tong hop de thi hsg toan 8 thanh chuong cuc hay

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1:
a) Phân tích đa thức thành nhân tử:
b) Tìm các số ngun

x; y

4

2

x +2011 x + 2010 x +2011

sao cho: 3 x3 +xy=3 .

c) Tìm các hằng số a và b sao cho

3

x + ax+b

chia cho

x+ 1 dư 7; chia cho

x − 2 dư

4.
Câu 2:
a) Tính giá trị biểu thức:
2
x + y −1 ¿
− ¿+2 xy
A=
với
2
2
|x + y +5+ 2 x −4 y|− ¿
x

x=22011 ; y =16503
x 2  2 x  2011
x2
với

x
b) Tìm
để B có giá trị nhỏ nhất: B
> 0.
Câu 3: Chứng minh rằng
20113 +113
2011+11
=
a)

3
3
2011 +2000 2011+2000
b) Nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn : 4 m2 +m=5 n 2+ n thì :
m  n và 5m  5n  1 đều là số chính phương.
Câu 4 :
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường
thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh OM=ON.
1
1
2
+
=
b) Chứng minh
.
AB CD MN
c) Biết S AOB =a2 ; S COD =b2 . Tính S ABCD ?
^ 900 . Chứng minh BD > AC.
d) Nếu ^
D< C<


UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG KHỐI 8
NĂM HỌC 2010 – 2011. Mơn thi: TỐN
Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Câu:

Nội dung
4
3
2
2
3
4
2
1a a/ x +2011 x +2010 x +2011 = x + x + x +2010( x + x +1)−(x −1)
0,75đ = ( x 2+ x +1 ) ( x 2 − x+ 2011 )
b/ 3 x3 + xy=3 ⇔ x ( 3 x 2 + y ) =3 . Do x ; y là các số nguyên nên ta có:

Điểm
0,5
0,25
0,25

1


¿
x=1
 x 3
 x 3
3 x2 + y =3

 2
⇔
3x  y 1  y  26
TH1:

(thỏa mãn) hoặc 
(thỏa mãn)
¿ x=1
y=0
¿{
¿
0,75đ
¿
x=−1
 x  3
 x  3
3 x2 + y =−3

 2
⇔
3x  y  1  y  28
TH2:
(thỏa mãn) hoặc 
(thỏa mãn)
¿ x=− 1
y=− 6
¿{
¿
c/ Vì x 3+ ax+b chia cho x+ 1 dư 7 nên ta có: x 3+ ax+b = ( x+ 1 ) . Q(x)+7
x=−1 thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1).
0,75đ
Vì x 3+ ax+b chia cho x − 2 dư 4 nên ta có: x 3+ ax+b = ( x − 2 ) . P( x)+ 4
x=2 thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4.
a/ Ta có: x 2+ y 2 +5+2 x − 4 y =( x+ 1 )2+ ( y −2 )2 ≥ 0 với mọi x ; y nên ta có:

2.
A= x 2+ y 2 +5+2 x − 4 y − ( x + y −1 )2 +2 xy
a.
0,75đ = x 2+ y 2 +5+2 x − 4 y − x 2 − y 2 − 1− 2 xy+ 2 x +2 y+ 2 xy=4 x −2 y + 4=2(2 x − y )+ 4
503
Thay x=22011 ; y =16503 =( 24 ) =22012 vào A ta có: A= 2. ( 2 .22011 −22012 )+ 4=4
2

2

0,25

0,25

do đó với 0,25
do đó với 0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2

0,5

x −2 x+2011
2011 x −2 . x . 2011+2011
=
2
x

2011 x 2
x −2011
(¿)
¿
¿2
=
.
¿
¿
2010 x2 + ( x − 2011 )2 2010
=
+¿
2011
2011 x 2
Dấu “=” xẩy ra khi x=2011 .
2010
Vậy GTNN của B là
đạt được khi x=2011 .
2011
a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c.
2
2
20113 +113
a3 +b3 ( a+b ) ( a − ab+b )
=
=
Xét vế phải đẳng thức ta có:
20113 +20003 a3 +c 3 ( a+c ) ( a2 −ac +c 2 )
Thay a=b+c vào a2 −ab+ b2=( b +c )2 − ( b+c ) b+b 2=b2 + bc+ c2
2

2
2
2
2
2
a −ac +c =( b+ c ) − ( b+c ) c+ c =b + bc+ c
Nên a2 −ab+ b2=a2 − ac+ c2 .
2
2
3
3
3
3
2011 +11
a +b ( a+b ) ( a − ab+b ) a+b 2011+ 11
= 3 3=
=
=
Vậy:
3
3
2011 +2000
a +c ( a+c ) ( a2 −ac +c 2 ) a+c 2011+ 2000
b/ B=

b
1,0đ

3.

