BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 LẦN 1( GỜM 16 ĐỀ)
ĐỀ SỚ 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
b) x  x  x  1
d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015
8
4
2
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:
� 7�
3x  �
(6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1) �
� 4�
x y
b) Tính giá trị biểu thức P =
. Biết x 2 – 2 y 2 = x y (x + y ≠ 0, y ≠ 0).
x y

c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức  x  2   x  4   x  6   x  8   2015 cho đa thức

x 2  10 x  21 .
Bài 3 (1,25 điểm): Cho biểu thức A 

4xy
y  x2
2

� 1
�
1
:� 2
 2
2
2 �
y  2 xy  x �
�y  x

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:
a) x3 - 2x2 - 5x + 6 = 0

c)

3
2
4
9
 2
  2
x  5 x  4 x  10 x  24 3 x  3 x  18
2

b) 5  3x 3 x  5
d, x2 – y2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương.

Bài 5 : (2,75 điểm) Cho hình vng ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vng góc với nhau lần lượt cắt
BC tại P và R, cắt CD tại Q và S.
a) Chứng minh  AQR và  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  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 3 3 2 3
1 
1 
1 
1

b) x  x  x  1 =  x   3. x  .1  3. x .12  13 =  x  1

8
4
2
2 
2 
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


Bài 2
(1,5
điểm)

� 7�
3 x  �= 12x2 – 18x + 14x - 21 – 12x2 + 7x –
a) ( 6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1) �

� 4�
7
77
3x +
=
4
4
2
2
b) x – 2y = 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 3y 3
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

0,5 điểm

Đặt t  x 2  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)


Do đó khi chia t 2  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 � �
+ A = 2 khi �
3
�
�
y
x
�
�
y;y
�
0
�
� 2


0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm

�
(x  y  1)2  1
�
2x x  y  1 Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và
+ A = 1 khi �
0,25 điểm
�
x
�
�
y;y
�
0
�
�
21
x
�
�
2
y, chẳng hạn: �
2 3
�
y
�

�
2
+ 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 - 1)(x + 2)(x - 3) = 0   x  2
 x 3
b) 5  3x 3 x  5  3x  5 3 x  5  3x  5 0  x 

5
3

0,5 điểm

0,5 điểm

2


c) ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3
3
2
4
9
�

 
 x  1  x  4   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 
� 4 x2  8x  0 � 4x  x  2  0


Bài 5
(2,75
điểm

Bài 6
(0,5
điểm

 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)  ADQ =  ABR vì chúng là hai tam giác
vng (2 góc có cạnh t.ư vng góc) và DA = BD
(cạnh hình vng). Suy ra AQ=AR, nên  AQR là
tam giác vuông cân. Chứng minh tương tự ta có: 
ABP =  ADS
do đó AP =AS và  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.

0,25 điểm

0,5 điểm

0,25 điểm


0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm
�  PAM
� = 450 nên góc MAN vng. Vậy tứ giác AHMN có ba
Mặt khác : PAN
góc vng, nên nó là hình chữ nhật.
c) Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của  SQR.
0,25 điểm
Vậy P là trực tâm của  SQR.
1
d) Trong tam giác vng cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = QR
2
 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
0,25 điểm
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
0,5 điểm
e) Vì ABCD là hình vng 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 0,25 điểm
2
1
Chứng tỏ A  2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x = ; y =  )
3

3
2
1
Vậy min A = 2010 khi (x = ; y =  )
3
3

3


b) Ta có a3+ b3 + ab 

1
1
1
(1)  a3+b3+ab - 0  (a+b)(a2+ b2-ab) + ab- 0
2
2
2

0,25 điểm

1
0 (vì a + b =1)  2a2+2b2-1 0  2a2+2(1-a)2-1 0 (vì b = 1- a)
2
2
1
1



2
2
2
 2a +2 - 4a + 2a - 1 0  4(a - a + ) 0  4 a   0 a (2)
4
2

... đpcm.
 a2+b2-

ĐỀ SỚ 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
a/ x  4  12 ;
3
c/ 3 x  5  4 ;

