Tuyển tập một số đề thi HSG môn Toán lớp 8 có đáp án - Toán Thầy Thích - ToanIQ.com

GIA SƯ THỦ KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO
http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126
------------------***-------------------
Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 1
ĐỀ 1
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: 1 2 8a a .. . a thỏa mãn 2 điều kiện a và b sau:
a)  
2
871 2 3a a a = a a b)  
3
4 5 6 7 8 7 8a a a a a a a
Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm
+ xn
+ 1 ) chia hết cho x2
+ x + 1.
khi và chỉ khi ( mn – 2)  3.
Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7
+ x2
+ 1.
Câu 3 . Giải phương trình:







2007.2006.2005
1
...
4.3.2
1
3.2.1
1
x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007).
Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các
đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC
tương ứng ở F và E. Chứng minh:
EF // AB
b). AB2 = EF.CD.
c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD
Và OBC
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45.
ĐÁP ÁN
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8)2
(1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3
(2).
Từ (1) và (2) => 3122 87  aa
=> ( a7a8)3
= a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 )3
– a7a8 = a4a5a600.
 ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng:
a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
b) . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625
c) . a7a8 = 26 => không thoả mãn
câu 2 . Đặt m = 3k + r với 20  r n = 3t + s với 20  s
 xm
+ xn
+ 1 = x3k+r
+ x3t+s
+ 1 = x3k
xr
– xr
+ x3t
xs
– xs
+ xr
+ xs
+ 1.
= xr
( x3k
–1) + xs
( x3t
–1) + xr
+ xs
+1
ta thấy: ( x 3k
– 1)  ( x2
+ x + 1) và ( x3t
–1 )  ( x2
+ x + 1)

------------------***-------------------
vậy: ( xm
+ xn
+ 1)  ( x2
+ x + 1)
<=> ( xr
+ xs
+ 1)  ( x2
+ x + 1) với 2;0  sr
<=> r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1
r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2
<=> mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t)
mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t)
=> (mn – 2)  3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12  3.
 ( x7
+ x2
+ 1)  ( x2
+ x + 1)
 ( x7
+ x2
+ 1) : ( x2
+ x + 1) = x5
+ x4
+ x2
+ x + 1
Câu 3 . Giải PT:
 2007.20063.22.1
2007.2006.2005
1
.
4.3.2
1
3.2.1
1






  x
Nhân 2 vế với 6 ta được:
       200520082007.2006143.2032.12
2007.2006.2005
2
4.3.2
2
3.2`.1
2
3 





  x
 2007.2006.20052008.2007.20063.2.14.3.23.2.12
2007.2006
1
4.3
1
3.2
1
3.2
1
2.1
1
3









 x
651.100.5
669.1004.1003
2008.2007.2006.2
2007.2006
1
2.1
1
3 





 xx
Câu 4 .a) Do AE// BC =>
OC
OA
OB
OE
 A B
BF// AD
OD
OB
OA
FO

MặT khác AB// CD ta lại có
D A1B1 C
OD
OB
OC
OA
 nên
OA
OF
OB
OE
 => EF // AB
b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB
Vì EF // AB // CD nên
DC
AB
AB
EF
 => AB 2
= EF.CD.
c) Ta có: S1 =
2
1
AH.OB; S2 =
2
1
CK.OD; S3 =
2
1
AH.OD; S4 =
2
1
OK.OD.
O K
E H F

------------------***-------------------
=>
CK
AH
OBCK
OBAH
S
S

.
2
1
.
2
1
4
1
; CKAH
ODCK
ODAH
S
S
.
.
2
1
.
2
1
2
3
 =>
2
3
4
1
S
S
S
S
 => S1.S2 = S3.S4
Câu 5. A = x2
- 2xy+ 6y2
- 12x+ 2y + 45
= x2
+ y2
+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2
- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)2
+ 5( y- 1)2
+ 4 4
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1
x- y- 6 = 0 x = 7
---------------------------------------------
ĐỀ 2
Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
A= (2+1)(22
+1)(24
+1).......( 2256
+ 1) + 1
b. Nếu x2
=y2
+ z2
Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2
Câu 2: a. Cho 0
c
z
b
y
a
x
(1) và 2
z
c
y
b
x
a
(2)
Tính giá trị của biểu thức A= 02
2
2
2
2
2

c
z
b
y
a
x
b. Tính : B = 222222222
bac
ca
acb
bc
cba
ab





Câu 3: Tìm x , biết :
3
1988
19
1997
10
2006
1·





 xxx
(1)
Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M  đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình
chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
a.BM  EF
b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của
P= (a+ b+ c) (
cba
111
 ).
ĐÁP ÁN
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (22
+1) ........ + 1

------------------***-------------------
= (22
-1)(22
+1) ......... (2256
+1)
= (24
-1) (24
+ 1) ......... (2256
+1)
................
= [(2256
)2
–1] + 1
= 2512
b, . ( 1 điểm) Ta có:
(5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2
–16z2
= 25x2
–30xy + 9y2
–16 z2
(*)
Vì x2
=y2
+ z2
 (*) = 25x2
–30xy + 9y2
–16 (x2
–y2
) = (3x –5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1)  bcx +acy + abz =0
Từ (2)  





 022
2
2
2
2
2
yz
bc
xz
ac
xy
ab
c
z
b
y
a
x
4242
2
2
2
2
2





 

xyz
bcxacyabz
c
z
b
y
a
x
b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0  a + b = - c  a2
+ b2
–c2
= - 2ab
Tương tự b2
+ c2
– a2
= - 2bc; c2
+a2
-b2
= -2ac
 B =
2
3
222





 ca
ca
bc
bc
ab
ab
Câu 3: . ( 1,25 điểm)
(1)  0
1988
2007
1997
2007
2006
2007·





 xxx
 x= 2007 A
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM; B
H là giao điểm của EF và BM
  EMB =BKM ( gcg)
 Góc MFE =KMB  BH  EF E M K
b. ( 1,25 điểm)  ADF = BAE (cgc) AF  BE H
Tương tự: CE  BF  BM; AF; CE
là các đường cao của BEF  đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C
P = 1 + 


















b
c
c
b
a
c
c
a
a
b
b
a
b
c
a
c
c
b
a
b
c
a
b
a
311
Mặt khác 2
x
y
y
x
với mọi x, y dương.  P  3+2+2+2 =9
Vậy P min = 9 khi a=b=c.
---------------------------------------

------------------***-------------------
ĐỀ 3
Bài 1 (3đ):
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2
+ 7x + 12
b) a10
+ a5
+ 1
2) Giải phương trình:
2 4 6 8
98 96 94 92
x x x x   
  
Bài 2 (2đ):
Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức
2
2 3 3
2 1
x x
P
x
 


có giá trị nguyên
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
a) ABM đồng dạng ACN
b) góc AMN bằng góc ABC
2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F
là trung điểm của AK.
Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC.
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2007
20072
x
xx
A

 , ( x khác 0)
ĐÁP ÁN
Bài 1 (3đ):
1) a) x2
+ 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ)
b) a10
+ a5
+ 1 = (a10
+ a9
+ a8
) - (a9
+ a8
+ a7
) + (a7
+ a6
+ a5
) - (a6
+ a5
+ a4
)
+ (a5
+ a4
+ a3
) - (a3
+ a2
+ a ) + (a2
+ a + 1 ) = (a2
+ a + 1 )( a8
- a7
+ a5
- a4
+ + a3
-
a+ 1 ) (1đ)
2)
92
8
94
6
96
4
98
2 





 xxxx
 (
98
2x
+1) + (
96
4x
+ 1) = (
94
6x
+ 1) + (
92
8x
+ 1) (0,5đ)
 ( x + 100 )(
98
1
+
96
1
-
94
1
-
92
1
) = 0 (0,25đ)

------------------***-------------------
Vì:
98
1
+
96
1
-
94
1
-
92
1
 0
Do đó : x + 100 = 0  x = -100
Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ)
Bài 2 (2đ):
P =
12
5
2
12
5)24()2(
12
332 22







x
x
x
xxx
x
xx
(0,5đ)
x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì
12
5
x
phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ)
=> * 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0
* 2x - 1 = 5 => x = 3
* 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ)
Vậy x =  2;3;0;1  thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là:
x = 1 => P = 8
x = 0 => P = -3
x = 3 => P = 6
x = -2 => P = -1 (0,5đ)
Bài 3 (4đ):
1) a) chứng minh  ABM đồng dạng  CAN (1đ)
b) Từ câu a suy ra:
AN
AM
AC
AB
   AMN đồng
dạng  ABC
  AMN =  ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H (0,25đ)
 BAH =  CHA ( so le trong, AB // CH)
mà  CAH =  BAH ( do Ax là tia phân giác)
(0,5đ)
Suy ra:
 CHA = CAH nên  CAH cân tại C
do đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ)

------------------***-------------------
BK = CA
Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF
// AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ)
Bài 4 (1đ):
A = 2
22
2007
20072007.22007
x
xx 
= 2
22
2007
20072007.2
x
xx 
+ 2
2
2007
2006
x
x
=
2007
2006
2007
2006
2007
)2007(
2
2


x
x
A min =
2007
2006
khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
------------------------------------
ĐỀ SỐ 4
Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A = 

