1,0đ

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2


1,0đ

0,5
b/Ta có 4 m2 +m=5 n 2+ n ⇔ 5 ( m 2 − n2 ) +m −n=m2 ⇔ ( m− n )( 5 m+5 n+1 )=m2 (*)
Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1) ⇒ (5m+5n+1)+5m-5n ⋮ d ⇒ 10m+1 ⋮ d
0,25
2
2
⋮ d ⇒ m ⋮ d. Mà 10m+1 ⋮ d nên 1 ⋮ d ⇒ d=1
Mặt khác từ (*) ta có: m
Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số 0,25
chính phương.
B
hình vẽ
0,25
A
N

M
O

4.

D

C

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

0,5

a/ Ta có
1,0đ
⇒

b/ Do MN//AB và CD

⇒

OM AM

=
CD AD

0,5

và

0,25
OM OM AM  MD
OM DM


1
=
AD
AB AD . Do đó: DC AB

(1)
1,0đ

1,0

ON ON
+
=1 (2)
DC AB
MN MN
+
=2
Từ (1);(2) ⇒

DC AB
1
1
2
+
=
⇒
DC AB MN
c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương
S AOB OB
S AOD OA
=
=
ứng. Do vậy :
và
S AOD OD
S COD OC
Nhưng

OB OA
=
OD OC

⇒

S AOB S AOD
=
S AOD S COD

⇒

S

2 AOD

2

=S AOB . S COD =a .b

2

0,25
0,25
0,25

0,5

nên S AOD =ab .

A

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

B

0,25
0,25

d/ Hạ AH, BK vng góc với CD tại H và K

^ 900 nên H, K nằm trong đoạn CD
Do ^
D< C<
^ D=C
^ >^
Ta có A ^
E D=B C
D ⇒ AD> AE .
Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE
AD>BC ⇒ DH>KC ⇒ DK > CH.
0,75

0,25

Tương tự:

Vậy

0,25

2
2
2
2
2
2
Theo định lý pitago cho tam giác vng BKD ta có : DB BK  DK  AH  CH  AC (Do

AH 2 BK 2 )  BD  AC

D

H

E

K

0,25

C

HS làm các cách khác đúng vẫn chấm điểm tối đa
3


PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2011 - 2012
Mơn thi: TỐN 8

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

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

Câu 1.

3 2
a. Phân tích đa thức thành nhân tử: x - x - 4 x +4

;

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

a
b
2012c
P=
+
ab +a - 2012 bc +b +1 ac - 2012c - 2012
Câu 2.

2 2
a. Giải phương trình: x +y +6 y +5 =0 ; với x, y nguyên.
3 - 4x
Q=
x 2 +1
b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
Câu 3.
Cho tam giác ABC vuông tại A, (AC > AB), đường cao AH. Trên tia HC lấy D sao cho HD
= HA. Đường vng góc với BC tại D cắt AC tại E. M là trung điểm BE.
a) Chứng minh DBEC đồng dạng với DADC.
b) Tính số đo góc AHM.
Câu 4.
Cho tứ giác lồi ABCD. Tìm tập hợp điểm O nằm trong tứ giác sao cho hai tứ giác OBCD và
OBAD có diện tích bằng nhau. (Khơng u cầu chứng minh phần đảo).
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG

HD CHẤM ĐỀ KĐCL MŨI NHỌN.
NĂM HỌC: 2011 – 2012.
Môn thi: TỐN 8. Thời gian: 90 phút( khơng kể thời gian giao đề)
Câu
1

Ý
a

Nội dung cần đạt

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

Điểm
1,0

3,0

4


b

n.28n +26n - 27 =n.28n - n +27n - 27 =
n - 1) n +27(n- 1)Û (n.28n +26n - 27)27
(28
  
  
27
27

0,5
0,5
(Đpcm)