3 1
 : x  3 ;
4 4
x  4 x  3 x  2 x 1



d/

2011 2012 2013 2014
b/

Bài 3: (2,0 điểm)
a 2  4a  4
. Tìm a �Z để A là số nguyên.
a 3  2a 2  4a  8
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


a/ Tìm a, b, c biết 5a - 3b - 4c = 46 và
.
2
4
6
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
a/ Cho a + b + c = 1 và   = 0. Tính a 2  b 2  c 2
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 vng góc với AB và AF = AB. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm B,
bờ là đường thẳng AC vẽ AH vng 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.
Bài 8: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của: A x    x  1  x  3  x  4   x  6   10
a/ Cho A =

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

4


= x2(x2 + x + 1) + 2014(x2 + x + 1)–(x – 1)(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)(x4 + 2014 – x + 1)
2
= (x + x + 1)(x4– x + 2015)
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
a/ x  4  12 � x  16 � x  24 . Vậy x = -24
3
3
3 1
1
15
1 � 15 �
1
1
 �� x   . Vậy x = 
b/  : x  3 � : x   � x  : �
4 4
4
4

4 � 4�
15
15
c/ 3 x  5  4 . 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�
d/
2011 2012 2013 2014
�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
Để A nguyên �
nguyên � 1 M
a2
b/ n5 + 1 Mn3 + 1 � n2 (n3 + 1) - (n2 - 1) M(n3 + 1) � (n + 1)(n - 1) M(n3 + 1)

� (n + 1)(n - 1) M(n + 1)(n2 – n + 1) � (n - 1) M(n2 – n + 1) (vì n + 1 �0)
+ Nếu n = 1 thì 0 M1
+ Nếu n > 1 thì (n - 1) < n(n - 1) + 1 < n2 – n + 1
nên không thể xảy ra n - 1 Mn2 – 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).
5


Do đó: a : b = b(a - 1) = a - 1
nên a + b = a - 1 � b = -1 và a = -1(a - 1)
� 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
  Phần nào có a+b+c thì thay = 1
a b c
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
 3  1  3  2 .
= 2014.
2014
Vậy S = - 2.
Câu 6: (3,0 điểm)
H
K
Phân tích

A

F

B

D

C

a/ - Xét  BDI và  CDA có: DB = DC (gt), I
�  CDA
�
(đối đỉnh), DA = DI (gt)
BDI
�  BDI =  CDA (c.g.c)
� BI = CA (2 cạnh tương ứng),

�  CAD
� (2 góc tương ứng). Mặt khác 2 góc này ở vị trí so le trong nên suy ra BI//AC.
BID
- Xét  ABI và  FAH có:
� ),
� (cùng bù với BAC
AB=AF (gt), �
ABI  FAH
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:
�  FAK
�  900 , mà �
�
BAI
AFH  BAI
�  900
� nên �
hay �
AFH  FAK
AFK  BAI
�  900
- Xét  AFK có �
AFH  FAK
�  900 � AK  FK � AI  FH
� FKA
A

(vì I, K thuộc đường thẳng AD, K thuộc EH)
Bài 7: (2 điểm)

a/
- Hình vẽ:

E

//

//

B

M
O
N
D

//

F

//

6
C


- 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
b/ Xét  ABD có M là trọng tâm, nên OM  OA
3
1
- Xét  BCD có N là trọng tâm, nên ON  OC
3
- 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
Đặt x 2  7 x  6 = t
� A t   t  t  6   10
 t 2  6t  9  1   t  3  1 �1
2

A t  Min  1 đạt được khi t = -3
� A x  Min  1 đạt được khi x 2  7 x  6 = -3
� x2 - 7x + 9 = 0 � x = 7  13 ; x = 7  13
2
2
ĐỀ SỚ 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


Cho biểu thức: A = � 2
�: 2
�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 khơng 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 
Tính giá trị của biểu thức: A =
 1  a 2   1  b2   1  c2 
�x  y  a  b
2) (1,5 điểm) Cho � 2
2
2
2 .
�x  y  a  b
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: xn + yn = an + bn
Bài 4 (3,0 điểm)
1) Tìm x:
a) x  1  x  3  x  5  4 x
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
Bài 6 (5,0 điểm)
7


