm được x=-13; x=2; (0,25 điểm) b) (1đ) Đặt b+c-a = x >0; c+a-b = y >0; a+b-c = z >0 (0,25 điểm) y+z x+ z x+ y ; b= ; c= Từ đó suy ra a= ; (0,25 điểm) 2 2 2 y+z x+z x+ y 1 y x x z y z + + = ( + )+( + )+( + ) Thay vào ta được A= (0,25 điểm) 2x 2 y 2z 2 x y z x z y 1 Từ đó suy ra A (2+2+2) hay A 3 (0,25 điểm) 2 Bài 4: (3,5 điểm) a)Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) ⇒ BE // DF (0,25 điểm)  BEO  DFO ( g  c  g ) ⇒ BE = DF Chứng minh : (0,5 điểm) Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành (0,25 điểm) ∠ HBC= ∠ KDC b) Chứng minh: ∠ ABC= ∠ ADC ⇒ (0,25 điểm) CH CB = ⇒CH . CD=CK . CB ⇒ Δ CHB ∽ Δ CKD(g-g) ⇒ (1 điểm) CK CD c)Chứng minh : Δ AFD ∽ Δ AKC(g-g) (0,25 điểm) AF AD (0,25 điểm) = ⇒ AD . AK=AF . AC ⇒ AK AC CF CD = Chứng minh : Δ CFD ∽ Δ AHC(g-g) ⇒ (0,25 điểm) AH AC CF AB = ⇒ AB . AH=CF. AC Mà : CD = AB ⇒ (0,25 điểm) AH AC Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (0,25 điểm) ⇒ A=. [. ]. 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> H. C. B F O. A. E D. K. ĐỀ SỐ 7 Bài 1: a) Thực hiện phép chia: (x3 - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2) b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4 a b c   Bài 2: a) Tính S = (c  a)(a  b) (a  b)(b  c) (b  c)(c  a) 1 1 1 1      b) Chứng minh (3n  2)(3n  5) 3  3n  2 3n  5  150 150 150 150    ...  47.50 c) Tính 5.8 8.11 11.14 Bài 3: Giải các phương trình x 1 x 1 2  2  2 4 2 a) x  x  1 x  x  1 x(x  x  1). 7  x 5 x 3 x    3 b) 1993 1995 1997 Bài 4: Cho ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm c) Chứng minh AM = AN Bài 5: Cho M là điểm nằm trong ABC , từ M kẻ MA’  BC, MB’  AC, MC’  AB MA ' MB ' MC '   h h hc = 1 a b    (A’ BC; B’ AC; C’ AB). Chứng minh rằng: (Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của ABC ) Bài giải Bài 1: a) Thực hiện phép chia: (x3 - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2) = x - 2 b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 Vì ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 nên x = 2 là nghiệm của đa thức ax3 - 2x - 4 , nên ta có: a. 23 - 2. 2 4 = 0  8a - 8 = 0  a = 1 c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4 Nghiệm của đa thức là các giá trị của x để  x 2  2x  2 0  x  2 0 x3 - 2x - 4 = 0  (x2 + 2x + 2)(x - 2) = 0   +) x - 2 = 0  x = 2+) x2 + 2x + 2  (x2 + 2x + 1) + 1 = 0  (x + 1)2 + 1 = 0 : Vô nghiệm Vì (x + 1)2 + 1 > 0 với mọi x 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Bài 2: a b c a(b  c)  b(c  a)  c(a  b)    (c  a)(a  b)(b  c) a) S = (c  a)(a  b) (a  b)(b  c) (b  c)(c  a) a(b  c)  b(c  a)  c(a  b) ab  ac  bc  ab  ac  bc 0   0 (c  a)(a  b)(b  c) (c  a)(a  b)(b  c) (c  a)(a  b)(b  c) = 1 1 1 1      b) Chứng minh (3n  2)(3n  5) 3  3n  2 3n  5  1 1 1  1  3n  5  (3n  2)  1 3 1   .      Ta có: 3  3n  2 3n  5  3  (3n  2)(3n  5)  3 (3n  2)(3n  5) (3n  2)(3n  5) 150 150 150 150    ...  47.50 c) Tính : 5.8 8.11 11.14 150 150 150 150    ...  47.50 = 9 áp dụng câu b ta tính được 5.8 8.11 11.14 Bài 3: Giải các phương trình x 1 x 1 2 x(x 1)(x 2  x 1) x(x  1)(x 2  x 1) 2      2 2 4 2 4 2 4 2 4 x(x  x  1) x(x  x 1) x(x  x 2 1) a) x  x  1 x  x  1 x(x  x  1) (1) ĐKXĐ: x(x4 + x2 + 1)  0  x  0 Vì x4 + x2 + 1 > 0 (1)  x(x + 1)(x2 - x + 1) - x(x - 1)(x2 + x + 1) = 2  x(x3 - 1) - x(x3 + 1) = 2  x4 - x - x4 - x = 2  - 2x = 2  x = - 1 7  x 5 x 3 x 7 x 5 x 3 x    3  1  1   1 0 1993 1995 1997 b) 1993 1995 1997  x = 2000 Bài 4: Cho ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm c) Chứng minh AM = AN Giải D    A a) Chứng minh DAB + BAC + CAE = 1800  D, A, E thẳng haøng M b) Ñaët AB = c, AC = b. N E BD // AC (cùng vuông góc với AB) MC AM AC AM AC     B C MB + AM AC + BD neân MD MB BD  AM AC AM AC AC. AB     AM  AB AC + BD AB AC  AB AC  AB (1)  AM(AC + AB) = AC. AB  3(4 + AB) = 4 AB  AB = 12 cm  MB = 9 cm MC AM MC.MB 5.9   MD   15 MA 3 Từ MD MB cm AN AB AN AB    NC + AN AB + CE c) AB // CE (cùng vuông góc với AC) nên NC CE AN AB AB. AC   AN   AC AB + AC AB + AC (2) Từ (1) và (2) suy ra: AM = AN 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Bài 5: Cho M là điểm nằm trong ABC , từ M kẻ MA’  BC, MB’  AC, MC’  AB MA ' MB ' MC '   h h hc = 1 a b    (A’ BC; B’ AC; C’ AB). Chứng minh rằng: (Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của ABC ) Giải Kẻ đường cao AH, ta có: A MA ' MA ' SMBC   ha AH SABC (1) MB' SMCA MC ' SMBA   h S h SABC (3) b ABC c Tương tự: (2) và Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có: MA ' MB ' MC ' SMBC SMCA SMBA      ha hb hc SABC SABC SABC SMBC  SMCA  SMBA SABC  1 S S ABC ABC =. B'. C' M B. A'. H. C. ĐỀ SỐ 8 Câu 1 a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0; ngoài ra còn biết thêm Hỏi số nào dương, số nào âm, số nào bằng 0 b) Cho x + y = 1. Tính giá trị biểu thức A = x3 + y3 + 3xy Câu 2: a) Giải phương trình:. a b 2 (b  c). .. x  2  3 1. a b c   0 b) Giả sử a, b, c là ba số đôi một khác nhau và b  c c  a a  b a b c   0 2 2 2 (b  c) (c  a) (a  b) Chứng minh rằng:  BAC Câu 3: Cho tam giác ABC; gọi Ax là tia phân giác của. . , Ax cắt BC tại E. Trên tia Ex lấy điểm H. . sao cho BAE ECH . Chứng minh rằng: a) BE. EC = AE. EH b) AE2 = AB. AC - BE. EC Câu 4: Cho tứ giác ABCD. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BD tại E; từ B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC tại F. Chứng minh rằng: EF // DC híng dÉn gi¶i C©u 1:. a b 2 (b  c). a) V× nªn a  0 vµ b  0 v× NÕu a = 0  b = 0 hoÆc b = c. V« lÝ NÕu b = 0  a = 0. V« lÝ.  c = 0  a = b3 mµ a  0 víi mäi a  b > 0  a < 0 b) V× x + y = 1  A = x3 + y3 + 3xy = x3 + y3 + 3xy (x + y) = (x + y)3 = 1 a b c b 2  ab + ac - c 2 a b c =   +  0 a-c b-a (a - b)(c - a)  b-c c-a a-b C©u 2: b) Từ b - c. 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> a b 2  ab + ac - c2 1  2 (a - b)(c - a)(b - c) (1) (Nhân hai vế với b - c )  (b - c) b c 2  bc + ba - a 2 c a 2  ac + cb - b 2   2 (a - b)(c - a)(b - c) (2) ; (a - b)2 (a - b)(c - a)(b - c) (3) Tương tự, ta có: (c - a) Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm A C©u 3: a) Ta cã  BAE.  b).   .  HCE (g.g). BE AE   BE.EC AE.EH EH EC (1)  BAE  HCE (g.g)     ABE = CHE  ABE = CHA  BAE  HAC (g.g) AE AB   AB.AC AE.AH AC AH (2). C B. E. H x. Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã : AB. AC - BE. EC = AE.AH - AE. EH  AB. AC - BE. EC = AE. (AH - EH) = AE. AE = AE2 C©u 4: Goïi O laø giao ñieåm cuûa AC vaø BD OE OA = OC (1) a) Vì AE // BC  OB OB OF = OA (2) BF // AD  OD. B. A O E F D. OE OF = OC Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OD  EG // CD. C. ĐỀ SỐ 9. Bài 1: Cho phân thức:. 2x 4 P = x  x  20 2. x  5 1,5. a) Tìm TXĐ của P b) Rút gọn P c) Tính giá trị của P khi Bài 2: So sánh A và B biết: a) A = 2002. 2004 và B = 20032 b) A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) và B = 264 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC. Hạ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD và BG vuông góc với AC. Chứng minh: a)  ACE  ABG và  AFC  CBG b) AB. AE + AD. AF = AC2 Bài 4: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có Â = 600. Một đường thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối của tia BA và DA lần lượt tại M và N a) Chứng minh: Tích BM. DN có giá trị không đổi b) Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính số đo góc BKD Bài 5: Tìm nghiệm nguyên của phương trình 4(x + y) = 11 + xy Giải Bài 1: a) Đkxđ: x2 + x - 20  0  (x - 4)(x + 5)  0  x  4 và x  - 5 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> 2x 4 2x 4  b) P = x  x  20 (x  4)(x  5) 2. 2 Nếu x > 4  P = x  5 2 Nếu x < 4  P = x  5.  x  5 1,5;(x  5) x  5 1,5    5  x  1,5;(x  5)  c).  x 6,5  x 3,5 . 2 2 2 20 4     Với x = 6,5 thì P = x  5 6,5  5 11,5 115 23 2 2 2 2    Với x = 3,5 thì P = x  5 3,5  5 8,5 17 Bài 2: a) A = 2002. 2004 = (2003 - 1)(2003 + 1) = 20032 - 1 < 20032  A < B b) Ta có: A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (22 - 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (24 - 1)( 24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (28 - 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (216 - 1)(216 + 1)(232 + 1) = (232 - 1)(232 + 1) = 264 - 1 < 264  A < B Bài 3: AE AC = AB Ta coù  AGB  AEC  AG  AB. AE = AC. AG (1) AF CG CG =  CB AD (vì CB = AD)  CGB  AFC  AC  AF . AD = AC. CG (2). Coäng (5) vaø (6) veá theo veá ta coù: AB. AE + AF. AD = AC. AG + AC. CG  AB. AE + AF. AD = AC(AG + CG) = AC. AC Vaäy: AB. AE + AD. AF = AC2 Bµi 4: MB CM = CN (1) a) BC // AN  BA CM AD = DN (2) CD// AM  CN MB AD =  MB.DN = BA.AD = a.a = a 2 DN Từ (1) và (2) suy ra BA   b)  MBD vaø  BDN coù MBD = BDN = 1200 MB MB CM AD BD =  =   = 600 BD BA CN DN DN (Do ABCD laø hình thoi coù A neân   MBD  BDN AB = BC = CD = DA) 0         Suy ra M1 = B1 .  