Tổng hợp các đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án

ĐỀ 1 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 5x 2 - 26x + 24 c) x 2 + 6x + 5 b) 1 2 3 4 3 8 1 23 −+− xxx d) x 4 + 2015x 2 + 2014x + 2015 Bài 2: (1,5 điểm) a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: (6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1) 7 3 4 x   −  ÷   b) Tính giá trị biểu thức P = x y x y − + . Biết x 2 – 2 y 2 = x y (x + y ≠ 0, y ≠ 0). c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 6 8 2015x x x x + + + + + cho đa thức 2 10 21x x + + . Bài 3 (1,25 điểm): Cho biểu thức 2 2 2 2 2 2 4xy 1 1 A : y 2x y x y xy 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 + y 2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A? Bài 4 : (2 điểm) Giải các phương trình sau: a) x 3 - 2x 2 - 5x + 6 = 0 c) 183 9 3 4 2410 2 45 3 222 −+ += ++ + ++ xxxxxx b) 5335 −=− xx d, x 2 – y 2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương. Bài 5 : (2,75 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S. a) Chứng minh ∆ 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 = 13x 2 + y 2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a 3 + b 3 + ab ≥ 2 1 Hết HƯỚNG DẪN CHẤM 1 BÀI NỘI DUNG THANG ĐIỂM Bài 1 (2 điểm) a) 5x 2 - 26x + 24 = 5x 2 - 6x - 20x + 24 = x(5x - 6) - 4(5x - 6) = (5x - 6)(x - 4) 0,5 điểm b) 1 2 3 4 3 8 1 23 −+− xxx = 32 23 11. 2 1 .31. 2 1 .3 2 1 −       +       −       xxx = 3 1 2 1       −x 0,5 điểm c) x 2 + 6x + 5 = x 2 + x + 5x + 5 = x(x + 1) + 5(x + 1) = ( )( ) 51 ++ xx 0,5 điểm d) x 4 + 2015x 2 + 2014x + 2015 = x 4 + x 3 + x 2 – x 3 – x 2 – x + 2015x 2 + 2015x +2015 = x 2 (x 2 + x + 1) – x(x 2 + x + 1) + 2015(x 2 + x + 1) = (x 2 + x + 1)(x 2 – x + 2015) 0,5 điểm Bài 2 (1,5 điểm) a) ( 6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1) 7 3 4 x   −  ÷   = 12x 2 – 18x + 14x - 21 – 12x 2 + 7x – 3x + 7 4 = 77 4 − 0,5 điểm b) x 2 – 2y 2 = xy ⇔ x 2 – xy – 2y 2 = 0 ⇔ (x + y)(x – 2y) = 0 Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0 ⇔ x = 2y .Khi đó A = 2 1 2 3 3 y y y y y y − = = + 0,5 điểm c) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 ( ) 2 4 6 8 2015 10 16 10 24 2015P x x x x x x x x x= + + + + + = + + + + + Đặt 2 10 21 ( 3; 7)t x x t t= + + ≠ − ≠ − , biểu thức P(x) được viết lại: ( ) ( ) 2 ( ) 5 3 2015 2 2000P x t t t t= − + + = − + Do đó khi chia 2 2 2000t t− + cho t ta có số dư là 2000 0,5 điểm Bài 3 (1,25 điểm) a) Điều kiện: x ≠ ± y; y ≠ 0 0,25 điểm b) A = 2x (x+y) 0,5 điểm 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): 3x 2 + y 2 + 2x – 2y = 1 ⇒ 2x 2 + 2xy + x 2 – 2xy + y 2 + 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. + A = 2 khi ( ) x y 1 0 2x x y 2 x y;y 0 − + =   + =   ≠ ± ≠  ⇔ 1 x 2 3 y 2  =     =   + A = 1 khi ( ) 2 (x y 1) 1 2x x y 1 x y;y 0  − + =  + =   ≠ ± ≠  Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng hạn: 2 1 x 2 2 