 2
10
2:
2
1
36
6
4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x
a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
b, Rút gọn biểu thức A .
c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau :
12
15
2
1
14 22





x
xx
x
xx
Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với
nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S.
1, Chứng minh  AQR và  APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN
là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm  SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm):
Cho biểu thức A =
12
332 2


x
xx
. Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng     33333
.3 zyxxyyxzyx 

------------------***-------------------
b, Cho .0
111

zyx
Tính 222
z
xy
y
xz
x
yz
A 
ĐÁP ÁN
Câu 1
a, x  2 , x -2 , x 0
b , A =
2
6
:
2
1
2
2
42











 xxxx
x
=
 
   2
6
:
22
222


xxx
xxx
=
   x
x
xx 




2
1
6
2
.
22
6
c, Để A > 0 thì 0
2
1

 x
202  xx
Câu 2 . ĐKXĐ :
2
1
;1  xx
PT 01
12
15
1
1
14 22







x
xx
x
xx
0
12
23
1
23 22







x
xx
x
xx
         02321023230
12
1
1
1
23 22









 xxxxxx
xx
xx
 x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3
Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =







3
2
;2;1
Câu 3:
1,  ADQ =  ABR vì chúng là hai tam giác
vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD
( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên  AQR
là tam giác vuông cân. Chứng minh tợng tự ta
có:  ARP= ADS
do đó AP = AS và APS là tam giác cân tại A.
2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác
vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM
RQ.
Mặt khác : PAMPAN  = 450
nên góc
MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.

------------------***-------------------
3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao của  SQR. Vậy
P là trực tâm của  SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =
2
1
QR.
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM =
2
1
QR.
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh tơng 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 trungtrực của AC
5, 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 đờng trung trực của
AC, nghĩa là chúng thẳng hàng.
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x  -1/2
A = (x + 1) +
12
2
x
vì x Z nên để A nguyên thì
12
2
x
nguyên
Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
2x+1 = 2 x=1/2 ( loại )
2x+1 = 1  x = 0
2x+1 = -1  x = -1
2x +1 = -2  x = -3/2 ( loại )
KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
Câu 5. a, , Chứng minh     33333
.3 zyxxyyxzyx 
Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh.
b, Ta có 0 cba thì
      abcccabccbaabbacba 333 3333333

(vì 0 cba nên cba  )
Theo giả thiết .0
111

zyx
 .
3111
333
xyzzyx

khi đó 3
3111
333333222







xyz
xyz
zyx
xyz
z
xyz
y
xyz
x
xyz
z
xy
y
xz
x
yz
A
=====================
ĐỀ 5
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :

------------------***-------------------
M = 









1
1
1
1
224
2
xxx
x








 2
4
4
1
1
x
x
x
a) Rút gọn
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
A =
3
83234 23


x
xxx
Bài 3 : 2 điểm
Giải phương trình :
a) x2
- 2005x - 2006 = 0
b) 2x + 3x + 82 x = 9
Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax
vuông góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K .
Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh :
a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
b)  AEF ~  CAF và AF2
= FK.FC
c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC
không đổi .
Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4
- 14n3
+ 71n2
-154n + 120
chia hết cho 24
ĐÁP ÁN
Bài 1 :
a) M = (
)1)(1(
1)1)(1(
224
2422


xxx
xxxx
x4
+1-x2
) =
1
2
1
11
2
2
2
244





x
x
x
xxx
b) Biến đổi : M = 1 -
1
3
2
x
. M bé nhất khi
1
3
2
x
lớn nhất  x2
+1 bé nhất  x2
= 0  x = 0 M bé nhất = -2
Bài 2 : Biến đổi A = 4x2
+9x+ 29 +
3
4
x
 A Z 
3
4
x
 Z  x-3 là ước của 4
 x-3 =  1 ;  2 ;  4  x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7
Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0
 (x-2006)(x+1) = 0  x1 = -1 ; x2 = 2006
c) Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2  x < 3 ; 3  x < 4 ; x 4

------------------***-------------------
Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5
Bài 4 :
a)  ABE =  ADF (c.g.c)  AE = AF
 AEF vuông cân tại tại A nên AI  EF .
 IEG =  IEK (g.c.g) IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường và
vuông góc nên hình EGFK là hình thoi .
b) Ta có :
KAF = ACF = 450
, góc F chung
 AKI ~  CAF (g.g)  CFKFAF
AF
KF
CF
AF
.2

d) Tứ giác EGFK là hình thoi  KE = KF = KD+ DF = KD + BE
Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không
đổi) .
Bài 5 : Biến đổi :
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3
+72n2
-144n+120
Suy ra B  24
================================
ĐỀ 6
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
A=
1212
36
.
6
16
6
16
2
2
22













x
x
xx
x
xx
x
( Với x  0 ; x  6 )
1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A với x=
549
1

Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2
+y2
+1  x.‎y + x + y ‎( với mọi x ;y)
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A =
2
2
23


xxx
x
Câu 3: ( 4 điểm )
Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối
xứng của C qua P .

------------------***-------------------
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB .
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c)Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị
trí của điểm P.
d) Giả sử CP  DB và CP = 2,4 cm,;
16
9

PB
PD
Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 4 ( 2 điểm )
Cho hai bất phương trình:
3mx-2m > x+1 (1)
m-2x < 0 (2)
Tìm m để hai bất phương trình trên có cùng một tập nghiệm.
ĐÁP ÁN
Câu 1 ( 2 điểm )
1) ( 1 điểm ) ĐK: x  0; x  6 )
A =
)1(12
)6)(6(
.
)6(
16
)6(
16
2













x
xx
xx
x
xx
x
= 



)1(12
1
.
63666366
2
22
xx
xxxxxx
=
xxx
x 1
)1(12
1
.
)1(12
2
2



2) A= 549
549
1
11



x
Câu2: ( 2 điểm )
1) (1 điểm ) x2
+y2
+1  x.‎‎y+x+y  x2
+y2
+1 - x.‎‎y-x-y  0
 2x2
+2y2
+2-2xy-2x-2y 0  ( x2
+y2
-2xy) + ( x2
+1-2x) +( y2
+1-2y)  0
 (x-‎y)2
+ (x-1)2
+ (‎‎y- 1)2
 0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
2) (2 điểm )
(1)  3mx-x>1+2m  (3m-1)x > 1+2m. (*)
+ Xét 3m-1 =0 → m=1/3.
(*)  0x> 1+
3
2
 x  .
+ Xét 3m -1 >0 → m> 1/3.

------------------***-------------------
(*)  x>
13
21


m
m
+ Xét 3m-1 < 0  3m <1 → m < 1/3
(*)  x <
13
21


m
m
.
mà ( 2 )  2x > m  x > m/2.
Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm.


























0)1)(2(
3
1
0253
3
1
213
21
3
1
2
mm
m
mm
m
m
m
m
m
 m-2 =0  m=2.
Vậy : m=2.
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của AC và BD.
→ AM //PO → tứ giác AMDB là hình thang.
b) ( 1 điểm ) Do AM// BD →
góc OBA= góc MAE ( đồng vị )
Xét tam giác cân OAB →
góc OBA= góc OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF →  AEI cân ở I → góc IAE = góc IEA
→ góc FEA = góc OAB → EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đường trung bình của  MAC → IP // AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.
c) (1 điểm ) Do  MAF   DBA ( g-g) →
AB
AD
FA
MF
 không đổi.
d) Nếu k
PBBD
PB
PD

16916
9
→ PD= 9k; PB = 16k.
Do đó CP2
=PB. PD → ( 2,4)2
=9.16k2
→ k=0,2.
PD = 9k =1,8
PB = 16 k = 3,2
DB=5
Từ đó ta chứng minh được BC2
= BP. BD=16
Do đó : BC = 4 cm
CD = 3 cm

------------------***-------------------
Câu4 ( 1 điểm )
Ta có A =
4
3
)
2
1
(
1
1
1
)2)(1(
2
2
22






x
xxxxx
x
Vậy Amax  [ ( x+ ]
4
3
)
2
1 2
 min  x+
2
1
= 0 → x = -
2
1
Amax là
3
4
khi x = -1/2
========================
ĐỀ 7
Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3
+a2
c – abc + b2
c + b3
= 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
Cho biểu thức: y = 2
)2004( x
x
; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó
Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình: :
( 12x – 1 ) ( 6x – 1 ) ( 4x – 1 ) ( 3x – 1 ) = 330.
B, Giải bất phương trình: 6x  3
Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với ox
; ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b.
A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi.
B, Chứng minh rằng 2
2
OB
OC
DB
CA

C, Biết SAOB =
3
8 2
a
. Tính CA ; DB theo a.
ĐÁP ÁN
Bài 1: 3 điểm
a, Tính: Ta có: a3
+ a2
c – abc + b2
c + b3
= (a3
+ b3
) + ( a2
c –abc + b2
c)= (a + b) ( a2
–ab =b2
) + c( a2
- ab +b2
)
= ( a + b + c ) ( a2
– ab + b2
) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết)