MBD vaø  BKD coù BDM = BDK vaø M1 = B1 neân BKD = MBD = 120 đề Sễ́ 10 2. A C©u 1: Cho a) Rót gän A. x  7x  6 x2  1 b) Tìm x để A = 0. c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên 2.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> C©u 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh: (x + 1)2 = 4(x2 + 2x + 1). 1 1 1 1    C©u 3: Cho a, b, c tho· m·n: a b c a  b  c TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3). 1 1 1      C©u 4: Cho  ABC cã A 2B 4C 4 . Chøng minh: AB BC CA C©u 5: Cho  ABC c©n t¹i A cã BC = 2a, M lµ trung ®iÓm cña BC. LÊy D, E theo thø tù thuéc AB, AC sao cho:.   DME B. a) Chứng minh rằng: tích BD. CE không đổi b) Chøng minh r»ng DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE c) Tính chu vi của  ADE nếu  ABC là tam giác đều Híng dÉn. 1 1 1 1 a +b a +b 1 1 1 1 + =0 + + =0    c(a + b + c) C©u 3: Tõ a b c a  b  c  a b c a + b + c  ab. (a + b).. c(a + b + c) + ab = 0 Û (a + b)(b + c)(c + a) = 0 abc(a + b + c).  Từ đó suy ra : A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = ( a + b)(b + c)(c + a). B = 0 C©u 4 : B. . VÏ tia CM (M  AB) sao cho ACM  CAM vµ CBM lµ c¸c tam gi¸c c©n. AB AB AM AB AM  AB BM      1  BC AC CM CM CM CM AB AB 1 1 1  1    AB BC CA (v× BM = CM)  BC AC. 2 4  . C. 3 M. C©u 5 :. A.        a) Ta coù DMC = DME + CME = B + BDM , maø DME = B (gt)     nên CME = BDM , kết hợp với B = C (  ABC cân tại A) suy ra  BDM  CME (g.g) BD BM =  BD. CE = BM. CM = a 2 D  CM CE không đổi K DM BD DM BD =  = CM ME BM b)  BDM  CME  ME B     MDE = BMD   (do BM = CM) DME DBM (c.g.c) hay DM BDE laø tia phaân giaùc cuûa  c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của DEC keû MH  CE ,MI  DE, MK  DB thì MH = MI = MK   DKM =  DIM  DK =DI   EIM =  EHM  EI = EH Chu vi  AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK) MC a  2  ABC là tam giác đều nên suy ra CH = 2  AH = 1,5a  PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a. Câu 1 : Giải phương trình: a). A. 3. đề 11 x −1 x +3 2 + + x −2 x −4 ( x − 2) .(4 − x). b). E I H. M. C. 6x2 - x - 2 = 0. 2.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> 2. x− y ¿ 2 z − x ¿ +¿ 2 Câu 2 : Cho x + y + z = 0. Rút gọn : y − z ¿ + ¿ ¿ 2 x + y2 + z2 ¿ Câu 3 : Chứng minh rằng không tồn tại x thỏa mãn : a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho. DB 1 = DC 2. ;. OA 3  điểm O nằm trên đoạn AD sao cho OD 2 . Gọi K là giao điểm của BO và AC. Tính tỉ số AK : KC. Câu 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác MPQ cân tại M. Hướng dẫn giải Câu 2: Từ x + y + z = 0  x2 + y2 + z2 = - 2(xy + yz + zx) (1) Ta có: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 2(x2 + y2 + z2 ) - 2(xy + yz + zx) (2) Từ (1) và (2) suy ra: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = - 6(xy + yz + zx) (3) Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta có:. - 2(xy + yz + zx) 1  3 A = - 6(xy + yz + zx) Câu 3:. 17 5 25 9 a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0  2( x4 - 5x2 + 2 ) = 0  2(x4 - 2. 2 x2 + 4 )2 + 2 = 0 5 9 5 9  2(x2 - 2 )2 + 2 = 0. Vì 2(x2 - 2 )2 + 2 > 0 với mọi x nên không tồn tại x để 2x4 - 10x2 + 17 = 0 b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0  (x2 + 1)(x2 - x + 1) = 0 Vì vế phải luôn dương với mọi x nên không tồn tại x để x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 Câu 4:. AK AO 3   Từ D kẻ DM // BK. áp dụng định lí Talét vào  AOK ta có: KM OD 2 (1). KM CD 1   Tương tự, trong  CKB thì: CK DB 3 (2) AK 1  Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: CK 2 Câu 5 Goïi giao ñieåm cuûa AH vaø BC laø I Từ C kẻ CN // PQ (N  AB), Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm PQ, hai cạnh bên NP và CQ đồng quy tại A nên K là trung điểm CN  MK là đường trung bình cuûa  BCN  MK // CN  MK // AB (1) H là trực tâm của  ABC nên CH  A B (2) Từ (1) và (2) suy ra MK  CH  MK là đường cao của  CHK (3) Từ AH  BC  MC  HK  MI là đường cao của  CHK (4). A. K M O. B. D. C. A N. P H Q K. B. M. I. C. 2.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Từ (3) và (4) suy ra M là trực tâm của  CHK  MH  CN  MH  PQ  MPQ có MH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại M Đề 12 n 2  n 1 m n 1 Câu 1: a) Tìm các số nguyên m, n thoả mãn 3 2 b) Đặt A = n + 3n + 5n + 3 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi giá dương của n. c) Nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2+b2 chia hết cho 13. Câu 2: Rút gọn biểu thức:. trị nguyên. bc ca ab a) A= (a  b)(a  c) + (b  c)(b  a) + (c  a)(c  b) b). 