Thay - 2012 =a.b.c vào ta có:
c

1,0

a
b
abc.c
1
b
bc
P=
+
+
=
+
+
=1
ab +a +abc bc +b +1 ac +abc.c +abc b +1 +bc bc +b +1 1 +bc +b
0,5
x 2 +y 2 +6 y +5 =0 Û x2 - 4 =- ( y 2 +6 y +9) Û x 2 - 4 =- ( y +3)2
1

()

2
2
2
Vế phải của (1): - ( y +3) £ 0 nên x - 4 £ 0 Û x £ 4 Û - 2 £ x £ 2
0,5

Mà x, y nguyên nên: x =±2; ±1;0
a
2

b

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

0,5

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

x 2 +1
x 2 +1
. Vậy Qmax =4

1,0
0,5

1
x=
2
Dấu “=” xẩy ra Û

3

0,25

A
2

2,0

3

1

a
E
M
B

2

1

1
H

2

C
D


a) Do DDEC ∽ DABC (Hai tam giác vng có C chung)
Þ

DE EC
=
(*)
AB BC

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

0,5
0,25

3,0

0,5

5


0



b) DBEC ∽ DADC => B1 =A1 , DAHD vuông cân tại H nên A3 =45

 =450 Þ B
 +A
 =450 Þ B
 =450
Þ A1 +A
2
1
2
2

 +A
 +B
 =900 )
(B
1
2
2

0,25
0,25

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

0,5

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

Từ O kẻ đường thẳng // BC cắt AB tại

0,25
0,25
0,25

D1, cắt AC tại B1. Nối OC, OB, AC, BD
và kẻ các đường cao ha, hb, hc như
hình vẽ. Khi đó: SOBCD = SBCD+SBOD
1
BD.(hc +ho )
= 2
0,25

0,25

B

4

C

1
S AB1D1 +S D1OB +S B1ODh= B1 D1 (ha +hb +hc )
b 2
SBODA =
ha

1,0

D1

Û
A

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

ho

0,25

(1)

ha

=
Vì B1D1//BD nên B1 D1 (ha +ho )
OBD

(2)

B

h +h 1
Û c o =1Û hc +ho =ha
ha
Từ (1) và (2)
Từ đó HS lập luận suy ra B1D1 đi qua trrungDđiểm cuả AC.
Vậy O nằm trên đoạn B1D1//BD và đi qua trung điểm AC
Học sinh làm các cách khác đúng với yêu cầu đề ra vẫn chấm điểm tối đa
6


PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013
Mơn thi: TỐN 8

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

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

Câu 1.
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5

*
3
b. Chứng minh n  N thì n  n  2 là hợp số.
c. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của
chúng là một số chính phương lẻ.
Câu 2.
x 1 x 2 x 3
x  2012


 ... 
2012
1
a. Giải phương trình: 2012 2011 2010
b. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b 2012 + c 2013.
Câu 3.
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18
b. Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác.
ab
bc
ac


a  b  c
Chứng minh: a  b  c  a  b  c a  b  c
Câu 4. Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh
AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF.
a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vng.
b. Chứng minh DF  CE và  MAD cân.
c .Tính diện tích  MDC theo a.

PHỊNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013
Mơn thi: TỐN 8
Thời gian: 90 phút (Khơng kể thời gian giao đề)
Câu

Ý

Nội dung

Điể
m

Câu 1

a. 1

3

điểm

điểm

b. 1

2

2

2

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

3

0.5
0,5

2

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

điểm =(n+1)( n - n + 2)

0,25

*

c. 1

0.25

Do n  N nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n + 2 là hợp số
Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2
2

2

2

2

4

3

2

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

0.5
0.25
0.25
7


= (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1

0.25

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

2

2

2

+ 1 là số lẻ
Phương trình đã cho tương đương với:
x 1
x 2
x 3
x  2012
 1
 1
 1  ... 
 1  2012 2012
1.5

2012
2011
2010
1
điểm x  2013 x  2013 x  2013
x  2013


 ... 
0

2012
2011
2010
1

1
1
1
1
Câu 2
( x  2013)(


 ...  ) 0
 x = 2013
2012 2011 2010
1
2
   1;1
b.
a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1  a; b; c
điểm
0.5  a3 + b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) 0
 a3 + b3 + c3  1  a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1
điểm
 b2012 = b2; c2013 = c2;  S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1

0.25

a.

Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18
A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1
điểm
A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1  1

a. 1

Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3

0.5
0. 5
0. 5

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

b.

vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0;
a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0
0.5
yz
xz
xy
a
;b 
;c 
điểm
Câu 3
2
2

2
ta có: x + y + z = a + b + c;
ab
bc
ac
( y  z )( x  z) ( x  z)( x  y) ( x  y)( y  z )
1.5





a b  c  a bc a  bc
4z
4x
4y
điểm
1 xy yz xz
1
1 xy
yz
xz 
(    3 x  3 y  3 z )   3( x  y  z )  (2  2  2 ) 
4 z
x
y
4
2
z
x

y 
1
y x z
x y z
z x y 
  3( x  y  z )  (  )  (  )  (  ) 
4
2 z x 2 z y 2 y x 
1
  3( x  y  z )  x  y  z  x  y  z
4
Mà x + y + z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng minh

0.25

0.25

8


Câu 4

Hìn

3.5

h vẽ

điểm

0. 5

E

A

B

đ

0.5
H

M

F

N

D

a.
1.25

Chứng minh: EFGH là hình thoi

0. 5

Chứng minh có 1 góc vng.

0. 5

điểm Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vng


FDC
b. 1 BEC CFD (c.g .c)  ECB
điểm

C

G

0.25
mà

CDF

vuông





 CDF
 DFC
900  DFC
 ECB
900  CMF vuông tại M
Hay CE  DF.

tại

C 0.25
0.25

Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG  DF  0.25
GN//CM mà G là trung điểm DC nên  N là trung điểm DM. Trong  MAD có
AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến   MAD cân tại A.
c.
0.75
điểm

CMD FCD ( g.g ) 

CD CM

FD FC
2

0.25
2

SCMD  CD 
 CD 

  SCMD 
 .SFCD
S
FD

FD





FCD
Do đó :
1
1
SFCD  CF .CD  CD 2
2
4
Mà :
.
Vậy :

SCMD 

0.25

0.25

CD 2 1
. CD 2
2
FD 4
.

Trong DCF theo Pitago ta có :

1
5
1

DF 2 CD 2  CF 2 CD 2   BC 2  CD 2  CD 2  .CD 2
4
4
2

.

0.25

CD 2 1
1
1
. CD 2  CD 2  a 2
5
5
5
CD 2 4
4
Do đó :
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì khơng chấm bài hình.
SMCD 

9

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

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

Bài 1: (2.5 điểm ).
a.

Phân tích đa thức thành nhân tử:

x 2  2 xy  6 y  9

x 1 x 2 x 3
x  2012


 ... 
2012
2013 2012 2011
2

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

( x 2  n)(1  n)  n2 x 2 1
Q 2
n
n
( x  n)(1  n)  n 2 x 2 1 . Chứng minh:
Cho: P 7.2014 12.1995 với n  N ;
a.
b.

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

Bài 3: (1,5 điểm)
a.

Chứng minh:

a 2  5b2  (3a  b) 3ab  5
2 x 2  3 y 2  4 x 19

b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình:
Bài 4: ( 4.0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (ABđiểm của BC, qua H vẽ đường thẳng a vng góc với HM, a cắt AB, AC lần lượt tại I và K.
a. Chứng minh  ABC đồng dạng  EFC.
b. Qua C kẻ đường thẳng b song song với đường thẳng IK, b cắt AH, AB theo thứ tự tại N và
D. Chứng minh NC = ND và HI = HK.
AH BH CH



6
c. Gọi G là giao điểm của CH và AB. Chứng minh: HE HF HG
PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

Câu
Câu

Ý
âc

1

ĐÁP ÁN THI KSCL MŨI NHỌN NĂM HỌC 2013-2014
MƠN THI: TỐN 8

Nội dung
2

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

b

x 1 x 2 x 3
x  2012


 ... 
2012


2013 2012 2011
2
x 1
x 2
x 3
x  2012
 1
 1
 1  ... 
 1 0

2013
2012
2011
2

Điểm
0.5
0..5

0.5
0,25
10


c

a
b
Câu

2

a

b
Câu
3

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

HS tính được a = 2 ; b = 1
Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + 1
P = 7.2014n + 12.1995n = 19.2014n -12.2014n + 12.1995n = 19.2014n - 12(2014n -1995n)
Ta có : 19. 2014n  19 ; (2014n -1995n)  19. nên P  19
( x 2  n)(1  n)  n 2 x 2  1 x 2  x 2 n  n 2  n  n 2 x 2  1
 2
2
2 2
2
2
2 2
Q = ( x  n)(1  n)  n x  1 x  x n  n  n  n x  1
x 2 (n 2  n  1)  n 2  n  1 ( n2  n  1)( x 2 1) (n 2  n  1)
 2
2
2
2
2
2
x
(
n