------------------***-------------------
Vậy:a3
+a2
c –abc + b2
c + b3
= 0 ( đpCM)
b, 1,5 điểm Ta có:
bc(a+d) 9b –c) – ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b)
= bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] – ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b)
= -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) –ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b)
= b(a-b)[ a(c+d) –c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) –a(b+d)]
= b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a)
= d(a-b)(a-c)(b-c)
Bài 2: 2 Điểm Đặt t =
y2004
1
Bài toán đưa về tìm x để t bé nhất
Ta có t =
x
x
2004
)2004( 2

=
2 2
2.2004 2004
2004
x x
x
 
=
x
x 2004
2
2004
 = 2
2004
200422


x
x
(1)
Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:
x2
+ 20042
 2. 2004 .x  2
2004
200422


x
x
(2)
Dấu “ =” xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t  4  Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004.
Vậy ymax=
8016
1
2004
1

t
Khi x= 2004
Bài 3: 2 Điểm
a, Nhân cả 2 vế của phương trình với 2.3.4 ta được:
(12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4
(12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8
Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số phảI cùng dấu ( +
)hoặc dấu ( - ).
Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 . 10 . 9 . 8 (1)
Và (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8) (2)
Từ phương trình (1)  12x -1 = 11  x = 1 ( thoả mãn)
Từ phương trình (2)  12x -1 = - 8  x=
12
7
suy ra x Z.
Vậy x=1 thoả mãn phương trình.

------------------***-------------------
b, Ta có 6x < 3  -3 < x – 6 < 3  3< x < 9
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = { x  R/ 3 < x < 9}.
Bài 4 : 3 Điểm
Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị)
 IAC ~  BAO (gg).
Suy ra:
BO
IC
AO
AC
 
BO
AO
IC
AC
 (1)
Tương tự:  BID ~  BAO (gg)
Suy ra:
BD
OB
ID
OA
 
BD
ID
OB
OA
 (2)
Từ (1) và(2) Suy ra:
BD
ID
IC
AC

Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2
không đổi.
b, Nhân (1) với (2) ta có:
OB
OA
OB
OA
BD
ID
IC
AC
.. 
mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra: 2
2
OB
OA
BD
AC

C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có;
SAOB =
2
1
OA.OB mà SAOB =
3
8 2
a
( giả thiết)
Suy ra: OA.OB =
3
8 2
a
 OA . OB =
3
16 2
a
Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) =
3
16 2
a
 a2
+ a( CA + DB ) + CA . DB =
3
16 2
a
Mà CA . DB = a2
( theo câu a)  a(CA +DB) =
3
16 2
a
- 2a2
 CA + DB +
3
10
2
3
16
2
2
2
a
a
a
a


. Vậy:
2
2
CA.DB a
10
3
a
CA DB
 


 

Giải hệ pt  CA =
3
a
và DB = 3a
Hoặc CA = 3a và DB =
3
a
====================

------------------***-------------------
ĐỀ 8
Bài 1( 2 điểm). Cho biểu thức :
        
2 2 2 2
1 1 1 1
x y x y
P
x y y x y x x y
  
     
1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y)  Z sao cho giá trị của P = 3.
Bài 2(2 điểm). Giải phương trình:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
5 6 7 12 9 20 11 30 8x x x x x x x x
   
       
Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:
2
2 1
2
x
M
x



Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF.
1.Chứng minh CE vuông góc với DF.
2.Chứng minh  MAD cân.
3.Tính diện tích  MDC theo a.
Bài 5(1 điểm). Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c =
3
2
.
Chứng minh rằng : a2
+ b2
+ c2

3
4
.
ĐÁP ÁN
Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)
MTC :    1 1x y x y  
1.
     
   
    
   
2 2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 1
x x y y x y x y x y x y x y xy
P
x y x y x y x y
         
 
     
P x y xy   .Với 1; ; 1x x y y     thì giá trị biểu thức được xác định.
2. Để P =3 3 1 2x y xy x y xy        
  1 1 2x y   
Các ước nguyên của 2 là : 1; 2. 
Suy ra:
1 1 0
1 2 3
x x
y y
    
 
     
1 1 2
1 2 1
x x
y y
   
 
   
(loại).

------------------***-------------------
1 2 3
1 1 0
x x
y y
   
 
   
1 2 1
1 1 2
x x
y y
     
 
     
(loại)
Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:
2
3
4
5
6
x
x
x
x
x

 

 


Ta có :
  
  
  
  
2
2
2
2
5 6 2 3
7 12 3 4
9 20 4 5
11 30 5 6
x x x x
x x x x
x x x x
x x x x
    
    
    
    
Phương trình đã cho tương đương với :
           
1 1 1 1 1
2 3 3 4 4 5 5 6 8x x x x x x x x
   
       
1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 2 4 3 5 4 6 5 8x x x x x x x x
        
       
1 1 1
6 2 8x x
  
    
4 1
6 2 8x x
 
 
  2
8 20 0 10 2 0x x x x       
10
2
x
x

   
thoả mãn điều kiện phương trình.
Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2.
Bài 3.(2điểm)
 
     
2 22 2
2 2
2 22
2 2
2 2 12 1 2 2
2 2
2 1 1
1
2 2
x x xx x x
M
x x
x x x
M
x x
       
 
 
   
  
 
M lớn nhất khi
 
2
2
1
2
x
x


nhỏ nhất.

------------------***-------------------
Vì  
2
1 0x x   và  2
2 0x x   nên
 
2
2
1
2
x
x


nhỏ nhất khi  
2
1x = 0.
Dấu “=” xảy ra khi x-1 = 0 1x  . Vậy Mmax = 1 khi x = 1.
Bài 4. . (3iểm)
a. 1 1( . . )BEC CFD c g c C D  
CDF vuông tại C 0 0
1 1 1 190 90F D F C CMF       vuông tại M
Hay CE  DF.
b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có :
( . . )AEK BEC g c g BC AK  
 AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
1
2
AM KD AD AMD    cân tại A
c. ( . )
CD CM
CMD FCD g g
FD FC
 
Do đó :
2 2
.CMD
CMD FCD
FCD
S CD CD
S S
S FD FD
   
     
   
Mà : 21 1
.
2 4
FCDS CF CD CD  .
Vậy :
2
2
2
1
.
4
CMD
CD
S CD
FD
 .
Trong DCF theo Pitago ta có :
2 2 2 2 2 2 2 21 1 5
.
2 4 4
DF CD CF CD BC CD CD CD
 
       
 
.
Do đó :
2
2 2 2
2
1 1 1
.
5 4 5 5
4
MCD
CD
S CD CD a
CD
  
Bài 5 (1điểm)
Ta có:
2
2 2 21 1 1
0 0
2 4 4
a a a a a
 
         
 
Tương tự ta cũng có: 2 1
4
b b  ; 2 1
4
c c 
Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:
2 2 2 3
4
a b c a b c      . Vì
3
2
a b c   nên: 2 2 2 3
4
a b c  
11
1
k
e
m
d
cfb
a

------------------***-------------------
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =
1
2
.
=========================
ĐỀ 9
Câu 1. (1,5đ)
Rút gọn biểu thức : A =
1
2.5
+
1
5.8
+
1
8.11
+……….+
1
(3 2)(3 5)n n 
Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho :
Đa thức x4
+ ax + b chia hết cho (x2
- 4)
Câu 3 . (2đ) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức 2
7
1x x 
có giá trị nguyên.
Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a2
+ b2
+ c2
< 2 (ab + ac + bc)
Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng hàng.
ĐÁP ÁN
Câu 1.
A =
1
3
(
1
2
-
1
5
+
1
5
-
1
8
+…….+
1
3 2n 
-
1
3 5n 
)
=
1
3
(
1
2
-
1
3 5n 
) =
1
6 10
n
n


Câu 2. Chia đa thức x4
+ ax + b cho x2
– 4
được đa thức dư suy ra a = 0 ; b = - 16.
Câu 3. 2
7
1x x 
 Z  x2
–x +1 = U(7)= 1, 7 
 
Đưa các phương trình về dạng tích.
Đáp số x =  2,1,3 .
Câu 4. Từ giả thiết  a < b + c  a2
< ab + ac
Tưng tự b2
< ab + bc
c2
< ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm)
Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp

------------------***-------------------
tam giác.
- Chỉ ra được
GM
AG
=
1
2
, ·HAG = ·OMG
- Chỉ ra
OM
AH
=
1
2
(Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng minh CK =
AH)
 AHG MOGV : V (c.g.c)
 H,G,O thẳng hàng.
======================
ĐỀ 11
Câu 1:Cho biểu thức: A=
933193
363143
23
23


xxx
xxx
a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định.
b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0.
c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2:
.a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A=
x
xx )9)(16( 
với x>0.
.b, Giải phương trình: x+1+: 2x-1+2x =3
Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lượt là các điểm thuộc
các cạnh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC =CM/CD =DN/DA= x.
.a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ nhất.
.b, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là
hình chữ nhật.
Câu 4: Tìm dư của phép chia đa thức
x99
+ x55
+x11
+x+ 7 cho x2
-1
ĐÁP ÁN
Câu1 (3đ)
a.(1đ)
Ta có A=
)13()3(
)43()3(
2
2


xx
xx
(0,5đ)
Vậy biểu thức A xác định khi x3,x1/3(0,5đ)