6  1  6 1   x     x  6   x  x   B = . 3   1 1 2 :   x    x 3  3  x x    . 1 1 1 1 Câu 3: Tính tổng: S = 1.3 + 3.5 + 5.7 + … + 2009.2011 Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2011. Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ 2011x y z   thuộc vào các biến x, y, z : xy  2011x  2011 yz  y  2011 xz  z  1. 69  x 67  x 65  x 63  x 61  x      5 1944 1946 1948 1950 Câu 5: Giải phương trình: 1942  xMy. Câu 6: Cho  ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm của BC . Một góc = 600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E . Chứng minh : BC 2 a) BD.CE= 4.   b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của BDE và CED . c) Chu vi  ADE không đổi. Giải. 1 n2  n 1 m n 1 = n + n 1 1) a, Thùc hiÖn chia §Ó m nguyªn víi n nguyªn khi n + 1 lµ íc cña 1 Hay n + 1 1; -1 . Khi đó : n + 1 = 1  n = 0 Z ( t/m) n + 1 = -1  n = -2  Z (t/m) Víi n = 0  m = 1 . Víi n = -2  m = - 3 . VËy ... b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) 3 +2(n+1) = … = n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1) Khi đó : 3(n+1)  3 n( n +1) (n+ 2) lµ tÝch cña 3 sè nguyªn d¬ng liªn tiÕp nªn tån t¹i mét sè lµ béi cña 3 c, a = 13k +2, b = 13q +3 a2 + b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13q + 3) 2 =....= 13( 13k2 +4k +13 q2 + 4q +1)  13. (a  b)(a  c)(b  c) bc ca ab   2) a) A= (a  b)(a  c) (b  c)(a  b) (a  c)(b  c) = …. = (a  b)(a  c)(b  c) = 1 6 2 2 2 1  3 1 1  1   1   3 1  6 3 2 x  6  x   3   x  3   2  x    (x  3 )  3(x  )  x x x x x      x   b) Ta cã: = ;.  . 6. 1  6 1   x   x  6  2 x  x  Tö thøc:  =. 2. 1   3 1  (x  3 )  3(x  )  x x  .  3 1  x  3 x  . 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> 1  1   1   3 x    2  x 3  3   3 x    x  x   x  =  3 1 1 1   3 1   3  x    x  3 2  x  3   3 x   x x =  x   x MÉu thøc:  1 Rót gän ta cã: B = 3( x + ) x. 1 1 1 1 1 1 1 1 1005 (1     .....   )  (1  ) 3 3 5 2009 2011 2 2011 2011 3) S = 2 2011x y z xy.xz y z     2 4). 2011  2011x  xy xyz  y  yz 1  z  zx = xyz  x yz  xy xyz  y  yz 1  z  zx =. xy . xz xy (xz+ z +1). +. 1 1+ z +zx. +. z = 1+ z +zx. 1+ z + xz = 1 không đổi 1+ z +zx.  69  x   67  x   65  x   63  x   61  x   1    1    1    1    1 0  1942 1944 1946 1948 1950           5)  x = 2011.  CEM  BMD 6) a,Chøng minh BC 2 BC ... V× BM = CM = 2  BD.CE = 4 x b, Chøng minh BMD MED D 1. B. y. A. E. 2 1. 2 3. C. M. ˆ. ˆ. Từ đó suy ra D1 D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE Chøng minh t¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED c, Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC Chøng minh DH = DI, EI = EK. Chu vi b»ng 2.AH . ĐỀ SỐ 13 Câu 1. (4,0 điểm) 4 2 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  2013 x  2012 x  2013 .  x2  2x  1 2  2x2 A  2  1   2 3  2 x  8 8  4 x  2 x  x   x x2   2. Rút gọn biểu thức sau: .. Câu 2. (4,0 điểm) 1.. Giải phương trình sau:. (2 x 2  x  2013)2  4( x 2  5 x  2012) 2 4(2 x 2  x  2013)( x 2  5 x  2012) 3 2 3 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x  2x  3x  2 y .. Câu 3. (4,0 điểm) 1.. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  2 dư 10, f(x) chia cho x  2 dư 24, f(x) chia 2 cho x  4 được thương là  5x và còn dư.. 2.. Chứng minh rằng: a(b  c)(b  c  a) 2  c(a  b)(a  b  c) 2 b(a  c)(a  c  b) 2 2.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 = + 2 2 AM AN 2 . 3. Chứng minh rằng: AD Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc 1 . Chứng minh rằng : 1 1 1 3  3  3  a (b  c ) b (c  a) c (a  b) 2 . 3. ---------------Hết----------------. Câu 1. Hướng dẫn giải Ta có x 4  2013x 2  2012 x  2013. (4.0 điểm) 0,5.  x 4  x   2013x 2  2013 x  2013 0.5 1 (2.0 điểm).  x  x  1  x  x  1  2013  x  x  1 2. 2. 0.5.  x  x  1  x  x  2013 2. 2. Kết luận x 4  2013x 2  2012 x  2013. 0.5.  x 2  x  1  x 2  x  2013  x 0 0.25  x  2  ĐK: Ta có  x2  2x   0.25 2x2 1 2 A  2  1  2  2 3   2x  8 8  4x  2 x  x   x x . 2 (2.0 điểm). 2  x2  2x   x0.25 2 x2  x 2     2 2 x2  2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)   .  x2  2x   ( x  1)( x  0.5 2x2 2)   x( x  2) 2  4 x 2   ( x  1)( x  2)         2 2 2 x2 x2   2( x  2)( x  4)     2( x  4) ( x  4)(2  x)  . x3  4 x 2  4 x  4 x 2 x 1 x ( x 2  4)( x  1) x 1 0.5  . 2  2( x 2  4) x 2 x 2 ( x 2  4) 2x x 1 A 2 x với Vậy 0.25  x 0   x 2 . . 2.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Câu 2. (4.0 điểm). Đặt:. 