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

Nội dung
8
� 2 4 �
9x  �
x = 2x �
25 �
25
�
� 2�
� 2�
 2x �
3x  �
3x  �

�
� 5�
� 5�
a(a + 2b)3 - b(2a + b)3
= 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
= a(a + b)3 + 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
18x3 -

1

2

1

Biểu

điểm
0,5
0,5

0,5
0,5

1,0

2

3

7 �7 �
49
x2 – 7x + 11 = x2 – 2x.  � � 11 
2 �2 �
4
2

2
� 7� �5�
= �x  � �
�
�=
� 2� �
�2 �

� 7 5 �
� 7 5 �

�
�
�x  2 �
�
�x  2 �
�
�
�
�
�
2

2

1

2

� 7  5 �� 7  5 �
Vậy A = �
�x  2 ��
��x  2 �
�
�
��
�
a) Giá trị của biểu thức A được xác định với điều kiện:
�x 2  1 �0
�x 2 �1
�

2 x  2 �0
�
�
۹۹�
x
1
�
�x 1
2 x  2 �0
�
�x �1
�
�
4 x 2  4 �0
�

0,5

0,5

8


Với x ��1 , ta có:
�
3
x 1
x  3 �4 x 2  4



.
A= �
( x  1)( x  1) 2( x  1) 2( x  1) �
�
� 5
2

1

6  ( x  1) 2  ( x  3)( x  1) 4( x  1)( x  1)
.
=
2( x  1)( x  1)
5
2
2
(6  x  2 x  1  x  2 x  3).2
=
5
=4
Vậy khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó khơng 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)

2

Nếu b – y = 0 � y  b � x  a  y  a  b
�x  y  b  a �x  b

��
 Nếu x + a = y + b � �
�x  y  a  b �y  a
Do đó: xn + yn = bn + an = an + bn
Vậy trong mọi trường hợp, ta có: xn + yn = an + bn


4
1.a)

1.b)

2

0,5
0,5
0,5

2

(b  c) 2 (c  a) 2
1
(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
�
Do đó: A =

3

 a  b

1,0

n

n

n

n

x  1  x  3  x  5  4 x (1)
Vế trái luôn luôn không âm với mọi x nên 4x �0 ۳ 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
��
(vì (y + 2x – 3)2 �0 và 3(x – 2)2 �0)
x

2

0
�

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

0,5

0,25

0,5
0,5

9


1

�x  2
��
. Vậy x = 2; y = -1
�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:
- 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
2

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

0,5
0,25
2

3  3
9 
3
7
Ta có: A = x + 3x + 4 = x + 2x.     4  =  x   
2  2
4 
2
4
2

5

2

2

0,25

2

3
3
7 7



Với mọi x, ta có:  x   0   x     > 0
2
2
4 4


2

2

49
7
 A    12,25
4
 2
3
3
Dấu “=” xảy ra khi x  0  x 
2
2
3
Vậy minA = 12,25 khi x = 2

0,25
0,5
0,5

6

1


1

2

3

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
Theo câu 1) P là là trọng tâm của  ABD � AP  AO  . AC  AC
3
3 2
3
1
Tương tự, ta có: CQ  AC
3
1
Do đó: PQ = AC – AP – CQ = AC
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.

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

0,5
0,5

10


4

 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 cnh CD.

0,5
0,5


ấ Sễ 4
Cõu 1 (3,0 im).
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
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
a2 b2 c2 a c b
b) Cho ba số a, b, c khác 0 thoả mãn: 2  2  2    .
b
c
a
c b a
Chứng minh rằng a = b = c.
Câu 3 (4,0 điểm).
Giải các phương trình:
a) 2 x  1  2 x  5 = 4 (1)
2
2
2
x  3 � �x  3 � 7  x  9 
b) �
0
�
� 6 �
� 2
�x  2 � �x  2 � x  4
Câu 4 (4,0 điểm).