------------------***-------------------
b. Ta có A=
13
43


x
x
do đó A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ)
<=> x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ)
Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ)
c. (1đ)
Ta có A=
13
43


x
x
= 1+
13
5
x
Để A có giá trị nguyên thì
13
5
x
phải nguyên<=> 3x-1 là ước của 5<=> 3x-11,5
=>x=-4/3;0;2/3;2
Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ)
Câu: 2: (3đ)
a.(1,5đ)
Ta có
A=
x
xx 144252

=x+
x
144
+25 (0,5đ)
Các số dương x và
x
144
Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x =
x
144
 x=12 (0,5đ)
Vậy Min A =49 <=> x=12(0,5đ)
b.(1,5đ)
TH1: nếu x<-1 thì phương trình đã cho tương đương với :-x-1-2x+1+2x=3=>x=-3<-
1(là nghiệm )(0,5đ)
TH2: Nếu -1x<1/2 thì ta có
x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ)
TH3: Nếu x1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ)
Vậy phương trình đã cho x=-3 (0,5đ)
Câu 3: (3đ)
C L D
M K

------------------***-------------------
D N B1 K1 A
Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lượt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL.
Kẻ BB1AD; KK1AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB
SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ)
Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25đ)
Tương tự S3+S4= x(1-x)S
 S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ)
 SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2
-2Sx+S=2S(x-1/2)2
+1/2S1/2S(0,25đ)
Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là
trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ)
b.(1,5đ)
 tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ)
 tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BDAC (0,5đ)
Câu 4: (1đ)
Gọi Q(x) là thương của phép chia x99
+x55
+x11
+x+7 cho x2
-1
ta có x99
+x55
+x11
+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*)
trong đó ax+b là dư của phép chia trên
Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
Vậy dư của phép chia x99
+x55
+x11
+x+7 cho x2
-1 là 4x+7
==========================
ĐỀ 12
Bài 1: (3đ)
Cho phân thức : M =
82
63422
2
2345


xx
xxxxx
a) Tìm tập xác định của M
b) Tìm các giá trị của x để M = 0
c) Rút gọn M
Bài 2: (2đ)
a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy ta
được 242.
b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B.
A = n3
+ 2n2
- 3n + 2 ; B = n2
-n
Bài 3: (2đ)

------------------***-------------------
a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M =
zxzyzyxyx 



 1
1
1
1
1
1
b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:
bacacbcba 




111

cba
111

Bài 4: (3đ)
Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O. Ba cạnh AB,
BC, CA tỉ lệ với 4,7,5
a) Tính NC biết BC = 18 cm
b) Tính AC biết MC - MA = 3cm
c) Chứng minh 1.. 
MA
CM
NC
BN
PB
AP
ĐÁP ÁN
Bài 1:
a) x2
+2x-8 = (x-2)(x+4)  0  x 2 và x - 4 (0,5đ)
TXĐ = 4;2;/  xxQxx 0,2đ
b) x5
- 2x4
+2x3
- 4x2
- 3x+ 6 = (x-2)(x2
+ 3)x-1)(x+1) 1,0đ
= 0 khi x=2; x= .1 0,2đ
Để M= 0 Thì x5
-2x4
+ 2x3
-4x2
-3x+6 = 0
x2
+ 2x- 8  0 0,5đ
Vậy để M = 0 thì x = .1 0,3đ
c) M =
4
)1)(3(
)4)(2(
)1)(3)(2( 2222





x
xx
xx
xxx
0,3đ
Bài 2:
a) Gọi x-1, x, x+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242
(0,2đ)
Rút gọn được x2
= 81 0,5đ
Do x là số tự nhiên nên x = 9 0,2đ
Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10 0,1đ
b) (n3
+2n2
- 3n + 2):(n2
-n) được thương n + 3 dư 2 0,3đ
Muốn chia hết ta phải có 2n(n-1) 2n 0,2đ

------------------***-------------------
Ta có:
n 1 -1 2 -2
n-1 0 -2 1 -6
n(n-1) 0 2 2 -3
loại loại
0,3đ
Vậy n = -1; n = 2 0,2đ
Bài 3:
a) Vì xyz = 1 nên x  0, y 0, z 0 0,2đ
1)1(1
1




 xzz
z
xyxz
z
xyx
0,3đ
zxz
xz
xzyzy
xz
yzy 



 1)1(1
1
0,3đ
M = 1
1
1
11





 xzzzxz
xz
xzz
z
0,2đ
b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0 0,2đ
yxyx 

411
với x,y > 0
bbacbcba
2
2
411




0,2đ
cbacacb
211




0,2đ
acbabac
211




0,2đ
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cho 3 ta được điều phải chứng minh.
Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c 0,2đ
Bài 4: a) A
B C
N
AN là phân giác của Aˆ Nên
AC
AB
NC
NB
 0,3đ

------------------***-------------------
Theo giả thiết ta có 
5
4
574 AC
ABACBCAB
Nên 0,2đ
)(10
9
.5
5
9
5
4
cm
BC
NC
NC
BC
NC
NB
 0,5đ
b) BM là phân giác của Bˆ nên
BA
BC
MA
MC
 0,3đ
Theo giả thiết ta có:
4
7
574

BA
BCACBCAB
0,2đ
Nên )(11
3
11.3
11
3
4
7
cmac
MCMA
MAMC
MA
MC



 0,5đ
c) Vì AN,BM,CP là 3 đường phân giác của tam giác ABC
Nên
AB
AC
PB
AP
BA
BC
MA
MC
AC
AB
BC
BN
 ;; 0,5đ
Do đó 1.... 
BC
AC
AB
BC
AC
AB
PB
AP
MA
MC
BC
BN
0,5đ
========================
ĐỀ 13
Câu 1: ( 2,5 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/. x2
– x – 6 (1 điểm)
b/. x3
– x2
– 14x + 24 (1,5 điểm)
Câu 2: ( 1 điểm)
Tìm GTNN của : x2
+ x + 1
Câu 3: ( 1 điểm)
Chứng minh rằng: (n5
– 5n3
+ 4n) 120 với m, n  Z.
Câu 4: ( 1,5 điểm)
Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với :
x = 2
1
1
a
a a

 
; y = 2
1
1
b
b b

 
Câu 5: ( 1,5 điểm)
Giải phương trình: 1x  + 2x  + 3x  = 14
Câu 6: ( 2,5 điểm)

------------------***-------------------
Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F
có góc đáy là 150
. Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều.
ĐÁP ÁN
Câu 1: a/. Ta có: x2
– x – 6 = x2
– 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2)
= (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3)
( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tương đương )
b/. Ta có: x = 2 là nghiệm của f(x) = x3
– x2
– 14x + 24
Do đó f(x) x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2
+ x – 12
Vậy x3
– x2
– 14x + 24 = (x - 2)( x2
+ x – 12)
Ta lại có: x = 3 là nghiệm của x2
+ x – 12
Nên x2
+ x – 12 = (x - 3)(x + 4)
Như vậy: x3
– x2
– 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) .
Câu 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của x2
+ x + 1 (1 đ’)
Ta có : x2
+ x + 1 = 21 3 3
( )
2 4 4
x    Vậy f(x) đạt GTNN khi 21
( )
2
x  = 0 Tức x = -
1
2
Câu 3: Ta có : n5
– 5n3
+ 4n = n5
– n3
– 4n3
+ 4n = n3
(n2
- 1) – 4n( n2
- 1)
= n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp
trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của
3, một số là bội của 5).
Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120.
Câu 4: (1,5 đ’). Ta có x,y > 0 và
2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1
1 1 1 1 11 1
a a a
ax a a y
a a a b b
 
         
   
Vì a> b > 0 nên 2 2
1 1
a b
 và
1 1
a b
 . Vậy x < y.
Câu 5: 1/. Xét khoảng x < -2 ,ta có: -3x + 2 = 14 x = - 4.
2/. -2  x < 1, ta có : -x + 16 = 14  x = 2. (loại)
3/. 1  x < 3, ta có : x + 4 = 14  x = 10 (loại).
4/. x  3 , ta có: 3x – 2 = 14  x =
16
3

------------------***-------------------
Vậy phương trình trên có nghiệm là x = - 4 và x =
16
3
.
Câu 6: ( 2,5 đ’)
D C
F F
A B
Dựng tam giác cân BIC như tam giác AFB có góc đáy 150
.
Suy ra : 0
2 60B  (1) .
Ta có AFB BIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2).
Từ (1) và (2) suy ra : FIB đều .
Đường thẳng CI cắt FB tại H . Ta có: 2I = 300
( góc ngoài của CIB).
Suy ra: 2H = 900
( vì B = 600
) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB hay CH
là đường trung trực của CFB . Vậy CFB cân tại C . Suy ra : CF = CB (3)
Mặt khác : DFC cân tại F . Do đó: FD = FC (4).
Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC).
Vậy DFC đều.
GiảI bằng phương pháp khác đúng cho điểm tương đương.
==============================
ĐỀ 14
Câu 1 (2 điểm): Với giá trị nào của a và b thì đa thức
f(x) =x4
-3x3
+3x2
+ ax+b chia hết cho đa thức g(x) =a2
+4-3x.
Câu 2 (2 điểm) Phân tích thành nhân tử.
(x+y+z)3
–x3
-y3
-z3
.
Câu 3 (2 điểm ) :
2
I
2
F 2
H
15
0
150 2

