Tập 10 đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn toán lớp 8 (có đáp án chi tiết)

đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8; đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8;đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8;đề hsg toán 8; tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 8;ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)ĐỀ SỐ: 01ĐỀ BÀICâu 1. (4,0 điểm): Cho biểu thức A = a) Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.b) Rút gọn biểu thức A.c) Tìm giá trị của x để biểu thức A có giá trị dương.Câu 2. (4,0 điểm): a) Giải phương trình: b) Tìm các số nguyên x, y sao cho: 3x2 + 4y2 = 6x +13Câu 3. (3,0 điểm): a) Tìm tất cả các số tự nhiên có 3 chữ số sao cho: (Với n ; n >2).b) Cho M = với x > 0. Tìm x để M có giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó.Câu 4. (5,0 điểm): Cho tam giác đều ABC, E là một điểm thuộc cạnh AC và không trùng với A, K là trung điểm của đoạn AE. Đường thẳng đi qua E và vuông góc với đường thẳng AB tại F cắt đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng BC tại điểm D.a) Chứng minh tứ giác BCKF là hình thang cân.b) Chứng minh: EK.EC = ED.EFc) Xác định vị trí của điểm E sao cho đoạn KD có độ dài nhỏ nhất.Câu 5. (2,0 điểm): Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, gọi I là điểm bất kì trên cạnh BC. Đường thẳng đi qua I và song song với AC cắt AB ở K, đường thẳng đi qua I và song song với AB cắt AM, AC theo thứ tự ở D và E. Chứng minh: DE = BK.Câu 6. (2,0 điểm): Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: abc = 1. Chứng minh rằng: đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8; đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8;đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8;đề hsg toán 8; tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 8;ĐỀ THI HỌCđề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8; đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8;đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 (có đáp án chi tiết);đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8;đề hsg toán 8; tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi toán lớp 8;ĐỀ THI HỌC

Trang 1

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

MÔN: TOÁN - LỚP 8

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

ĐỀ SỐ: 01

ĐỀ BÀI Câu 1 (4,0 điểm): Cho biểu thức A =

n -1 ( 2)

abc cba n

Câu 4 (5,0 điểm): Cho tam giác đều ABC, E là một điểm thuộc cạnh AC và không trùng

với A, K là trung điểm của đoạn AE Đường thẳng đi qua E và vuông góc với đườngthẳng AB tại F cắt đường thẳng đi qua C và vuông góc với đường thẳng BC tại điểm D

a) Chứng minh tứ giác BCKF là hình thang cân

b) Chứng minh: EK.EC = ED.EF

c) Xác định vị trí của điểm E sao cho đoạn KD có độ dài nhỏ nhất

Câu 5 (2,0 điểm): Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM, gọi I là điểm bất kì trên

cạnh BC Đường thẳng đi qua I và song song với AC cắt AB ở K, đường thẳng đi qua I

và song song với AB cắt AM, AC theo thứ tự ở D và E Chứng minh: DE = BK

Câu 6 (2,0 điểm): Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn: abc = 1 Chứng minh rằng:

Trang 2

-HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN MÔN TOÁN - LỚP 8

 x y  0 không t/m điều kiện

Vậy phương trình đã cho vô nghiệm

0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ

Trang 3

b) (2,0 điểm):

Biến đổi 3x2 + 4y2 = 6x +13  3(x-1)2 = 16 – 4y2 = 4(4 – y2 )

Vì VT 0 nên VP 0 suy ra (4 – y2 ) 0 Suy ra y  - 2 ;-1; 0; 1; 2Thay lần lượt các giá trị của y ta tìm được các cặp nghiệm sau:

(x,y) ( 1 ;  2 ); ( 3 ,  1 ); (  1 ;  1 ); ( 1 , 2 ); ( 3 ; 1 ); (  1 ; 1 );

0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ

Câu 3.