2


2

� 1� � 1�
a) Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 2. Chứng minh rằng: �x  � �y  ��8
� x� � y�
2015
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
, với x là số nguyên.
x 3
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

11


Câu

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)

1

b)
A = (x2 - x + 1)2 - 5x(x2 - x + 1) + 4x2
Đặt 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 - 1)2 �
�
�
�
�
�
�x 
2
2 �
�
�
�
�
a)


2

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
Ta có : (x – y) �0, (y – z) �0 , (z – x)2 �0
�x  y  0
�
Do đó: (1) � �y  z  0 .
�z  x  0
�
�x yz
b) Có thể chứng minh một trong hai cách sau:
a 2 b2 c2 a c b
Cách 1. Ta có: 2  2  2   
b
c
a
c b a
� a4c2 + b4a2 + c4b2 = abc(a2c + c2a + b2c)
Đặt x = a2c, y = b2a, z = c2b. Ta được:
x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx
Áp dụng kết quả câu a) ta được:
(x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0
� x=y=z

� a2c = b2a = c2b
� ac = b2; bc = a2; ab = c2
� a = b = c (đpcm).
a
b
c
Cách 2: Đặt x = , y = , z = . Khi đó xyz = 1.
b
c
a
2
2
2
a
b
c
a
c
b
Từ 2 + 2 + 2 = + +
suy ra:
b
c
a
c
b
a
1
1
1 xy + yz + zx

+
+ =
= xy + yz + zx
x2 + y2 + z2 =
x
y
z
xyz
Áp dụng kết quả câu a) ta được:
(x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0
� x=y=z
a b c
� = =
b c a
3
3
3
�a � �b � �c � abc
� � �= � �= � �=
1
�b � �c � �a � abc
a b c
� = = =1
b c a
� a = b = c (đpcm).

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
2,0
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
12


.

ĐỀ SỐ 5
Câu 1 (2,0 điểm).
Rút gọn biểu thức: B =

x 3  y 3  z 3  3xyz
( x  y )2  ( y  z )2  ( x  z ) 2

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
�
a) � x  3 � � x  4 �  1  x   0
�4
� �4
�
�3  x �
� 3 x �
b) x �
�
�x 
� 2
�x  1 �
� x 1 �

Câu 4 (4,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức
a) A = 3x  1  x  2  4 x  3
14x 2  8x  9
b) B =
3x 2  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 im): Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh CD và
900 . Gọi F là điểm đối xứng
N là một điểm trên đờng chéo AC sao cho BNM
cña A qua N. Chøng minh r»ng FB  AC.
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI

13


Câu

1

Nội dung
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  x 2  y 2  z 2  xy  yz  xz 
=

2

Điểm
2,0

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

x yz
2

0,5

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 x4 + 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)

2

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
Do đó: B M(x2 + 3) � (4 x  1) M(3 x 2  3)
(1)
Vì 4 x �1 và 4x �1 nên
(1) � (4x - 1)(4x + 1) M(x2 + 3)
� (16x2 - 1) M(x2 + 3) � 16(x2 - 3) - 49 M(x2 + 3)
2

C = x2 +

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
14
0,5


ĐỀ SỚ 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.

2
1 ��
10  x2 �
� x
A  �2



x  2
�
�: �
x 2 �
�x  4 2  x x  2 ��
1
b. Tính giá trị của A , Biết x = .
2

Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức:
a. Rút gọn biểu thức A.
c. Tìm giá trị của x để A < 0.

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

Bài 3 : (2 điểm) a) Giải phương trình :

1
1
1
1
 2
 2

x  9 x  20 x  11x  30 x  13 x  42 18
2

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
A=


a
b
c


3
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
3
y3  z 3 �
(x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3 = �
 x  y  z   x 3 � �
�
�

Bài 1: (2 điểm) a)

�
�
 y  z   y 2  yz  z 2 
=  y  z �
 x  y  z   x  y  z x  x2 �
�

�
2
x  x  y  z  x  y �
=  y  z  3x  3xy  3yz  3zx = 3  y  z  �
�
�
2





= 3 x  y  y  z  z  x  .
(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  x2 �
� x



x  2
Bài 2: (2,5 điểm) Biểu thức: A  � 2
�
�: �
x 2 �
�x  4 2  x x  2 ��
1
a) Rút gọn được kết qủa: A 
(0,75 điểm)
x 2
15


b) x 

1
1
1
� x  hoặc x 
2
2
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  Ư(-1)  x-2  { -1; 1}  x  {1; 3} (0,5 điểm)
d) A  Z 
x 2
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)
 A=

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

Phương trình trở thành :