------------------***-------------------
a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x2
+x+1
b-Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= h(h+1) (h+2) (h+3)
Câu 4(2 điểm ) : Chứng minh rằng nếu .a2
+b2
+c2
=ab+bc+ac thì a=b=c
Câu 5 (2 điểm ) : Trong tam giác ABC lấy điểm P sao cho
PAC = PBC. Từ P dựng PM vuông góc với BC. PK vuông góc với CA. Gọi D là
trung điểm của AB. Chứng minh : DK=DM.
ĐÁP ÁN
Bài 1 (2 điểm) Chia f(x) cho g(x)
Ta có : x4
-3x2
+3x2
+ax+b: a2
-3x+4.
= x2
+1 dư (a-3)x + b+4 (1 điểm)
f(x): g(x) khi và chỉ khi số dư bằng không.
Từ đây suy ra (1 điểm ).
a-3=0 => a=3
b+4=0 => b=-4
Bài 2 (2 điểm ) Phân tích thành nhân tử.
(x+y+2)3
–x3
-y3
-z3
=A
Ta có : (x+y+z)3
–x3
-y3
-z3
= [(x+y+z)3
-x3
]-(y3
+23
).
áp dụng hằng đẳng thức 6 và 7.
A= ( x+y+z-x) [(x+x+z)2
+ (x+y+z)x + x2
) – (x+z)(y2
-y2
+z2
) (1 điểm)
= (y+z)[x2
+y2
+z2
+2xy+2xz+2yz+xy+xz+x2
+x2
-y2
+yz-z2
].
= (y+z) (3x2
+3xy+3xz+3yz).
= 3(y+z) [x(x+y)+z((x+y)]
= 3(x+y) (y+z) ) (x+z) (1 điểm).
Bài 3 : (2 điểm ).
a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x2
+x+1
Ta có : x2
+x+1 = (x+
2
1
)2
+
4
3

4
3
Giá trị nhỏ nhất là
4
3
khi (x+
2
1
)2
=0 Tức x = -
2
1
(1 điểm).
b-Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. A= h(h+1) (h+2) (h+3) (1 điểm).
Ta có : A= h(h+1) (h+2) (h+3)
= h(h+3) (h+2) (h+1)

------------------***-------------------
= (h2
+3h) (h2
+3h+2)
Đặt : 3h+h2
=x
A= x(x+2) = x2
+2x = x 2
+2x+1-1
= (x+1)2
-1 -1 Giá trị nhỏ nhất của A là -1.
Bài 4 (2 điểm ) Chứng minh.
Theo giả thiết : a2
+b2
+c2
= ab+ac+bc.
Ta có : a2
+b2
+c2
– ab-ac-bc = 0
Suy ra : (a2
-2ab+b2
) + (b2
-2ab+c2
) + (a2
-2ac+c2
)=0 (1 điểm).
(a-b)2
+ (b-c)2
+ (a-c)2
= 0
Điều này xảy ra khi và chỉ khi.
a-b = b-c = a-c = 0 Tức là : a=b=c (1 điểm).
Bài 5 (2 điểm) C
Gọi E là trung điểm của AP
F là trung điểm của BP K M
Ta có : KE=
2
1
AP = EP P
FM =
2
1
BP =FP E F
A D B
Tứ giác DEPF là hình bình hành vì DE//BP, DF//AP
Do đó : ED=FM ; EK =EP=DF
Từ các tam giác vuông APK; BPM ta suy ra.
KEP =2KAP ; MEP = 2MBP
DEPF là hình bình hành nên DEP= DFP
Theo giả thiết KAD = MBP nên KEP = MFP
Vậy DEK = DPM suy ra  DEK= MFO (c.g.c)
Do đó : DK=OM
==========================
ĐỀ 15
Câu 1: (2đ) Tìm hai số biết
a. Hiệu các bình phương của 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp bằng 36
b. Hiệu các bình phương của 2 số tự nhiên lẻ liên tiếp bằng 40
Câu 2: (1,5đ) Số nào lớn hơn:

------------------***-------------------
22
522
20052006
20052006
20052006
20052006










hay
Câu 3: (1,5 đ) Giải phương trình
06
995
6
996
5
997
4
998
3
999
2
1000
1











 xxxxxx
Câu 4: (1đ) Giải bất phương trình ax –b> bx+a
Câu 5: (2,5đ) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD. Qua A vẽ đường thẳng AK
song song với BC. Qua B vẽ đường thẳng BI song song với AD. BI cắt AC ở F, AK
cắt BD ở E. Chứng minh rằng:
a. EF song song với AB
b. AB2
= CD.EF
Câu 6: (1,5đ) Cho hình thang ABCD (AD//BC) có hai đường chéo, cắt nhau ở O .
Tính diện tích tam giác ABO biết diện tích tam giác BOC là 169 cm2
và diện tích tam
giác AOD là 196 cm2
.
ĐÁP ÁN
Câu 1: a. Gọi 2 số chẵn liên tiếp là x và x+2 (x chẵn).
Ta có: (x+2)2
-x2
=36 => x = 8.
Vậy 2 số cần tìm là 8 và 10.
b. Gọi 2 số lẻ liên tiếp là x và x+2 (xlẻ)
Ta có (x+2)2
–x2
= 40 => x = 9
Vậy 2 số cần tìm là 9 và 11.
Câu 2: Theo tính chất của phân thức ta có:
2
222
)20052006(
20052006
20052006
20052006
.
20052006
20052006
20052006
20052006















= 22
22
20052005.2006.22006
20052006


< 22
22
20052006
20052006


Câu 3: Phương trình đã cho tương đương với:
01
995
6
1
996
5
1
997
4
998
3
1
999
2
1
1000
1











 xxxxxx
0
995
1001
996
1001
997
1001
998
1001
999
1001
1000
1001













xxxxxx
0)
995
1
996
1
997
1
998
1
999
1
1000
1
)(1001(  x
 x=-1001.

------------------***-------------------
Vậy nghiệm của phương trình là x=-1001.
Câu 4: * Nếu a> b thì x>
ba
ba


* Nếu a<b thì x<
ba
ba


* Nếu a=b thì 0x> 2b
+ Nghiệm đúngvới mọi x nếu b<0
+ Vô nghiệm nếu b 0
Câu 5:
a. AEB và KEB đồng dạng (g.g)
EK
AE
 =
KD
AB
AFB Và CFI đồng dạng (g.g)
FC
AF
 =
CI
AB
Mà KD = CI = CD – AB
EK
A£
 =
FC
AF
EF // KC
Vậy AF// AB
b. AEB Và KED đồng dạng, suy ra
EB
DE
AB
OK

EB
DB
AB
DC
EB
BD
AB
KCDK
EB
EBDE
AB
ABKD






 (1)
Do EF// DI
EF
AB
EB
DB
EF
DI
EB
DB
 (2)
Từ (1) và (2) EFDCAB
EF
AB
AB
DC
.2

Câu 6: Theo đề bài ta phải tính diện
tích tam giác ABO, biết SBOC = 169 cm2
SAOD = 196 cm2
Ta nhận thấy SABD = SACD (vì có chung đáy AD
và đường cao tương ứng bằng nhau)
Suy ra SABO = SCOD
Từ công thức tính diện tích tam giác ta rút ra rằng: tỷ số diện tích hai tam giác có
chung đường cao bằng tỷ số hai đáy tương ứng.
Do đó:
COD
AOD
BOC
ABO
S
S
OC
AO
S
S
 => SABO.SCOD = SBOC.SAOD
A
D
B
C
E F
K I
D
B C
A
O

------------------***-------------------
Mà SABO = SCOD nên: S2
ABO = SAOD . SBOD = 169.196 = 132
.142
=> SABO = 13.14 = 182 (cm2
)
================
ĐỀ 16
Câu 1(2đ): Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức sau là số nguyên.
2x3
+ x2
+ 2x + 5
A=
2x + 1
Câu 2(2đ): Giải phương trình
x2
- 3|x| - 4 = 0
Câu 3(2đ): Trên 3 cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy tương ứng các điểm P, Q, R.
Chứng minh điều kiện cần và đủ để AP; BQ; CR đồng qui là:
PB QC RA
. . = 1
PC QA RB
Câu 4(2đ): Cho a, b > 0 và a+b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M = (1+ 1/a )2
+ (1+ 1/b)2
Câu 5(2đ): Cho hai số x, y thoã mãn điều kiện 3x + y = 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A = 3x2
+ y2
ĐÁP ÁN
Câu 1
A nguyên  2x+ 1 là ước của 4
Ư(4) = 1; 2; 4
Giải ra x = -1; x= 0 thì A nguyên.
Câu 2: x2
- 3|x| - 4 = 0
 3|x| = x2
- 4
 3x =  (x2
- 4)
 x2
- 3x - 4 = 0 hoặc x2
+ 3x - 4 = 0
Giải 2 phương tình này được S = -4; 4
Câu 3: (Sách phát triển toán 8)
Câu 4: M = 18 khi a = b = …