2  a 2 x  x  2013  2 b x  5 x  2012. 0.25. Phương trình đã cho trở thành:. 1 (2.0 điểm). 0.5. a 2  4b 2 4ab  (a  2b) 2 0  a  2b 0  a 2b Khi đó, ta có: 0.5 2 x 2  x  2013 2( x 2  5 x  2012)  2 x 2  x  2013 2 x 2  10 x  4024  11x  2011  x .  2011 11. 0.5. . Vậy phương trình có nghiệm duy nhất  2011 x 11 .. 0.25. Ta có 2. 3 7  y  x 2x  3x  2 2  x    0.5 0 4 8  (1) 3. 3. 2.  xy. 2. 9  15  (x  2)  y 4x  9x  6  2x     0 4  0.516  (2) Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên 0.25 suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được 0.5 hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0) KL 0.25 3. 2 (2.0 điểm). Câu 3 1 (2.0 điểm). 3. 2.  y  x2. (4 điểm) Giả sử f(x) chia cho x 2  4 được thương là  5x và còn dư là ax  b . Khi đó: f ( x) ( x 2  4).(  5 x)  ax+b Theo đề bài, ta có:. 0.5. 0.5 7   f (2) 24 2a  b 24 a    2   f ( 2) 10  2a  b 10 b 17 2.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Do đó: 7 f ( x) ( x 2  4).( 5 x)  x+17 2 Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 47 f ( x )  5 x 3  x  17. 2. 0.5. 0.5. Ta có: a(b  c )(b  c  a ) 2  c (a  b)(a  b  c )2  b(a  c)(a  c  b ) 2 0 (1) Đặt: xz  a  2 0.25 a  b  c x  x y   b  c  a  y  b  2 a  c  b z   yz  c  2  Khi đó, ta có: 2 (2.0 điểm). VT(1) . . x  z  x  y y  z  2 y  0.5 z xz xy 2 1 2     .y    .x  ( x  y )( x  y ).z 2  2 2  2  2 2  4. x  z x  z 2 y  z z  y 2 0.5 1 . .y  . .x  ( x 2  y 2 ) z 2 2 2 2 2 4. 1 1 10.25  ( x 2  z 2 ). y 2  ( z 2  y 2 ).x 2  ( x 2  y 2 ).z 2 4 4 4 1 1  ( x 2  y 2 ).z 2  ( x 2  y 2 ).z 2 00.25 VP(1) 4 4 (đpcm) KL:…. 0.25 Câu 4. (6 điểm) E. A. B. 1 (2.0 điểm) H F. D. C. M. N.   Ta có DAM = ABF (cùng  phụ BAH ) AB = AD ( gt). 0.75. 2.

<span class='text_page_counter'>(29)</span>   BAF = ADM = 900 (ABCD là hình vuông)  ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0  Mặt khác. DAE = 90 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật Ta có ΔABH ΔFAH. 2 (2.0 điểm). (g.g) AB BH  = AF AH hay BC BH = AE AH ( AB=BC, AE=AF)   Lại có HAB = HBC  (cùng phụ ABH )  ΔCBH ΔEAH (c.g.c). 0.5. 0.25. 0.5. 0.5. 2. S  BC   ΔCBH =   SΔEAH  AE  , mà SΔCBH =4 SΔEAH (gt) 2. 3 (2.0 điểm). 0.5.  BC    =4  AE  nên BC2 = (2AE)2  BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM =  CN MN AD CN  = AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý. 0.5. 0.5. 0.5. 0.5 2.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> ta lét, ta có: MN MC AB MC =  = AN AB AN MN AD MC = hay AN MN  . 2. 2. 2. 2. 2. 2. 2 2 MN 2  AD   AD   CN   CM  0.5CN + CM + = + = = =1         MN 2 MN 2  AM   AN   MN   MN  (Pytago) .  AD   AD    +  =1  AM   AN  1 1 1    2 2 AM AN AD 2 (đpcm). 0.5. Câu 5 2 điểm 2.0 điểm. Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có a 2 b2 c2  a  b  c     x y z x yz (*) Dấu “=” xảy ra  a b c   x y z Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có a 2 b2  a  b    x y x y (**). 0.75. 2. 2. . a. 2. y  b 2 x   x  y   xy  a  b  .  bx  ay . 2. 2. 0. (luôn đúng) Dấu “=” xảy ra  a b  x y Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có 2. a2 b2 c2  a  b c2  a  b  c       x y z xy z xyz Dấu “=” xảy ra . 2. 3.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> a b c   x y z Ta có: 1 1 1 2 2 2 1 1 1  3  3  a  b  c 3 a (b  c ) b (c  a ) c (a  b) ab  ac bc  ab ac  bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 0.5 2. 2.  1 1 1  1 1 1 1 1 1         a2  b2  c2   a b c    a b c  ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac )  1 1 1 2    a b c (Vì abc 1 ) Hay 1 1 1 2 2 2 1  1 10.25 1 a  b  c      ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c  1 1 1   3 Mà a b c nên 1 1 1 2 2 2 3 a  b  c  ab  ac bc  ab ac  bc 2. 0.25. Vậy 1 1 1 3  3  3  0.25 a (b  c ) b (c  a ) c (a  b) 2 (đpcm) 3. Điểm toàn bài. (20 điểm). ĐỀ SỐ 14 Bài 1) (2 điểm). a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 -2x)( x2 -2x- 1) - 6 b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1. Tính 2a-3b. Bài 2) (2 điểm). a) Cho an = 1+2+3+…+ n. Chứng minh rằng an + an+1 là một số chính phương. 10n 2  9n  4 2 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số 20n  20n  9 tối giản. Bài 3) (3 điểm). xyz P  x  y  y  z  z  x a) Cho x3 +y3+z3 =3xyz. Hãy rút gọn phân thức 14  4 54  4 94  4 17 4  4  4  4  4 4 b) Tìm tích: M= 3  4 7  4 11  4 19  4 Bài 4) (4 điểm). 1 1 1   2 a) Cho x = by +cz; y = ax +cz; z = ax+by và x +y + z 0; xyz 0. CMR: 1  a 1  b 1  c. 3.