n

1)

n

n


1
(
n

n

1)(
x

1)
(n  n  1)
=
=
Vậy Q không phụ thuộc vào x
1
3
(n  ) 2 
n2  n  1
2
4 0

n 2  n  1 (n  1 ) 2  3
2
4
Q=
2
a + 5b – (3a + b)  3ab – 5  2a2 + 10b2 – 6a -2b – 6ab +10 0
 a2 – 6ab +9b2 + a2 – 6a + 9 + b2 - 2b +1 0
 (a – 3b)2 +(a - 3)2 + (b – 1)2 0 . Dấu « = » xảy ra khi a = 3 ; b = 1

2 x 2  3 y 2  4 x 19  2x2 + 4x + 2 = 21 – 3y2  2(x + 1)2 = 3(7 – y2) (*)
Xét thấy VT chia hết cho 2 nên 3(7 – y2) 2  y lẻ (1)
Mặt khác VT 0  3(7 – y2) 0  y2  7 (2).
Từ (1) và (2) suy ra y2 = 1 thay vào (*) ta có : 2(x + 1)2 = 18
HS tính được nghiệm ngun đó là (2 ; 1) ; (2 ; -1) ; (-4 ; -1) ; (-4 ; 1)

0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0,25
0.5
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0,25
0.25
0.25

11


0.25

A

F
K

G
H

I

B

E

M

C

N

D

Câu

a

4

b

c

CE CA

Ta có  AEC   BFC (g-g) nên suy ra CF CB
CE CA

Xét  ABC và  EFC có CF CB và góc C chung nên suy ra  ABC   EFC ( c-g-c)
Vì CN //IK nên HM  CN  M là trực tâm  HNC
 MN  CH mà CH  AD (H là trực tâm tam giác ABC) nên MN // AD
Do M là trung điểm BC nên  NC = ND
 IH = IK ( theo Ta let)
AH S AHC S ABH S AHC  S ABH S AHC  S ABH




HE
S
S
S

S
S BHC
CHE
BHE
CHE
BHE
Ta có:
BH S BHC  S BHA
CH S BHC  S AHC



BF
S
CG
S BHA
AHC
Tương tự ta có
và
AH BH CH S AHC  S ABH  S BHC  S BHA  S BHC  S AHC



S BHC
S AHC
S BHA
HE HF HG

0.75
0.75
0.5
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25

0.25

S AHC S ABH S BHC S BHA S BHC S AHC





= S BHC S BHC S AHC S AHC + S BHA S BHA 6 . Dấu ‘=’ khi tam giác ABC đều, mà theo gt
thì AB < AC nên khơng xảy ra dấu bằng.
PHỊNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 01 trang)

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

Câu 1. (2,5 điểm)
12


3
2
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  x y  5 x  5 y

b. Giả sử p và p2 + 2 đều là các số nguyên tố. Chứng minh rằng p3 +2 cũng là số nguyên tố?
c. Tìm số nguyên n để n3 – n2 + 2n + 7 chia hết cho n + 1?
Câu 2. (2,0 điểm)
5a  b 3b  2a

a. Cho 2a – b = 7. Tìm giá trị của biểu thức P = 3a  7 2b  7

x  1 x  2 x  3 x  4 x  2023




0
2
b. Tìm x biết: 2014 2013 2012 2011
Câu 3. (2 điểm)
4x  2
2
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x  2
x4 y 4 x2 y 2 x y
 4  2  2   2
4
y
x
y
x
y x
b. Cho x ; y > 0. Chứng minh :
Câu 4. (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD. Trên BC lấy điểm E, qua A kẻ đường thẳng vuông góc với AE,
đường thẳng này cắt CD tại F. Gọi I là trung điểm của EF, AI cắt CD tại K. Qua E kẻ đường thẳng song song
với AB, đường thẳng này cắt AI tại G.
a. Chứng minh AE = AF.
b. Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi.
c. Chứng minh  AKF đồng dạng  CAF.
d.

Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BE = BM. Tìm vị trí của điểm E trên cạnh BC để diện tích

PHỊNG GD&ĐT
THANH
CHƯƠNG
Câu
Câu 1

 DEM đạt giá trị lớn nhất?

ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN NĂM HỌC 2014-2015
MƠN TỐN 8
Ý
a

b

Nội dung
x  x2 y  5x  5 y
=
x 2 ( x  y )  5( x  y )
=(x + y)(x2 - 5)
=
( x  y )( x  5)( x  5)
Vì p và p2 + 2 đều là
các số nguyên tố nên
p lẻ.
Nếu p = 3 thì p và p2
+2 đều là nguyên tố
suy ra p3 +2 = 29 là
3

Điểm
0.5
0.5

0.25
0.25
0.25

13


c

a

b
c

số nguyên tố
Nếu p > 3 p có dạng
6k + 1 hoặc 6k – 1
khi đó p 2 + 2 chia
hết cho 3 nên p2 + 2
không là số nguyên
tố. Vậy khi p và p2 +
2 là số nguyên tố thì
p = 3.
Ta có: n3 – n2 + 2n +
0. 5

2
7 = n (n + 1) -2n(n
+ 1) +4(n +1) + 3
0.25
3
2
Để n – n + 2n + 7
chia hết cho n + 1 thì
3 chia hết cho n + 1
Từ đó HS tìm được
n tương ứng
P=
0.5
5a  b 3b  2a

3a  7 2b  7 =
0.5
3a  (2a  b) 2b  (2a  b)

3a  7
2b  7
P=
3a  7 2b  7

1  1 0
3a  7 2b  7
x  1 x  2 x  3 x  4 x  2023





0
2014 2013 2012 2011
2


Câu 2

0.5

x 1
x2
x 3
x4
x  2023
1 
1 
1 
1 
 4 0
2014
2013
2012 0.252011
2
0.25



x  2015 x  2015 x  2015 x  2015 x  2015





0
2014
2013
2012
2011
2

( x  2015)(

a
Câu 3

1
1
1
1
1



 ) 0
2014 2013 2012 2011 2

 x= - 2015
4x  2
2
A= x 2 =

0.5

0.5
( x  2)2  ( x 2  2) ( x  2)2
 2
1
x2  2
x 2
14


b
c

Vì
( x  2) 2
0  min A  1
x2  2
khi x = -2
x4 y 4 x2 y 2 x y
 

  2
y 4 x 4 y 2 x 2 y x 0.5

0.25
x4
x2
y4

y2
x2 y 2
x y

2

1


2

1

 2  2    2 0
4
2
4
2
2
y
y
x
x
y
x
y x
0.25

2

2

2

 x2
  y2   x y 
x y
 2  1   2  1        2 0
y x
y
 x
  y x
Ta có
2

2

2

 x2

 y2 
 x y
x y

1

0;
 2 
 2  1 0;    0;   2 0

y x
 y x
y

x

với mọi x ; y > 0.
BĐT cuối đúng nên
BĐT đầu đúng vì
các phép biến đổi
đều là tương đương
B

0.25

E

C

M
I

K

Câu 4
G
A

D

F

a

 ABE =  ADF

0.75
15


(cạnh góc vng,
góc nhon) suy ra
AE = AF
Tam giác AEF

0.25

vng cân suy ra AI

0.5

 EF (1)
0.25

Tứ giác EGFK là
b

hình bình hành (hai
đường chéo cắt
nhau tại trung điểm

mỗi đường vì 
IEG =  IFK) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
EGFK là hình thoi
Xét  AKF và 

0.5

CAF có chung góc
F; Lại có tam giác
EAF vng cân nên
c


KAF
450 =

ACE
450 suy ra
hai tam giác đồng

d

dạng
Gọi cạnh hình vng
là a . Đặt BE = BM
= x suy ra CE = a –
x ; AM = a – x

0.25

0.5

S DEM S ABCD  S BME 0.25S AMD  S DCE
=
a2 

1
1
1
a (a  x)  a (a  x )  x 2
2
2
2

=


1 2
1
1
1
( x  2ax)   ( x  a ) 2  a 2   a 2  ( x  a) 2  a 2
2
2
2
2

S DEM

đạt giá trị

16


1 2
a
lớn nhất là 2 khi
x –a = 0 tức x = a
nghĩa là khi đó E
trùng C
Lưu ý:
- Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Học sinh khơng vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì khơng chấm bài hình.

17