------------------***-------------------
Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức...
Ta có: A = 3x2
+ (1-3x)2
= 12(x- 1/4)2
+ 1/4  A ≥ ẳ
Vậy Amin = 1/4 khi x = 1/4 ; y = 1/4.
=========================
ĐỀ 17
Bài 1. Cho biểu thức:
A =
x
x
x
xx
x
x
x
x 2006
).
1
14
1
1
1
1
( 2
2









a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Bài 2:
a) Giải phương trình:
20062005
1
1
2004
2 xxx




b) Tìm a, b để: x3
+ ax2
+ 2x + b chia hết cho x2
+ x + 1
Bài 3.
Cho hình thang ABCD; M là một điểm tuỳ ý trên đáy lớn AB. Từ M kẻ các đường
thẳng song song với hai đường chéo AC và BD. Các đường thẳng này cắt hai cạnh
BC và AD lần lượt tại E và F. Đoạn EF cắt AC và BD tại I và J.
a) Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF.
b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy chỉ ra vị trí của M trên AB sao cho EJ = JI = IF.
Bài 4. Cho a  4; ab  12. Chứng minh rằng C = a + b  7
ĐÁP ÁN
Bài 1:
a) Điều kiện:





0
1
x
x
b) A =
x
x
x
xxxx 2006
1
14)1()1(
( 2
222




=
x
x 2006
c) Ta có: A nguyên  (x + 2006) 





2006
1
2006
x
x
xx 
Do x = 1 không thoã mãn đk. Vậy A nguyên khi x = 2006
Bài 2.
a) Ta có:
20062005
1
1
2004
2 xxx





------------------***-------------------
 1
2006
1
2005
1
1
2004
2



 xxx

2006
2006
20062005
2005
2005
1
2004
2004
2004
2



 xxx

2006
2006
2005
2006
2004
2006 xxx 




 0
2006
1
2005
1
2004
1
)(2006(  x
 (2006 - x) = 0 x = 2006
b) Thực hiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được:





1
2
b
a
Bài 3.
a) Ta có:
OB
DO
PM
FP
IE
FI
 (1)
OA
CO
QM
EQ
FJ
EJ
 (2)
OA
CO
OB
DO
 (3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra
FJ
EJ
IE
FI
 hay
FI.FJ = EI.EJ (4)
Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có:
EHFH
IJ
EH
IJ
EH
IJ
FH
IJ
FH  )
2
)(
2
()
2
)(
2
(
b) Nếu AB = 2CD thì
2
1

OA
CO
OB
DO
nên theo (1) ta có
2
1

IE
FI
suy ra: EF = FI + IE = 3FI. Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ.
Do đó: FI = EJ = IJ =
3
EF
không liên quan gì đến vị trí của M. Vậy M tuỳ ý trên AB
Bài 4. Ta có: C = a + b = ( 74
4
1
4
123
2
4
1
4
3
2
4
1
)
4
3


 a
ab
aba (ĐPCM)
============================
ĐỀ 18
Câu 1:
a. Tìm số m, n để:
x
n
x
m
xx



 1)1(
1
b. Rút gọn biểu thức:
M =
3011
1
209
1
127
1
65
1
2222






 aaaaaaaa
D C
E
I J
F Q
P
A M B

------------------***-------------------
Câu 2:
a. Tìm số nguyên dương n để n5
+1 chia hết cho n3
+1.
b. Giải bài toán nến n là số nguyên.
Câu 3:
Cho tam giác ABC, các đường cao AK và BD cắt nhau tại G. Vẽ đường trung
trực HE và HF của AC và BC. Chứng minh rằng BG = 2HE và AG = 2HF.
Câu 4:
Trong hai số sau đây số nào lớn hơn:
a = 19711969  ; b = 19702
ĐÁP ÁN
Câu 1: (3đ)
a. m =1 (0.75đ); n = -1 (0.75đ)
b.(1.5đ) Viết mỗi phân thức thành hiệu của hai phân thức
(áp dụng câu a)
2
1
3
1
65
1
2




 aaaa
(0.25đ)
3
1
4
1
127
1
2




 aaaa
(0.25đ)
4
1
5
1
209
1
2




 aaaa
(0.25đ)
5
1
6
1
3011
1
2




 aaaa
(0.25đ)
Đổi dấu đúng và tính được :
M =
)6).(2(
4
2
1
6
1




 aaaa
(0.5đ)
Câu 2: (2.5đ)
a. (1.5đ)
Biến đổi:
n5
+ 1 n3
+ 1  n2
(n3
+ 1) – (n2
–1)  n3
+ 1 (0.5đ)
 (n + 1) (n – 1)  (n + 1)(n2
- n + 1) (0.25đ)
 n – 1  n2
– n + 1 (vì n + 1  0 ) (0.25đ)
Nếu n = 1 thì ta được 0 chia hết cho 1 (0.25đ)
Nếu n > 1 thì n – 1 < n(n – 1) + 1 = n2
– n +1

------------------***-------------------
Do đó không thể xảy ra quan hệ n – 1 chia hết cho n2
– n +1 trên tập hợp số nguyên
dương
Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1 (0.25đ)
b. n – 1  n2
– n +1
 n(n – 1)  n2
– n + 1
 n2
– n  n2
– n + 1
 ( n2
– n + 1) – 1  n2
– n + 1
 1  n2
– n + 1 (0.5đ)
Có hai trường hợp:
n2
– n + 1 = 1  n(n – 1) = 0  n = 0 hoặc n = 1
Các giá trị này đều thoả mãn đề bài (0.25đ)
n2
– n + 1 = - 1  n2
– n + 2 = 0 vô nghiệm
Vậy n = 0, n = 1 là hai số phải tìm (0.25đ)
Câu 3: (3đ) (Hình *)
Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI và BI, ta có HE là đường trung bình của
ACI nên HE//AI và HE = 1/2IA (1) (0.25đ)
Tương tự trong CBI : HF//IB và HF = 1/2IB (2) (0.25đ)
Từ BGAC và HEAC BG//IA (3) (0.25đ)
Tương tự AKBC và HFBC  AG//IB (4) (0.25đ)
Từ (3) và (4) BIAG là hình bình hành (0.25đ)
Do đó BG = IA và AG = IB (0.5đ)
Kết hợp với kết quả (1) và (2)  BG = 2HE và AG = 2HF (0.5đ)
Câu 4: (1.5đ)
Ta có: 19702
– 1 < 19702
 1969.1971 < 19702
 1970.21971.19692  (*) (0.25đ)
Cộng 2.1970 vào hai vế của (*)
ta có:
1970.41971.196921970.2  (0.25đ)
 22
)19702()19711969(  (0.25đ)
 1970219711969  (0.25đ)
Vậy: 1970219711969  (0.25đ)
K
D
A
I
CFB
E
G H
Hình *

------------------***-------------------
===============================
ĐỀ 19
Bài 1 (2,5đ) Cho biểu thức
A = 

















 2
10
2:
2
1
36
6
4
2
3
2
x
x
x
xxxx
x
a. tìm tập xác định A: Rút gọn A?
b. Tìm giá trị của x khi A = 2
c.Với giá trị của x thì A < 0
d. timg giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
bài 2 (2,5đ)
a. Cho P =
12
1
234
34


xxxx
xxx
Rút gọn P và chứng tỏ P không âm với mọi giá trị của x
b. Giải phương trình
8
1
3011
1
209
1
127
1
65
1
2222







 xxxxxxxx
Bài 3 (1đ)
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
9
1227
2


x
x
Bài 4 (3đ)
Cho ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối
xứng của H qua AB và AC
a. CMR: E, A, H thẳng hàng
b. CMR: BEFC là hình thang, có thể tìm vị trí của H để BEFC trở thành một hình
thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật được không.
c. xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất?
Bài 5 (1đ)
Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1
CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1) 8
ĐÁP ÁN
Bài 1 (2,5đ)
sau khi biến đổi ta được;

------------------***-------------------
A =
   6
2
22
6 


 x
xx
0,5đ
a. TXĐ =  0;2:  xxx 0,25đ
Rút gọn: A =
xx 



2
1
2
1
0,25đ
b. Để A = 2 5,1 x (thoã mãn điều kiện của x) 0,5đ
c. Để A < 0 thì 2020
2
1


xx
x
(Thoã mãn đk của x) 0,5đ
d. Để A có giá trị nguyên thì (2 - x) phải là ước của 2. Mà Ư (2) =  2;1;2;1
suy ra x = 0; x = 1; x = 3; x= 4. Nhưng x = 0 không thoã mãn ĐK của x 0,25đ
Vậy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ
Bài 2 (2,5đ)
a. P =
12
1
234
34


xxxx
xxx
1đ
Tử: x4
+ x3
+ x + 1 = (x+1)2
(x2
- x + 1) 0,25đ
Mẫu: x4
- x3
+ 2x2
-x +1 = (x2
+ 1)(x2
-x + 1) 0,25đ
Nên mẫu số (x2
+ 1)(x2
-x + 1) khác 0. Do đó không cần điều kiện của x 0,25đ
Vậy P =
   