3 y 2  − =    +  =   + Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2 0,25 điểm 0,25 điểm Bài 4 a) x 3 - 2x 2 - 5x + 6 = 0 ⇔ x 3 - x 2 - x 2 + x - 6x + 6 = 0 ⇔ (x - 1)(x 2 - x - 6) 0,5 điểm 2 (2 điểm) = 0 ⇔ (x - 1)(x + 2)(x - 3) = 0      = −= = ⇔ 3 2 1 x x x b) 5335 −=− xx 5353 −=−⇔ xx 053 ≥−⇔ x 3 5 ≥⇔ x 0,5 điểm c) ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 2 4 9 1 4 4 6 3 3 6 1 1 1 1 4 1 1 1 4 4 6 3 3 6 3 3 4 1 3 3 1 1 4 1 1 3 3 3 1 3 3 1 3 3 1 3 4 8 0 4 2 0 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ⇔ + = + + + + + − +       ⇔ − + − = + −  ÷  ÷  ÷ + + + + − +       − + − + ⇔ = + ⇔ = + + − + − + − + − ⇒ − = ⇔ − = ⇔ x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện) Vậy tập nghiệm của phương trình: S = 0,25 điểm 0,25 điểm d, x 2 – y 2 + 2x – 4y – 10 = 0 với x,y nguyên dương. x 2 - y 2 + 2x - 4y - 10 = 0 ⇔ (x 2 +2x+1) - (y 2 +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) 0,5 điểm Bài 5 (2,75 điểm Vẽ đúng hình, cân đối đẹp. a) a) ∆ ADQ = ∆ ABR vì chúng là hai tam giác vuông (2 góc có cạnh t.ư vuông góc) và DA = BD (cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên ∆ 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 0,5 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Mặt khác : · · PAN PAM = = 45 0 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. c) Theo giả thiết: QA ⊥ RS, RC ⊥ SQ nên QA và RC là hai đờng cao của ∆ SQR. Vậy P là trực tâm của ∆ SQR. d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = 2 1 QR ⇒ MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC 3 e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. 0,5 điểm Bài 6 (0,5 điểm a) A = 13x 2 + y 2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 = y 2 + 4xy - 2y + 13x 2 - 16x + 2015 = y 2 + 2y(2x - 1) + (2x -1) 2 + 9x 2 - 12 x + 2015 = (y + 2x - 1) 2 + (3x - 2) 2 + 2010 Chứng tỏ A ≥ 2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x = 3 2 ; y = 3 1 − ) Vậy min A = 2010 khi (x = 3 2 ; y = 3 1 − ) 0,25 điểm b) Ta có a 3 + b 3 + ab ≥ 2 1 (1) ⇔ a 3 +b 3 +ab - 2 1 ≥ 0 ⇔ (a+b)(a 2 + b 2 -ab) + ab- 2 1 ≥ 0 ⇔ a 2 +b 2 - 2 1 ≥ 0 (vì a + b =1) ⇔ 2a 2 +2b 2 -1 0 ≥ ⇔ 2a 2 +2(1-a) 2 -1 0 ≥ (vì b = 1- a) ⇔ 2a 2 +2 - 4a + 2a 2 - 1 0 ≥ ⇔ 4(a 2 - a + 4 1 ) 0 ≥ ⇔ ≥       − 2 2 1 4 a 0 a ∀ (2) đpcm. 0,25 điểm ĐỀ 2 Thời gian làm bài: 150 phút 4 Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích thành nhân tử: a/ a 2 – 7a + 12 b/ x 4 + 2015x 2 + 2014x + 2015 c/ x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz d/ (x 2 - 8) 2 + 36 Bài 2: (4,0 điểm) Tìm x, biết: a/ 2 4 12 3 x + = − ; b/ 3 1 : 3 4 4 x+ = − ; c/ 3 5 4x − = ; d/ 4 3 2 1 2011 2012 2013 2014 x x x x+ + + + + = + Bài 3: (2,0 điểm) a/ Cho A = 2 3 2 4 4 2 4 8 a a a a a + + + − − . Tìm a Z ∉ để A là số nguyên. b/ Tìm số tự nhiên n để n 5 + 1 chia hết cho n 3 + 1 Bài 4: (2,0 điểm) a/ Tìm a, b, c biết 5a - 3b - 4c = 46 và 1 3 5 2 4 6 a b c− + − = = . b/ Tìm 2 số hữu tỉ a và b biết: a + b = ab = a : b (b ≠ 0) Bài 5: (2,0 điểm) a/ Cho a + b + c = 1 và 1 1 1 a b c + + = 0. Tính 2 2 2 a b c+ + b/ Cho a + b + c = 2014 và 1 1 1 1 2014a b a c b c + + = + + + . Tính: S = a b c b c a c a b + + + + + Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhỏ hơn 90 0 . Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm C, bờ là đường thẳng AB vẽ AF vuông góc với AB và AF = AB. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm B, bờ là đường thẳng AC vẽ AH vuông góc với AC và AH = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia DA lấy điểm I sao cho DI = DA. Chứng minh rằng: a/ AI = FH ; b/ DA ⊥ FH Bài 7: (2 điểm)Cho hình bình hành ABCD có E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD. a/ Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường. b/ Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng EMFN là hình bình hành. Bài 8: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 3 4 6 10 x A x x x x= − − − − + HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (4 điểm) 5 a/ a 2 – 7a + 12 = a 2 – 3a – 4a + 12 = a(a – 3) – 4(a – 3) = (a – 3)(a – 4) b/ x 4 + 2015x 2 + 2014x + 2015 = x 4 + x 3 + x 2 + 2014x 2 + 2014x + 2014 – x 3 + 1 = x 2 (x 2 + x + 1) + 2014(x 2 + x + 1)–(x – 1)(x 2 + x + 1) = (x 2 + x + 1)(x 4 + 2014 – x + 1) = (x 2 + x + 1)(x 4 – x + 2015) c/ x 3 + y 3 + z 3 – 3xyz = (x + y) 3 – 3xy(x + y) + z 3 – 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)[x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2zx – 3zx – 3zy – 3xy] = (x + y + z)(x 2 + y 2 + z 2 – xy – yz – zx) d/ (x 2 - 8) 2 + 36 = (x 2 + 6x+10)(x 2 -6x +10) Bài 2: (4 điểm) a/ 2 2 4 12 16 24 3 3 x x x+ = − ⇔ = − ⇔ = − . Vậy x = -24 b/ 3 1 1 15 1 15 1 : 3 : : 4 4 4 4 4 4 15 x x x x   + = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −  ÷   . Vậy x = 1 15 − c/ 3 5 4x − = . 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. d/ 4 3 2 1 4 3 2 1 1 1 1 1 2011 2012 2013 2014 2011 2012 2013 2014 x x x x x x x x+ + + + + + + +         + = + ⇔ + + + = + + +  ÷  ÷  ÷  ÷         ( ) 2015 2015 1015 2015 2011 2012 2013 2014 1 1 1 1 2015 0 2011 2012 2013 2014 1 1 1 1 2015 0 2015 v 0 2011 2012 2013 2014 x x x x x x x ì + + + + ⇔ + = +   ⇔ + + − − =  ÷   ⇔ + = ⇔ = − + − − ≠ Vậy x = - 2015 Bài 3: (2,0 điểm) a/ Rút gọn A = 1 2a − Để A nguyên 1 2a ⇔ − nguyên ⇔ 1 M ⇔ a = 1; a = 3 b/ n 5 + 1 M n 3 + 1 ⇔ n 2 (n 3 + 1) - (n 2 - 1) M (n 3 + 1) ⇔ (n + 1)(n - 1) M (n 3 + 1) ⇔ (n + 1)(n - 1) M (n + 1)(n 2 – n + 1) ⇔ (n - 1) M (n 2 – n + 1) (vì n + 1 ≠ 0) + Nếu n = 1 thì 0 M 1 + Nếu n > 1 thì (n - 1) < n(n - 1) + 1 < n 2 – n + 1 nên không thể xảy ra n - 1 M n 2 – n + 1 Vậy giá trị của n tìm được là n = 1 Bài 4: (2,0 điểm) a/ Ta có: ( ) 1 3 5 5 5 3 9 4 20 2 4 6 10 12 24 5 3 4 5 9 20 1 3 5 2 4 6 10 12 24 a b c a b c a b c a b c − + − − + − = = = = = − − − − + − + − ⇒ = = = − + Vì 5a - 3b - 4c = 46 nên: 6 1 3 5 46 6 52 2 2 4 6 26 26 a b c− + − + = = = = = − − − Suy ra a - 1 = - 4 ⇔ a = -3; b + 3 = - 8 ⇔ b = -11; c - 5 = -12 ⇔ c = - 7 Vậy a = -3; b = - 11 ; c = - 7. b/ Ta có a + b = ab ⇔ a = ab - b = b(a-1). Do đó: a : b = b(a - 1) = a - 1 nên a + b = a - 1 ⇔ b = -1 và a = -1(a - 1) ⇔ 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 Phân tích 1 1 1 a b c + + Phần nào có a+b+c thì thay = 1 b/ Ta có: 1 1 1 1 2011a b a c b c + + = + + + a + b + c = 2014 ⇒ a = 2014- (b + c); b = 2014-(a + c); c = 2014 - (a + b) Do đó: ( ) ( ) ( ) 2014 2014 2014b c a c a b S b c a c a b − + − + − + = + + + + + 2014 2014 2014 1 1 1 1 1 1 2014 3 b c a c a b b c a c a b = − + − + − + + +   = + + −  ÷ + + +   = 1 2014. 3 1 3 2 2014 − = − = − . Vậy S = - 2. Câu 6: (3,0 điểm) a/ - Xét ∆ BDI và ∆ CDA có: DB = DC (gt), · · BDI CDA= (đối đỉnh), DA = DI (gt) ⇒ ∆ BDI = ∆ CDA (c.g.c) ⇒ BI = CA (2 cạnh tương ứng), · · BID CAD= (2 góc tương ứng). Mặt khác 2 góc này ở vị trí so le trong nên suy ra BI//AC. - Xét ∆ ABI và ∆ FAH có: AB=AF (gt), · · ABI FAH= (cùng bù với · BAC ), BI = AH (cùng = AC) ⇒ ∆ ABI = ∆ EAH (c.g.c) ⇒ AI = FH (2 cạnh tương ứng). b/ Gọi K là giao điểm của DA và FH ta có: · · 0 90BAI FAK+ = , mà · · AFH BAI= 7 A B C D I H K F hay · · AFK BAI= nên · · 0 90AFH FAK+ = - Xét ∆ AFK có · · 0 90AFH FAK+ = · 0 90FKA AK FK AI FH⇒ = ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ (vì I, K thuộc đường thẳng AD, K thuộc EH) Bài 7: (2 điểm) a/ - Hình vẽ: - 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. b/ Xét ∆ ABD có M là trọng tâm, nên 1 3 OM OA= - Xét ∆ BCD có N là trọng tâm, nên 1 3 ON OC= - Mà OA = OC nên OM = ON - Tứ giác EMFN có OM = ON và OE = OF nên là hình bình hành. Bài 8: (1 điểm) ( ) ( ) ( ) 2 2 7 6 7 12 10 x A x x x x= − + − + + Đặt 2 7 6x x− + = t ( ) ( ) ( ) 2 2 6 10 6 9 1 3 1 1 t A t t t t t ⇒ = + + = + + + = + + ≥ ( ) 1 Min t A = đạt được khi t = -3 ( ) 1 x Min A⇒ = đạt được khi 2 7 6x x− + = -3 ⇔ x 2 - 7x + 9 = 0 ⇒ x = 7 13 2 + ; x = 7 13 2 − ĐỀ 3 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1 (3,5 điểm) Phân tích các đa thức thành nhân tử: 8 / / / / / / // O N M F E D C A B 1) 18x 3 - 8 25 x 2) a(a + 2b) 3 - b(2a + b) 3 3) (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1 Bài 2 (2,5 điểm) Cho biểu thức: A = 2 2 3 1 3 5 : 1 2 2 2 2 4 4 x x x x x x + +   + −  ÷ − − + −   1) Hãy tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức A được xác định. 2) Chứng minh rằng khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị của biến x. Bài 3 (3,0 điểm) 1) (1,5 điểm) Cho a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: ab + bc + ca = 1. Tính giá trị của biểu thức: A = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 1 a b b c c a a b c + + + + + + 2) (1,5 điểm) Cho 2 2 2 2 x y a b x y a b + = +   + = +  . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: x n + y n = a n + b n Bài 4 (3,0 điểm) 1) Tìm x: a) 1 3 5 4x x x x+ + + + + = b) (x 2 – 5x + 6). 1 x− = 0 2) Tìm x, y biết: 7x 2 + y 2 + 4xy – 24x – 6y + 21 = 0 Bài 5 (3,0 điểm) 1) (1,5 điểm) Tìm dư khi chia x 2015 + x 1945 + x 1930 - x 2 - x + 1 cho x 2 - 1 2) (1,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x 2 + 3x + 4) 2 Bài 6 (5,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của cạnh AD, BC. Đường chéo AC cắt đường chéo BD tại O và các đoạn BE, DF lần lượt tại P, Q. 1) Chứng minh rằng: P là trọng tâm của tam giác ABD. 2) Chứng minh rằng: AP = PQ = QC. 3) Lấy M bất kỳ thuộc đoạn DC. Gọi I, K theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua tâm E, F. Chứng minh rằng I, K thuộc đường thẳng AB. 4) Chứng minh: AI + AK không đổi khi M thuộc đường thẳng AB. HẾT HƯỚNG DẪN CHẤM Bài Câu Nội dung Biểu điểm 9 1 1 18x 3 - 8 25 x = 2x 2 4 9 25 x   −  ÷   0,5 2 2 2 3 3 5 5 x x x    = + −  ÷ ÷    0,5 2 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) 2 b + 3(a + b)b 2 + b 3 ] - b[a 3 + 3a 2 (a + b) + + 3a(a + b) 2 + (a + b) 3 = a(a + b) 3 + 3ab(a + b) 2 + 3ab 2 (a + b) + ab 3 - a 3 b - 3a 2 b(a + b) – - 3ab(a + b) 2 - b(a + b) 3 = a(a + b) 3 + 3ab 2 (a + b) + ab 3 - a 3 b - 3a 2 b(a + b) - b(a + b) 3 = (a + b)[a(a + b) 2 + 3ab 2 -ab(a - b) - 3a 2 b -b(a + b) 2 ] 0,5 = (a + b)(a 3 + 2a 2 b + ab 2 + 3ab 2 - a 2 b + ab 2 - 3a 2 b - a 2 b - 2ab 2 - b 3 ] = (a + b) (a 3 - 3a 2 b + 3ab 2 - b 3 ) = (a + b)(a - b) 3 0,5 3 Đặt A = (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1 A = (x – 2)(x – 5)(x – 4)(x – 5) + 1 = (x 2 – 7x + 10)(x 2 – 7x + 12) + 1 = (x 2 – 7x + 11 – 1)(x 2 – 7x + 11 + 1) + 1 = (x 2 – 7x + 11) 2 – 1 + 1 = (x 2 – 7x + 11) 2 1,0 x 2 – 7x + 11 = x 2 – 2x. 2 7 7 49 11 2 2 4   + + −  ÷   = 2 2 7 5 2 2 x     − −  ÷  ÷  ÷     = 7 5 7 5 2 2 x x    + − − −  ÷ ÷  ÷ ÷    Vậy A = 2 2 7 5 7 5 2 2 x x     + − − −  ÷  ÷  ÷  ÷     0,5 2 1 a) Giá trị của biểu thức A được xác định với điều kiện: 2 2 2 1 0 1 2 2 0 1 1 2 2 0 1 4 4 0 x x x x x x x x  − ≠  ≠  − ≠   ⇔ ≠ ⇔ ≠ ±   + ≠   ≠ −   − ≠  0,5 2 Với 1x ≠ ± , ta có: A = 2 3 1 3 4 4 . ( 1)( 1) 2( 1) 2( 1) 5 x x x x x x x   + + − + −   − + − +   = 2 6 ( 1) ( 3)( 1) 4( 1)( 1) . 2( 1)( 1) 5 x x x x x x x + + − + − − + − + = 2 2 (6 2 1 2 3).2 5 x x x x+ + + − − + = 4 1,0 Vậy khi giá trị của biểu thức được xác định thì nó không phụ thuộc vào giá trị của biến 0,5 3 1 Ta có: 1 + a 2 = ab + bc + ca + a 2 = a(a + b) + c(a + b) = (a + b)(c + a) 0,5 Tương tự: 1 + b 2 = (b + a)(b + c) và 1 + c 2 = (c + a)(c + b) 0,5 10 [...]... 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 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]... 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 4 = x + 16x3 + 86 x2 + 176x + 114 Thực hiện phép chia đa thức x4 + 16x3 + 86 x2 + 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... 