<span class='text_page_counter'>(32)</span> 1 1 1 yz xz xy   0 P 2  2  2 x y z b) Cho x y z , tính giá trị của biểu thức:  x 1 x2  x 1 2  x2  P 2 :   2  x  2 x 1  x 1 x x  x  Bài 5: (3 điểm).Cho biểu thức: a) Rút gọn biểu thức P b) Tìm x để P<1 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x>1. Bài 6: (3 điểm).Cho hình vuông ABCD, gọi E, F thứ tự là trung điểm của AB, BC. a) CMR: CE vuông góc với DF b) Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD. Bài 7: (3 điểm).Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH. a) Chứng minh rằng EC = BH; EC  BH b) Gọi M, N thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam giác MNI là tam giác gì? Vì sao?. Bài. 1. Ý a. b. a. 2 b. a 3 b. ----Hết--ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Nội dung 2 (x+1)(x-3)(x -2x +2) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1 nên: f(2) = 0 => 32+2a+b =0(1) f(-1) = 0 => -4 –a +b = 0 (2) Từ (1) và (2) ta tìm được a = -12; b = -8 Vậy 2a-3b = 0 Ta có an+1= 1 +2 +3 +…+ n + n + 1 an+ an+1 = 2(1+ 2 + 3 +…+ n) + n + 1 n(n  1) = 2. 2 +n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 là một số chính phương Gọi d là ƯCLN của 10n2 +9n+4 và 20n2 +20n+9 10n 2  9n  4d 20n 2  18n  8d     2n  1d  2 2  20n  20n  9d 20n  20n  9d => d là số tự nhiên lẻ. Mặt khác 2n+1 d => 4n2 +4n +1 d => 20n2 +20n+5 d=> 4 d mà d lẻ nên d = 1. Vậy phân số trên tối giản. Từ x3 +y3+z3 =3xyz chỉ ra được x + y +z = 0 hoặc x=y=z TH1: x + y +z =0=> x+y = -z; x+z= -y; y +z = -x. Khi đó P = -1 1 TH2: x=y=z. Khi đó P = 8 Nhận xét được n4 +4 = [(n-1)2 +1][(n+1)2 +1]. Do đó: 1. 2 2  1 42 1 62 1 16 2 1 182  1 1 1  2  2  2  2 2 2 2 2  1 4  1 6 1 8 1 18 1 20 1 20  1 401 M= Từ gt => 2cz+z = x +y => 2cz = x+y –z =>. . . 4. a. Điểm 1 điểm 1 điểm. . .   .  .    .  .  . 1 điểm. 1 điểm. 1.5 điểm. 1.5 điểm. 2 điểm 3.

<span class='text_page_counter'>(33)</span> c. x y z x yz 1 2z  c 1    2z 2z c 1 x  y  z. 1 2x 1 2y  ;  Tương tự 1  a x  y  z 1  b x  y  z. Khi đó. 1 1 1   2 1 a 1 b 1 c 1 1 1 1 1 1 3   0  3 3 3 y z xyz Từ x y z => x. 2 điểm. Khi đó:. b.  1 1 1 yz xz xy xyz xyz xyz 3  2  2  3  3  3  xyz.  3  3  3   xyz. 3 2 x y z x y z y z  xyz x ĐKXĐ: x 0 và x 1; x -1 P. a. x2 Với x 0 và x 1; x -1, rút gọn P ta có P = x  1 x2 P<1 <=> x  1 <1. 1 điểm. 1điểm. 2. b 5. 1 3  x    2 2 x x  x 1 2 4   1 0  0  0 x 1 x 1 x 1  x  1 0  x 1 Vậy với x<1 và x 0 và x -1, thì P<1 x2 x2  1 1 1 1  x 1  x  1  2 x 1 x 1 x 1 Ta có : P = x  1. c. x  1. Khi x>1 thì x-1>0. Áp dụng bđt Cosi, ta có :. 1 điểm. 1 2 x 1 , dấu « = ». xảy ra khi x =2. Vậy GTNN của P bằng 4 khi x = 2 A. E. B. 1.5 điểm. F. M N. a 1. 6. D. 2 K. 1 C.   C/M được  CBE =  DCF (c-g-c) => C1 D1. b. 0 0     Lại có : C1  C2 90  D1  C2 90 => ĐPCM Gọi K là trung điểm của CD. c/m được Tứ giác AECK là hbh suy ra 1.5 điểm AK // CE.. Goi N là giao điểm của AK và DF. Tam giác DCM có DK = KC và 3.

<span class='text_page_counter'>(34)</span> KN //CM nên N là trung điểm của DM. Vì CM  DM (câu a), KN //CM nên KN  DM. Tam giác ADM có AN là đường cao đồng thời là trung tuyến nên là tam giác cân tại A => AM = AD 1.5 điểm. H. E A. F. N. K M. O. D. a. B. 7. I. C.   C/m được  EAC=  BAH(c-g-c) => EC = BH, AEC  ABH . Gọi K và O thứ tự là giao điểm của EC với BA và BH.       Xét  AEK và  OBK có AEK OBK ; AKE OKB nên EAK BOK 0  => BOK 90 . Vậy EC  BH Ta có MI//EC, MI = 1/2EC. 1.5 điểm. IN//BH ; IN=1/2 BH b. Mà EC  BH và EC = BH nên MI = IN và MI  IN. Vậy  MIN vuông cân tại I.. ĐỀ SỐ 15 Câu 1: (2,5 điểm ) 2 2 2 a) Phân tích đa thức a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) thành nhân tử.. 3. 3. 3. b) Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn ( a  b)  (b  c)  (c  a) 210 . Tính giá trị của biểu thức. Câu 2: (2,5 điểm) 2. 2. a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x  y 3  xy. 2 (6 x  8)(6 x  6)(6 x  7) 72 . b) Giải phương trình:. Câu 3: (2,5 điểm) 2. 2. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P ( x  2012)  ( x  2013) . 3.