    
 
`1
1
11
11
2
2
22
22





x
x
xxx
xxx
vì tử =   xx  01
2
và mẫu x2
+ 1 >0 với
mọi x 0,25đ
Nên P x 0
b. Giải PT:
8
1
311
1
209
1
127
1
65
1
2222







 xxxxxxxx
x2
+ 5x + 6 = (x + 2)(x + 3)
x2
+ 7x + 12 = (x + 4)(x + 3)
x2
+ 9x + 20 = (x + 4)(x + 5)
x2
+ 11x + 30 = (x + 5)(x + 6)
Trong đó
      
...
3
1
2
1
32
1
65
1
2






 xxxxxx
TXĐ =  6;5;4;3;2;  xx phương trình trở thành:

------------------***-------------------
2
2
1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 3 3 4 4 5 5 6 8
1 1 1
2 6 8
8( 6 2) ( 2)( 6)
32 8 12
8 20 0 2; 10
x x x x x x x x
x x
x x x x
x x
x x x x
       
       
  
 
      
   
       
Vậy PT đã cho có nghiệm x =2; x = -10
Bài 3 (1đ)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
   
2
2
2 2 2
2 2 2
27 12
9
12 36 9 627 12
1 1
9 9 9
x
A
x
x x x xx
A
x x x



    
     
  
A đạt giá trị nhỏ nhất là -1  
2
6 0x   hay x = A =
     
22 2
2 2 2
4 36 4 12 9 2 327 12
4 4
9 9 9
x x x xx
x x x
    
   
  
. A đạt GTLN là 4
 
2 3
2 3 0
2
x x    
Bài 4 (3đ)
a.(0,75đ) do E đôie xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của đoanh
thẳng EH
vậy góc EAH = gócIAH (1)
góc FAD = gócDAH (2)
cộng (1) và (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 900
theo
giả thuyết
hay gócEAI + gòcAD + BAC = 900
+ 900
= 1800
. Do đó 3 điểm E, A, F thẳng
hàng
b. Tam giác ABC vuông ở A nên gócABC + ACB = 900
(hai góc nhọn tam giác
vuông)
Mà gócEBA = gócABH (tính chất đối xứng)
gócCA = gócHCA (tính chất đối xứng)
suy ra góc EBA + góc FCA = 900
haygóc EBA + góc FCA + góc ABC + góc ACB = 1800

------------------***-------------------
suy ra góc EBC + góc FBC = 1800
(hai góc trong cùng phía bù nhau)
do đó BE song song CF. Vởy tứ giác BEFC là hình thang 0,75đ
Muốn BEFC là hình thang vuông thì phải có góc AHC = 900
( 0
90E F  ) vậy
H phải là chân đường cao thuộc cạnh huyền của tam giác ABC
Muốn BEFC là hình bình hành thì BE = CF suy ra BM = HC. Vậy H phải là
trung điểm của BC………….. 0,25đ
Muốn BEFC là hình chữ nhật thì BEFC phải có một góc vuông suy ra (
0
45B C  ) điều này không xảy ra vì tam giác ABC không phaỉ là tam giác vuông
cân…..0,25đ
c.lấy H bất kỳ thuộc BC gần B hơn ta có:
2EHF AIDHS S  dựng hình chữ nhật HPQD bằng AIHD
vậy Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ. Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g)
suy ra HBIS HMB EHF ABMQ ABCS S S S S      
với H gần C hơn ta cũng có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC
khi H di chuyển trên BC ta luôn có SEHF ABCS . Tại vị trí h là trung điểm của BC
thì ta có
SEHF = SABC. Do đó khi H là trung điểm của BC thì SEHF là lớn nhất.
Bài 5 (1đ) Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1
Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8
Do a, b, c là các số dương nên ta có;
(a – 1)2
 
2
2 2 2
0 0 1 2 2 1 1 4a a a a a a a            (1) …………0,25đ
Tương tự (b + 1)2
4b (2)………………0,25đ
(c + 1)2
4c (3) …………0,25đ
Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có:
(b + 1)2
(a – 1)2
(c + 1)2
64abc (vì abc = 1)
((b + 1)(a – 1)(c + 1))2
64
(b + 1)(a – 1)(c + 1)  8…..0,25đ
=======================================
ĐỀ 20
Câu I :(3đ)
a) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
A = x3
+8x2
+ 19x +12 . B = x3
+6x2
+11x +6 .
b) Rút gọn phân thức :

------------------***-------------------
6116
12198
23
23



xxx
xxx
B
A
.
Câu II : (3đ) .
1 ) Cho phương trình ẩn x.
.2
2
2






ax
x
x
ax
a) Giải phương trình với a = 4.
b) Tìm các giá trị của a sao cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm.
2 ) Giải bất phương trình sau : 2x2
+ 10x +19 > 0.
Câu III (3đ): Trong hình thoi ABCD người ta lấy các điểm P và Q theo thứ tự trên
AB và CD sao cho AP = 1/ 3 AB và CQ = 1/ 3 CD. Gọi I là giao điểm của PQ và AD
, K là giao điểm của DP và BI , O là giao điểm của AC và BD.
a) Chứng minh AD = AI , cho biết nhận xét về tam giác BID và vị trí của K trên IB.
b) Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích của A và I.
Câu IV : (1đ) .Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :
yx2
+yx +y =1.
ĐÁP ÁN
Bài I : 1) A = (x+1) ( x+3) (x +4) (1đ)
B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) (1đ)
2)
2
4
)3)(2)(1(
)4)(3)(1(






x
x
xxx
xxx
B
A
(1đ)
Bài II :1) . Phương trình 2
)(
)2(
)2(
)(






ax
x
x
ax
(1)
Điều kiện: x  -2 và x  a.
(1)  x2
– a2
+ x2
– 4 = 2x2
+ 2(2- a)x – 4a
 – a2
- 4 + 4a = 2(2- a)x
 - (a - 2)2
= 2(a - 2)x (*)
a) với a =4 thay vào (*) ta có :
4 =4x  x=1 (1đ)
b) . Thay x= -1 vào (*) ta được.
(a – 2 )2
+ (a - 2)= 0
 (a - 2) (a – 2 + 2) = 0
a = 2

------------------***-------------------
 a = 0 (1đ)
2) . Giải bất phương trình :
2x2
+ 10x + 19 > 0 (1)
Biến dổi vế trái ta được.
2x2
+ 10x + 19 = 2x2
+ 8x +8 + 2x +4 +7
=2(x2
+ 4x +4) + 2(x +2) + 7
= 2(x + 2)2
+2(x + 2) + 7
= (x + 3)2
+ (x + 2)2
+ 6 luôn lớn hơn 0 với mọi x
Nên bất phương trình (1) Nghiệm đúng với  x . (1đ)
Bài III .
AP // DQ
Xét tam giác IDQ có . AP =
2
1
DQ
Theo định lý Ta Lét trong tam giác ta có : (0,75đ )
AIADIDIA
AQ
AP
ID
IA
 2
2
1
Tam giác BID là tam giác vuông tại B vì AO DB và AO là đường trung
bình của  BID
Điểm K là trung điểm của IB. (Do DK là đường trung tuyến của BID ) .
(0,75đ)
b). Với B và D cố định nên đoạn DB cố định.Suy ra trung điểm O cố định.
Mặt khác AC BD , BI DB và vai trò của A và C là như nhau . Nên quỹ tích của A là
đường thẳng đi qua O và vuông góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích của điểm I là đường
thẳng đi qua B và vuông góc với BD trừ điểm B. (1đ)
Đảo: Với A và I chạy trên các đường đó và AD = AI .Thì AP =
2
1
AB và CQ =
3
1
CD.
Thật vậy : Do AP // DQ suy ra DQAP
AQ
AP
ID
IA
 2
2
1
mà AB = CD ĐPCM.
(0,5đ)
Bài IV: y x2
+ y x + y = 1 . (1)
Nếu phương trình có nghiệm thì x ,y > 0.
(1) y(x2
+ x +1) = 1
 y= 1  y = 1 ,x= 0
x2
+ x +1 =1

------------------***-------------------
Vậy nghiệm của phương trình trên là (x,y) = (0 ,1). (1đ)
===================================
ĐỀ 21
I. Đề bài:
Bài 1:(2 điểm) Cho A = 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
b c - a c a - b a b - c
 
  
Rút gọn biểu thức A, biết a + b + c = 0.
Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình:
1) (x+1)4
+ (x+3)4
= 16
2)
1001 1003 1005 1007
4
1006 1004 1002 1000
x x x x   
   