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: Ta có ∆ AGB ∆ AEC ⇒ AE... + 8x + 12)- 5][(x2 + 8x + 12) + 3] + 9 = (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 15 + 9 Điểm 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,75 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 16 Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa ĐỀ 6 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2 điểm)Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) (x + y + z) 3... D OE OF Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OD = OC ⇒ EG // CD ĐỀ 8 C Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Cho phân thức: P= 2 x−4 x + x − 20 2 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 22 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC Hạ CE vng góc với... 5  1 1 1  1  3n + 5 − (3n + 2)  1 3 1 − Ta có:  ÷=   = 3 (3n + 2)(3n + 5) = (3n + 2)(3n + 5) 3  3n + 2 3n + 5  3  (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 a b c a) S = (c − a)(a − b) + (a − b)(b − c) + (b − c)(c − a) = Bài 3: Giải các phương trình x +1 x −1 2 x(x + 1)(x 2 − x +... thẳng AB ∆ KMI có E, F lần lượt là trung điểm của MI, MK ⇒ EF là đường trung bình của ∆ KMI 1 ⇒ EF= KI ⇒ KI = 2.EF 2 4 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 khơng đổi khi M di động trên cạnh CD Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 ĐỀ 4 Thời gian... của ∆ ABC ) Giải Kẻ đường cao AH, ta có: A MA ' MA ' SMBC = = (1) ha AH SABC B' MB' SMCA MC ' SMBA C' Tương tự: h = S (2) và h = S (3) b ABC c ABC Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có: M MA ' MB' MC ' SMBC SMCA SMBA + + = + + ha hb hc SABC SABC SABC SMBC + SMCA + SMBA SABC = =1 = SABC SABC B A' H C ĐỀ 8 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1 a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0;... + 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 Cách 2: Đặt x = Áp dụng kết quả câu a) ta được: (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 ⇒ x=y=z 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 14 Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa ĐỀ 5 Thời gian làm bài: 150 phút Câu 1 (2,0 điểm) Rút gọn biểu thức: B = x 3 − y 3 − z 3 − 3 xyz ( . + 7)[(x 2 + 8x + 12) + 3] + 9 = (x 2 + 8x + 7)(x 2 + 8x + 12) + 3(x 2 + 8x + 7) + 9 = (x 2 + 8x + 7)(x 2 + 8x + 12) + 3(x 2 + 8x + 12) + 9 – 15 = (x 2 + 8x + 12)(x 2 + 8x + 10) - 6 . 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 2 a) HS có thể làm một trong các cách sau: Cách 1: Đặt f(x) = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 Ta có: A = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9 = (x 2 + 8x + 7)(x 2 + 8x + 15) + 9 = (x 2 + 8x +. + 9 = (x 2 + 8x + 7)(x 2 + 8x + 15) + 9 = [(x 2 + 8x + 12)- 5][(x 2 + 8x + 12) + 3] + 9 = (x 2 + 8x + 12) 2 - 2(x 2 + 8x + 12) – 15 + 9 = (x 2 + 8x + 12) 2 - 2(x 2 + 8x + 12) – 6 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 16 Ghi