<span class='text_page_counter'>(35)</span> b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z 3 . Chứng minh rằng: 1 1 1 3  2  2  2 x x y y z z 2 . Câu 4: (2,5 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC. b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có giá trị không đổi..  H  BC  . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. c) Kẻ DH  BC Chứng minh CQ  PD . Câu. Nội dung chính 2. 2. 2. 2. 2. Điểm 0,5. 2. a) Ta có a (b  c)  b (c  a)  c (a  b) a (b  c)  b (c  a)  c (b  c  c  a ) (b  c)(a 2  c 2 )  (c  a)(b 2  c 2 ) (b  c)(a  c)( a  c)  (c  a)(b  c )(b  c) (b  c)(a  c)(a  c  b  c) (b  c)(a  c)(a  b) .. 0,5 0,25. 1 (2,5đ) b) Đặt a  b  x; b  c  y ; c  a  z  x  y  z 0  z  ( x  y ) 3 3 3 3 3 3 Ta có: x  y  z 210  x  y  ( x  y ) 210   3 xy ( x  y ) 210. 0,25 0,5.  xyz 70 . Do x, y, z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70 (  2).( 5).7 nên x, y, z    2;  5;7  A  a  b  b  c  c  a 14.. 0,5. 2 2 a) x  y 3  xy 2 2 2 Ta có: ( x  y) 0  x  y 2 xy  3  xy 2 xy  xy 1. 0,25 0,5 0,5. 2 2 2 Lại có: ( x  y ) 0  x  y  2 xy  3  xy  2 xy  xy  3. x, y  Z  xy    3;  2;  1;0;1 Suy ra  3  xy 1 . Mà. 2 (2,5đ). Lần lượt thử ta được trình.. ( x, y )   ( 2;1); (1;  2);(2;  1); ( 1; 2); (1;1). là nghiệm của phương. 2 (6 x  8)(6 x  6)(6 x  7) 72 b) 2 2 2 4 2 Đặt 6 x  7 t. Ta có (t  1)(t  1)t 72  (t  1)t 72  t  t  72 0  t 4  9t 2  8t 2  72 0  t 2 (t 2  9)  8(t 2  9) 0  (t 2  9)(t 2  8) 0 2 5 t 2  9 0  t 2 9  t 3  x  x  . 2 3 hoặc 3 Mà t  8  0 nên  2  5 x ;   3 3 . PT có nghiệm là. 0,5 0,5 0,25. a) Ta có: 0,5. P ( x  2012) 2  ( x  2013) 2 x 2  4024 x  4048144  x 2  4026 x  4052169 2. 1  2 x  2 x  8100313 2  x    2  8100312,5  8100312,5 x . 0,5. 2.  x . 0,25. 1 . 2. Vậy Min P 8100312,5 3 1 1 1 1 1 1 (2,5đ) P 2  2  2    x  x y  y z  z x( x  1) y ( y  1) z ( z  1) b) Đặt  1 1 1  1 1 1 1 1 1 1 1 1                 x x 1 y y 1 z z 1  x y z   x 1 y 1 z 1 . 0,25. 3.

<span class='text_page_counter'>(36)</span> 1 1  1 1 1 1 1 9  .      Áp dụng BĐT a b c a  b  c và a  b 4  a b  với a, b, c dương, dấu bằng xảy ra  a b c.. 0,25. 1 1 1  1 1 1  1 1 1   .   1 ;  .   1 ;  .   1 Ta có x  1 4  x  y  1 4  y  z  1 4  z   1 1 1  1 1 1   1 1 1 1  1 1 1  P               .   1   1   1 y z   x y z   x  1 y  1 z 1   x y z  4  x Bởi vậy. 0,5. 3 1 1 1 3 3 9 3 9 3 3 .      .     . = 4  x y z  4 4 x  y  z 4 4 4 2 (ĐPCM). 0,25. E. D A M Q. B. 4. P. I. C. H. 0,25. a) Chứng minh EA.EB = ED.EC. Chứng minh  EBD đồng dạng với  ECA (g-g) EB ED   EA.EB ED.EC - Từ đó suy ra EC EA b) Kẻ MI vuông góc với BC ( I  BC ) . Ta có  BIM đồng dạng với  BDC (g-g) . 0,25. BM BI   BM .BD BI .BC BC BD (1). 0,5. CM CI   CM .CA CI .BC BC CA Tương tự:  ACB đồng dạng với  ICM (g-g) (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra BM .BD  CM .CA BI .BC  CI .BC BC (BI  CI ) BC (không đổi). 0,25. c) Chứng minh  BHD đồng dạng với  DHC (g-g) BH BD 2 BP BD BP BD       DH DC 2 DQ DC DQ DC. 0,25.   - Chứng minh  DPB đồng dạng với  CQD (c-g-c)  BDP DCQ o   o   mà BDP  PDC 90  DCQ  PDC 90  CQ  PD. 0,25. . ĐỀ 16 Bài 1 (2 điểm): Tìm x biết:. 0,25. 0,25. 0,25. 2 1 |< 3 3 b) – 3x = – 6561 c) (2x – 1)2012 = (2x – 1)2010. a) | x –. 2012. Bài 2 (2 điểm): a) Số tự nhiên A = 1+23 là số nguyên tố hay hợp số? Giải thích. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B = 2x2 + y2 +2xy – 8x + 2028 c) Tìm x, y, z biết : 10x2 + y2 + 4z2 + 6x – 4y – 4xz + 5 = 0. 3.