Bài 3:(2 điểm) Chứng minh rằng số:
a = +
1 1 1 1
... , n Z
1.2 2.3 3.4 n.(n+1)
     không phải là một số nguyên.
Bài 4:(3 điểm)
Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA.
a) Tứ giác MNPQ là hình gì? Tại sao?
b) Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ là hình vuông?
c) Với điều kiện câu b), hãy tính tỷ số diện tích của hai tứ giác ABCD và MNPQ.
ĐÁP ÁN
Bài 1:(2 điểm) Ta có: a + b + c = 0  b + c = - a. 0.25 điểm
Bình phương hai vế ta có : (b + c)2
= a2
 b2
+ 2bc + c2
= a2
 b2
+ c2
- a2
= -2bc 0.5 điểm
Tương tự, ta có: c2
+ a2
- b2
= -2ca
a2
+ b2
- c2
= -2ab 0.5 điểm
 A =
1 1 1 -(a+b+c)
- - - = =0
2bc 2ca 2ab 2abc
(vì a + b + c = 0) 0.5 điểm
Vậy A= 0. 0.25 điểm
Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình:
1) Đặt y = x + 2 ta được phương trình:

------------------***-------------------
(y – 1)4
+ (y +1)4
= 16  2y4
+ 12y2
+ 2 = 16
 y4
+ 6y2
-7 = 0 0.5 điểm
Đặt z = y2
ta được phương trình: z2
+ 6z – 7 = 0 có hai nghiệm là
z1 = 1 và z2 = -7. 0.5 điểm
 y2
= 1 có 2 nghiệm y1 = 1 ; y2 = -1 ứng với x1 = -1 ; x2 = -3.
 y2
= -7 không có nghiệm. 0.5 điểm
2)
1001 1003 1005 1007
4
1006 1004 1002 1000
x x x x   
   
1001 1003 1005 1007
1 1 1 1 0
1006 1004 1002 1000
x x x x   
        
2007 2007 2007 2007
0
1006 1004 1002 1000
x x x x   
     0.5 điểm
1 1 1 1
( 2007) 0
1006 1004 1002 1000
x
 
      
 
 ( 2007)x  = 0 0.5 điểm
Vì
1 1 1 1
0
1006 1004 1002 1000
 
    
 
 2007x  0.5 điểm
Bài 3:(1,5 điểm) Ta có:
a =
1 1 1 1 1 1 1
1 ...
2 2 3 3 4 n n+1
       
              
       
0,5điểm
=
1 n
1 = 1
n+1 n+1
  ; 0.5 điểm
Mặt khác a > 0. Do đó a không nguyên 0.5 điểm
Bài 4:(3,5 điểm)
Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận đúng 0.5 điểm
m n
p
q
d
a
b
c

------------------***-------------------
a) Chứng minh MNPQ là hình bình hành 1 điểm
b) MNPQ là hình vuông khi và chỉ khi AC = BD, AC BD 1 điểm
c) SABCD =
2
a
2
; SMNPQ =
2
a
4
; 0.5 điểm
ABCD
MNPQ
S
2
S
  0.5 điểm
=========================
ĐỀ 22
Bài 1 (3 điểm)
a. Phân tích đa thức thành nhân tử.
A = x4
– 14x3
+ 71x2
– 154x +120
b. Chứng tỏ đa thức A chia hết cho 24
Bài 2 ( 3 điểm)
a. Tìm nghiệm nguyên tử của phương trình:
6
7
3
2
2
1
2
2
2
2






xx
xx
xx
xx
b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = 4
2
1 x
x

với x # 0
Bài 3 ( 1 điểm) Rút gọn biểu thức: P =
233
65
23
2


xxx
xx
Bài 4 ( 3 điểm )
Cho Tam giác ABC vuông cân ở A. Điểm M trên cạnh BC. Từ M kẻ ME
vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E  AB ; F  AC )
a. Chứng minh: FC .BA + CA . B E = AB2
và chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc
vào vị trí của M.
b. Tâm vị trí của M để diện tích tứ giác MEAF lớn nhất.
c. Chứng tỏ đường thẳng đi qua M vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định
ĐÁP ÁN
Bài 1: a. A = x4
– 14x3
+ 71x2
- 154 x + 120
Kết quả phân tích A = ( x –3) . (x-5). (x-2). (x-4) ( 2điểm )
b. A = (x-3). (x-5). (x-2). (x-4)

------------------***-------------------
=> A= (x-5). (x-4). (x-3). (x-2)
Là tích của 4 số nguyên liên tiêp nên A  24 (1 điểm )
Bài 2: a.
6
7
3
2
2
1
2
2
2
2






xx
xx
xx
xx
Tìm được nghiệm của phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B= 4
2
1 x
x

với x # 0 giải và tìm được B max = 1/2 thì x = 1 ( 1, 5 điểm )
Bài 3 Rút gọn biểu thức:
P =
  
   1
3
.
12
3.2
233
65
2223
2








xx
x
P
xxx
xx
xxx
xx
( 1điểm )
Bài 4: Giải a. chứng minh được
F C . BA + CA. BE = AB2
(0,5 điểm )
+ Chứng minh được chu vi tứ giác
MEAF = 2 AB
( không phụ vào vị trí của M ) ( 0,5 điểm )
b. Chứng tỏ được M là trung điểm BC
Thì diện tích tứ giác MEAF lớn nhất (1 điểm )
c. Chứng tỏ được đường thẳng
MH  EF luôn đi qua một điểm N cố định ( 1 điểm )
Đề 23
Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng:
a) 85
+ 211
chia hết cho 17
b) 1919
+ 6919
chia hết cho 44
Bài 2: (3đ)
a) Rút gọn biểu thức:
2
3 2
6
4 18 9
x x
x x x
 
  
b) Cho
1 1 1
0( , , 0)x y z
x y z
    . Tính 2 2 2
yz xz xy
x y z
 
Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA
sao cho BD + CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng
song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh
rằng AB = CK.

------------------***-------------------
Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2
+ 4x + 5
ĐÁP ÁN
Bài 1 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: 85
+ 211
= (23
)5
+ 211
= 215
+ 211
=211
(24
+ 1)=211
.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
an
+ bn
= (a+b)(an-1
- an-2
b + an-3
b2
- …- abn-2
+ bn-1
) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919
+ 6919
= (19 + 69)(1918
– 1917
.69 +…+ 6918
)
= 88(1918
– 1917
.69 + …+ 6918
) chia hết cho 44.
Bài 2 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: x2
+ x – 6 = x2
+ 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3)
= (x+3)(x-2).
x3
– 4x2
– 18 x + 9 = x3
– 7x2
+ 3x2
- 21x + 3x + 9
=(x3
+ 3x2
) – (7x2
+21x) +(3x+9)
=x2
(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2
–7x +3)
=>
2
3 2
6
4 18 9
x x
x x x
 
  
= 2 2
(x+3)(x-2) ( 2)
(x+3)(x -7x +3) x -7x +3
x 
 Với điều kiện x -1 ; x2
-7x + 3  0
b) (1,5đ) Vì
3
3 3 3 2 2 3
1 1 1 1 1 1
0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3. . 3 .
x y z z x y
z x y z x x y x y y
 
       
 
   
            
   
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 . . 3.
x y z x y x y x y z xyz
 
          
 
Do đó : xyz( 3
1
x
+ 3
1
y
+ 3
1
z
)= 3 3 3 3 2 2 2
3 3
xyz xyz xyz yz zx xy
x y z x y z
       

------------------***-------------------
Bài 3 : (3đ)
Chứng minh :
Vẽ hình bình hành ABMC ta
có AB = CM .
Để chứng minh AB = KC ta cần
chứng minh KC = CM.
Thật vậy xét tam giác BCE có BC =
CE (gt) => tam giác CBE cân tại C
=> 1B E vì góc C1 là góc ngoài
của tam giác BCE =>
1 1 1 1
1
2
C B E B C    mà AC // BM
(ta vẽ) => 1 1
1
2
C CBM B CBM  
nên BO là tia phân giác của CBM .
Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia
phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O =>
MO là phân tia phân giác của góc CMB
Mà : ,BAC BMC là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác
của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng
hàng.
Ta lại có : 1
1
( );
2
M BMC cmt A M  1 2M A  mà 12A K (hai góc đồng vị) =>
1 1K M CKM   cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm)
Bài 4: (1đ)
Ta có M= 4x2
+ 4x + 5 =[(2x)2
+ 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2
+ 4.
Vì (2x + 1)2
0 =>(2x + 1)2
+ 4  4  M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -
1
2
-------------------------------------------------
===========================================
A
B
D
M
E
C
K

Tuyển tập một số đề thi HSG môn Toán lớp 8 có đáp án - Toán Thầy Thích - ToanIQ.com

More Related Content

What's hot (20)

Viewers also liked (18)

Similar to Tuyển tập một số đề thi HSG môn Toán lớp 8 có đáp án - Toán Thầy Thích - ToanIQ.com (20)

More from Gia sư môn Toán tại nhà Hà Nội Chất Lượng Cao (9)

Recently uploaded (20)

Tuyển tập một số đề thi HSG môn Toán lớp 8 có đáp án - Toán Thầy Thích - ToanIQ.com