1
1
1
1
1

1
1






x  4 x  5 x  5 x  6 x  6 x  7 18
1
1
1


x  4 x  7 18

(0,25 điểm)

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 


 (  )  (  )  (  ) (0,25 điểm)
Thay vào ta được A=
2x
2y
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)
Chứng minh : BEO  DFO ( g  c  g )  BE = DF
(0,5 điểm)
Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành
(0,25 điểm)
b) Chứng minh: ABC=  ADC   HBC=  KDC

(0,25 điểm)
  CHB ∽  CKD(g-g) 

CH CB

 CH. CD CK . CB
CK CD

c)Chứng minh :  AFD ∽  AKC(g-g)

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

AF AD


 AD. AK AF . AC
AK AC

Chứng minh :  CFD ∽  AHC(g-g) 
Mà : CD = AB 

(1 điểm)

CF CD

AH AC

CF AB


 AB . AH CF . AC
AH AC

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (0,25 điểm)

16


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


 ... 
c) Tính
5.8 8.11 11.14
47.50
Bài 3: Giải các phương trình
x 1
x 1
2
7  x 5 x 3 x
 2




 3
a) 2
b)
4
2
x  x  1 x  x  1 x(x  x  1)
1993 1995 1997
Bài 4: Cho ABC vng tại A. Vẽ ra phía ngồi tam giác đó các tam giác ABD vng 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 '


(A’ �BC; B’ �AC; C’ �AB). Chứng minh rằng:
=1
ha
hb
hc
(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
3
2
x - 2x - 4 = 0 � (x + 2x + 2)(x - 2) = 0 � �
x20
�
2
2
+) x - 2 = 0 � x = 2+) x + 2x + 2 � (x + 2x + 1) + 1 = 0 � (x + 1)2 + 1 = 0 : Vô nghiệm
Vì (x + 1)2 + 1 > 0 với mọi x
Bài 2:
17


a
b
c
a(b  c)  b(c  a)  c(a  b)



(c  a)(a  b) (a  b)(b  c) (b  c)(c  a)
(c  a)(a  b)(b  c)
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


 ... 
c) Tính :

5.8 8.11 11.14
47.50
150 150 150
150


 ... 
áp dụng câu b ta tính được
=9
5.8 8.11 11.14
47.50
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

�


a) 2
4
2
4
2
4
2
4

x  x  1 x  x  1 x(x  x  1)
x(x  x  1)
x(x  x  1)
x(x  x 2  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
b)
1993 1995 1997
1993
1995
1997
� x = 2000
Bài 4:
Cho ABC vng tại A. Vẽ ra phía ngồi tam giác đó các tam giác ABD vng 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
� + BAC
� + CAE
�
a) Chứng minh DAB
= 1800
A
� D, A, E thẳng hàng
M
b) Đặt AB = c, AC = b.
N
BD // AC (cùng vuông góc với AB)
MC AM AC
AM
AC


�

nên
MD MB BD
MB + AM
AC + BD
B
C
�
AM
AC
AM

AC
AC. AB

�

� AM 
(1)
AB AC + BD
AB AC  AB
AC  AB
� AM(AC + AB) = AC. AB � 3(4 + AB) = 4 AB � AB = 12 cm � MB = 9 cm
MC AM
MC.MB 5.9

� MD 

 15 cm
Từ
MD MB
MA
3
a) S =

c) AB // CE (cùng vuông góc với AC) nên

AN AB
AN
AB

�


NC CE
NC + AN
AB + CE

AN
AB
AB. AC

� AN 
(2)
AC
AB + AC
AB + AC
Từ (1) vaø (2) suy ra: AM = AN
Bài 5:
Cho M là điểm nằm trong ABC , từ M kẻ MA’  BC, MB’  AC, MC’  AB
�

18

E


MA ' MB' MC '


=1
ha
hb

hc
(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


(1)
ha
AH SABC
MB ' SMCA
MC ' SMBA


C'
Tương tự:
(2) và
(3)
hb
SABC
hc
SABC
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có:
M
MA ' MB' MC ' SMBC SMCA SMBA






ha
hb
hc
SABC SABC SABC
H
SMBC  SMCA  SMBA SABC
A'
B

1
=
SABC
SABC
(A’ �BC; B’ �AC; C’ �AB). Chứng minh rằng:

B'

C

ĐỀ SỐ 8
Câu 1
2
a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0; ngồi ra cịn biết thêm a  b (b  c) .
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: x  2  3  1
b) Giả sử a, b, c là ba số đôi một khác nhau và
Chứng minh rằng:


a
b
c


0
bc ca a b

a
b
c


0
2
2
(b  c) (c  a) (a  b) 2

� , Ax cắt BC tại E. Trên tia Ex lấy điểm H
Câu 3: Cho tam giác ABC; gọi Ax là tia phân giác của BAC

�  ECH
� . Chứng minh rằng:
sao cho BAE
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 rng: EF // DC
hớng dẫn giải

Câu 1:
2
a) Vì a b (b c) nên a 0 và b 0 vì
Nếu a = 0 b = 0 hoặc 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
a
b
c
b 2  ab + ac - c 2
+

0 �
=


C©u 2: b) Từ
b-c
c-a a-b
b-c
a-c b-a
(a - b)(c - a)
2
2
a
b  ab + ac - c

1
�

(1) (Nhaân hai vế với
)
2
(b - c)
(a - b)(c - a)(b - c)
b-c

19


b
c 2  bc + ba - a 2
c
a 2  ac + cb - b 2


(2)
;
(3)
(c - a) 2 (a - b)(c - a)(b - c)
(a - b) 2 (a - b)(c - a)(b - c)
Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm
A
Tương tự, ta có:

C©u 3:
a) Ta cã  BAE


�
b)

�
�
�

 HCE (g.g)

BE AE

� BE.EC  AE.EH (1)
EH EC
 BAE  HCE (g.g)
� = CHE
�
� = CHA
�
� ABE
ABE
 BAE  HAC (g.g)
AE AB

� AB.AC  AE.AH (2)
AC AH

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:
Gọi O là giao điểm của AC và BD
OE
OA
=
a) Vì AE // BC �
(1)
OB
OC
OB
OF
=
BF // AD �
(2)
OD
OA
Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
� EG // CD

B

A

O
E
F

OE
OF
=
OD
OC

D
C

ĐỀ SỐ 9
Bài 1: Cho phân thức:

P=

2 x4
x 2  x  20

a) Tìm TXĐ của P
b) Rút gọn P
c) Tính giá trị của P khi x  5  1,5
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 vng góc với AB, CF vng góc
với AD và BG vng 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 khơng đổi
b) Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính số đo góc BKD
Bài 5:
Tìm nghiệm ngun 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
b) P =

2 x4
2 x4

x  x  20 (x  4)(x  5)
2

20


2
x5
2
Nếu x < 4 � P =
x5
Nếu x > 4 � P =

x  5  1,5;(x  5)

x  6,5
�
�
��
5  x  1,5;(x  5)
x  3,5
�
�

c) x  5  1,5 � �

2
2
2
20
4




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
=
Ta coù  AGB
 AEC �
AG
AB
� AB. AE = AC. AG (1)
AF
CG CG
=

(vì CB = AD)
 CGB
 AFC �
AC
CB AD
� AF . AD = AC. CG (2)
Cộng (5) và (6) vế theo vế ta có:
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
=
a) BC // AN �
(1)
BA
CN
CM
AD
=
CD// AM �
(2)
CN
DN
MB
AD
=
� MB.DN = BA.AD = a.a = a 2
Từ (1) vaø (2) suy ra
BA
DN
�
�
b)  MBD vaø  BDN có MBD
= 1200
= BDN
MB
MB CM
AD BD
� = 600 nên

=

=

(Do ABCD là hình thoi có A
BD
BA CN
DN DN
AB = BC = CD = DA) �  MBD
 BDN
�1 = B
�1 .  MBD và  BKD có BDM
�1 = B
�1 nên
�
�
Suy ra M
vaø M
= BDK
� = MBD
�
BKD
= 1200
Với x = 6,5 thỡ P =

đề Sễ 10
Câu 1:

Cho A


x 7x 6
x2 1
2

a) Rút gọn A
b) Tìm x để A = 0
c) Tìm giá trị nguyên của x để A có
giá trị nguyên
Câu 2: Giải phơng trình: (x + 1)2 = 4(x2 + 2x + 1)
C©u 3: Cho a, b, c tho· m·n:

1 1 1
1
  
a b c abc
21


Tính giá trị của biểu thức: A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3)

�  2B
�  4C
�  4 . Chøng minh:
C©u 4: Cho  ABC cã A

1
1
1



AB BC CA

Câu 5:
Cho ABC cân tại A có BC = 2a, M là trung điểm của BC. Lấy D, E theo thø tù
� B
�
thuéc AB, AC sao cho: DME
a) Chứng minh rằng: tích BD. CE không đổi
b) Chứng minh rằng DM là tia phân giác của góc BDE
c) Tính chu vi cđa  ADE nÕu  ABC lµ tam giác đều
Hớng dẫn
a+ b
a+ b
1 1 1
1
1 1 1
1
+
=0
+ + =0 
  
C©u 3: Tõ
ab
c(a+ b + c)
a b c a+ b + c
a b c abc
� (a+ b).

c(a+ b + c) + ab
= 0 � (a +b)(b +c)(c +a) =0

abc(a+ b + c)

Tõ ®ã suy ra : A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = ( a + b)(b + c)(c + a). B = 0
C©u 4 :
�
VÏ tia CM (M �AB) sao cho ACM

CAM và CBM là các tam giác cân

AB AB AM AB AM  AB BM





1
BC AC CM CM
CM
CM
AB AB
1
1
1

1�


(v× BM = CM) �
BC AC
AB BC CA

�

C

Câu 1 : Giải phương trình: a)

4

A

3




3
M

C©u 5 :
�
�
� =B
� + BDM
� , mà DME
�
� (gt)
a) Ta có DMC
= DME
+ CME
=B

� = BDM
� , kết hợp với B
�=C
� (  ABC cân tại A)
nên CME
suy ra  BDM
 CME (g.g)
BD
BM
�
=
� BD. CE = BM. CM = a 2 không đổi
I
CM
CE
D
DM
BD
DM
BD
=
�
=
b)  BDM
K
 CME �
ME
CM
ME
BM

�
�
(do BM = CM) �  DME
hay
 DBM (c.g.c) � MDE
= BMD
B
�
DM laø tia phân giác của BDE
�
c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của DEC
kẻ 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

 ABC là tam giác đều nên suy ra CH =
2
2
� AH = 1,5a � PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a
®Ị 11
x  1 x 3
2


x  2 x  4 ( x  2) . (4  x)

B
2


b)

A

E

H

M

C

6x2 - x - 2 = 0

x2  y2  z2
Câu 2 : Cho x + y + z = 0. Rút gọn :
( y  z ) 2  ( z  x) 2  ( x  y ) 2
Câu 3 : Chứng minh rằng không tồn tại x thỏa mãn :
a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0
b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0
22


Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho
điểm O nằm trên đoạn AD sao cho

DB 1
 ;
DC 2


OA 3
 . Gọi K là giao điểm của BO và AC.
OD 2

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:
A=

- 2(xy + yz + zx) 1

- 6(xy + yz + zx) 3

Câu 3:

17
5 2 25 2 9
) = 0 � 2(x4 - 2.
x +
) +
=0
2
2
4

2
5
9
5
9
� 2(x2 - )2 + = 0. Vì 2(x2 - )2 + > 0 với mọi x nên không tồn tại x để
2
2
2
2

a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 � 2( x4 - 5x2 +

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:
Từ D kẻ DM // BK. áp dụng định lí Talét vào  AOK ta có:

AK AO 3


KM OD 2

A

(1)

KM CD 1


 (2)
CK DB 3
AK 1

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
CK 2

K

Tương tự, trong  CKB thì:

M
O

B

D

Câu 5
Gọi giao điểm của AH và BC là I
Từ C kẻ CN // PQ (N � AB),
Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm
N
PQ, hai cạnh bên NP và CQ đồng quy tại A nên K
là trung điểm CN � MK là đường trung bình của 
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
M

B
của  CHK (3)
Từ AH  BC � MC  HK � MI là đường cao của 
CHK (4)
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