<span class='text_page_counter'>(37)</span> Bài 3 (1,5 điểm ): Một khối 8 có. 2 3. số học sinh đội tuyển Toán bằng. 3 4. số học sinh đội tuyển. 4 số học sinh đội tuyển Văn. Đội tuyển Văn có số học sinh ít hơn tổng số học sinh 5 của hai đội tuyển kia là 38 học sinh. Tính số học sinh của mỗi đội tuyển. Anh và bằng. Bài 4 (1,5 điểm): Cho x(m + n) = y(n + p) = z(p + m) trong đó x, y, z là các số khác nhau và khác 0 , m− n n− p p−m = = chứng minh rằng: x ( y − z ) y ( z − x ) z ( x − y) Bài 5 (3điểm ): Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Trên tia đối của tia AC lấy điểm I sao cho AI = AM. a) Chứng minh rằng : CM BI. b) Trên BC lấy điểm P sao cho BP = 2CP. Trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng BC có chứa điểm A, vẽ tia Px sao cho góc xPB bằng 600 . Tia Px cắt tia CA tại D. Tính số đo góc CBD . ĐÁP ÁN Bài 1(2 điểm): a) | x −. 2 1 |< 3 3. ⇔. −. 1 < 3. x−. 2 < 3. 1 3. ⇔. 1 <x <1 3. (0,5. điểm). b) – 3x = – 6561 hay: – 3x = – 38 ⇒ x = 8 c) (2x – 1)2012 = (2x – 1)2010 ⇔ (2x – 1)2012 – (2x – 1)2010 = 0 ⇔ (2x – 1)2010 1– (2x–1)2 = 0 ⇔ (2x – 1)2010(1– 2x + 1) (1+ 2x – 1) = 0 ⇔ 2x – 1= 0 hoặc 2 –2x = 0 hoặc 2x = 0 1 ⇔ x= ;x=1;x=0 2 Bài 2(2 điểm): a) 32012 ⋮ 3 nên có thể viết 32012 = 3n (n N) ⇒ A = 1+23 =13 +23n =13 +(2n)3 =(1+2n) 1– 2n +(2n)2 ⇒ A là hợp số 2012. (0,5 điểm) (0,5 điểm) (0,5 điểm). (0,25 điểm) (0,25 điểm). b) B = 2x2 + y2 +2xy – 8x + 2028 = x2 + 2xy + y2 + x2 – 8x + 16 + 2012 = (x + y)2 + (x – 4)2 + 2012 2012 (0,25 điểm) Đẳng thức xảy ra ⇔ x + y = 0 và x – 4 = 0 ⇔ x = 4 ; y = – 4 (0,25 điểm) Giá trị nhỏ nhất của B là 2012 ⇔ x = 4 ; y = – 4 (0,25 điểm) c) 10x2 + y2 + 4z2 + 6x – 4y – 4xz + 5 = 0 2 9x + 6x + 1+ y2– 4y + 4+ 4z2 – 4xz + x2 = 0 (3x + 1)2 + (y – 2)2 + (2z– x)2 =0 Do đó : 3x + 1 = 0 và y – 2 = 0 và 2z – x = 0 1 1 ⇔ x= − ; y = 2; z = − 3 6. (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,25 điểm). Bài 3 (1,5 điểm): Gọi số học sinh đội tuyển Toán, Anh,Văn thứ tự là x, y, z 2 3 4 2x 1 3 y 1 4z 1 x= y= z ⇒ . = . = . (x, y, z N) .Ta có 3 4 5 3 12 4 12 5 12 (x + y )− z x y z 38 = = = = =2 ⇒ (0,5điểm) 18 16 15 (18+16) −15 19 Tính đúng: x = 36; y = 32; z = 30 và kết luận (0,5điểm) Bài 4(1,5 điểm ) : Vì xyz 0 nên : x(m + n) = y(n + p) = z(p + m). (0,5điểm). 3.

<span class='text_page_counter'>(38)</span> x (m+n) y (n+ p) z ( p+m) = = xyz xyz xyz m+n n+ p p+m = = hay : yz xz xy ( p+m)−(n+ p) (m+n)−( p+m) (n+ p)−(m+n) = = = xy − xz yz − xy xz − yz m− n n− p p−m = = = x ( y − z ) y ( z − x ) z ( x − y) ⇒. (0,25 điểm) (0,25 điểm) (0,5điểm) (0,5điểm). Bài 5(3điểm): a)Tia IM cắt BC tại H (0,25điểm) ❑ ❑ 0 Δ ABC vuông cân tại A nên C =45 , ΔIAM vuông cân tại M nên I =450 (0,25điểm) ❑ ❑ ❑ 0 Δ IHC có C + I =900 ⇒ ⇒ IH BC H = 90 (0,25điểm) -Chứng minh được M là trực tâm của ΔIBC ⇒ CM BI. (0,5điểm) b) Gọi E là điểm đối xứng với B qua PD ⇒ EP = PB = 2PC ⇒ Δ BPE cân tại P nên đường trung trực PD cũng là phân giác ⇒ BPD = DPE = 600 ⇒ EPC = 600 - Chứng minh được ΔEPC vuông tại C - Chứng minh được CD là phân giác của Δ PCE - Chứng minh được ED là phân giác ngoài tại đỉnh E của Δ PCE - Chứng minh được yEP = 1500 ⇒ DEP = 750 - Chứng minh được PBD = 750 hay CBD = 750. (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm) (0,25điểm). I. x. A. y. D A. E. M. B. H. K. C B. P. C. *Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó.. 3.

<span class='text_page_counter'>(39)</span>