C

A
P
H
Q

K

I

C

Đề 12
n2  n 1
Câu 1: a) Tìm các số nguyên m, n thoả mãn m 
n 1
23


b) Đặt A = n3 + 3n2 + 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:
a) A=

trị nguyên

bc
ca
ab
+
+
(a  b)(a  c ) (b  c)(b  a )
(c  a )(c  b)

6
3
�
� 1 � � 6 1 � ��
� 1� 3 1 �
x


x


2
:
x

B= �
�

� �
�
� x  3 �
6 � ��
x �
� x � � x � ��
� x�
�

b)
Câu 3: Tính tổng: S =

1
1
1
1
+
+
+…+
2009.2011
1.3 3.5 5.7

Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2011. Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ
thuộc vào các biến x, y, z :

2011x
y
z



xy  2011x  2011 yz  y  2011 xz  z  1

Câu 5: Giải phương trình:

69  x 67  x 65  x 63  x 61  x




 5
1942
1944
1946 1948 1950

� = 600 quay quanh
Câu 6: Cho  ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy
điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại D và E . Chứng minh :
BC2
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) a, Thùc hiÖn chia m 

1
n2  n 1
=n+

n 1
n 1

Để m nguyên với n nguyên khi n + 1 lµ íc cđa 1
Hay n + 1 1; -1 . Khi ®ã : 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 ®ã : 3(n+1) M3
n( n +1) (n+ 2) là tích của 3 số nguyên dơng liên tiếp nên tồn tại một số là bội
của 3
c, a = 13k +2, b = 13q +3
a2 + b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13q + 3) 2 =....= 13( 13k2 +4k +13 q2 + 4q +1) M13
2) a)

A=

(a  b)(a  c)(b  c)
bc
ca
ab


= …. =
=1
(a  b)(a  c) (b  c)(a  b) (a  c)(b  c)
(a  b)(a  c)(b  c)
6


2

2

2

2
1 �
1
1 �
� 1� � 3 1
�1 � �
b) Ta cã: �
x  �= �
(x  3 )  3(x  ) � ; x 6  6   x 3   � 3 � �x 3  3 � 2
x
x �
x
� x� �
�x � � x �
6
2
2
1 � �3 1 �
� 1 � �6 1 �
� 3 1
Tö thøc: �
x  � �x  6 � 2 = �
(x  3 )  3(x  ) �- �x  3 �
x

x � � x �
� x� � x �
�

�
�

x
= 3�

1�
�� 3 1 � � 1 �
�
2 �x  3 � 3 �x  �
�
�
�
x�
�� x � � x �
�
3

�3 1 � � 1 �
� 1� 3 1
MÉu thøc: �
x  � x  3 = 2 �x  3 � 3 �x  �
x
� x � � x�
� x�
24



1
Rót gän ta cã: B = 3( x  )
x

1
1 1 1
1
1
1
1
1005
(1     ..... 

)  (1 
)
2
3 3 5
2009 2011 2
2011 2011
2011x
y
z
xy.xz
y
z





4).
=
2
xyz  x yz  xy xyz  y  yz 1  z  zx
2011  2011x  xy xyz  y  yz 1  z  zx
xy.xz
1
z
1  z  xz
=
+
+
=
= 1 không đổi
xy ( xz z 1) 1 z  zx
1  z  zx
1  z  zx
�69  x � �67  x � �65  x � �63  x � �61  x �
 1� �
 1� �
 1� �
 1� �
 1� 0  x = 2011.
5) �
�1942
� �1944
� �1946
� �1948
� �1950

�
CEM
6) a,Chøng minh BMD
BC
BC 2
A
� BD.CE =
... V× BM = CM =
2
4
x
b, Chøng minh BMD MED
E
3) S =

D
B

1

y

2
1

2 3

C

M


ˆ D
ˆ , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Từ đó suy ra D
1
2
Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK.
Chu vi b»ng 2.AH .
ĐỀ SỚ 13
Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4  2013x 2  2012 x  2013 .
�x 2  2 x
�
2 x2
� 1 2�
A


1   2 �.
2. Rút gọn biểu thức sau:
� 2
�
2
3 �
� x x �
�2 x  8 8  4 x  2 x  x �
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)
2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2  y3 .
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
cho x 2  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

Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao
cho AE = AF. Vẽ AH vng 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.
25