(3,0 điểm)

a) (1,5 điểm):

Ta có : abc = 100a + 10b + c = n2 - 1 cba = 100c + 10b + a = (n - 2)2

 99(a - c) = n2 - 1 - n2 + 4n - 4 = 4n - 5

 4n - 5  99 ( do a - c là số nguyên)Lại có : 100  n2 - 1  999  101  n2  1000  11  n  31

 39  4n - 5  119

Vì 4n - 5  99 nên 4n - 5 = 99  n = 26 abc = 675b) (1,5 điểm):

2

2 2

2015

2015 2015

2

x

x x

D

a) (1,5 điểm):

Trang 4

Vì tam giác AFE vuông tại F và K là trung điểm của AE, nên FK = KA

suy ra tam giác AFK đều và FK song song với BC

Suy ra tứ giác BCKF là hình thang cân

1,0đ0,5đ

0,5đ

0,5đ0,5đ0,5đ

Câu 5.

D A

B K

E G

MG AG

MG AE

Trang 5

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Hết

Trang 6

-ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

ĐỀ SỐ: 02

ĐỀ BÀI Câu 1 (4,0 điểm):

1 3 6

6 4

2 3

2

x

x x

x x x

x x

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của biểu thức A với giá trị của x thoả mãn |x+1| = |- 1|

c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 4 (5,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh

AC Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D,cắt tia BA tại E

a) Chứng minh: Góc EAD = góc ECB

b) Cho góc BMC = 1200 và SAED = 36cm2 Tính SEBC?

c) Kẻ DHBC (HBC) Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH

và DH Chứng minh CQPD

Câu 5 (2,0 điểm): Cho điểm D thay đổi trên cạnh BC của tam giác nhọn ABC (D khác

B và C) Từ D kẻ đường thẳng song song với AB cắt cạnh AC tại điểm N Cũng từ D kẻđường thẳng song song với AC cắt cạnh AB tại điểm M Tìm vị trí của D để đoạn thẳng

MN có độ dài nhỏ nhất

Câu 6 (2,0 điểm): Tìm một số có 8 chữ số: a a a1 2 8 thoã mãn đồng thời 2 điều kiện sau: a a a = a a1 2 3  7 82 và a a a a a4 5 6 7 8 a a7 83

Hết

Trang 7

0,5đ0,5đ

0,25đ

0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ0,25đ

Trang 8

 x– 1 = 3  x = 4  y = 6 (thỏa mãn)

 x – 1 = -3  x = -2  y = -2 (thỏa mãn)

Vậy (x, y) {(4, 6), (2, 6) , (-2, -2), (0,-2)}

0,25đ0,25đ

Vậy (m - n);(5m + 5n + 1) là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau,

thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương

Từ (1) và (2) ta có: b < c < a  Trái với giả sử

- Giả sử a > b Chứng minh tương tự như trên ta được

b > c > a  Trái với giả sử

0,25đ

0,5đ

0,25đ

Trang 9

- Chứng minh EAD đồng dạng với ECB (c-g-c)

- Suy ra góc EAD = góc ECB

0,5đ0,5đ

0,5đ0,5đ0,5đ

I P

Q

H

E

D A

M

Trang 10

Do B là điểm cố định, AE cố định nên BF ngắn nhất khi F là

chân đường vuông góc hạ từ B xuống AE

Từ đó điểm D được xác định như sau: Từ B hạ BF  AE, dựng

đường thẳng qua F song song với AB cắt BC tại D

0,5đ

0,5đ0,5đ

Nhưng  (a a7 8 - 1) ; a a7 8; (a a7 8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp,

trong đó có 1 số chia hết cho 25, nhưng số đó nhỏ hơn 50 (vì tích

0,5đ

Hết

Trang 11

a Giải phương trình sau: (x + 1)2(x + 2) + (x – 1)2(x – 2) = 12

b Cho ba số thực khác không x, y, z thỏa mãn:

z y x

1 1

Chứng minh rằng: có đúng một trong ba số x,y, z lớn hơn 1

Câu 4: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A Xác định điểm M trong tam giác sao

cho tổng các bình phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đạt giá trị nhỏnhất

Câu 5: (4.0 điểm) Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O

Đường thẳng qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M

và N

a Chứng minh rằng AB1 CD1 MN2

b Biết SAOB= 20162 (đơn vị diện tích); SCOD= 20172 (đơn vị diện tích) Tính SABCD

Câu 6: (2.0 điểm) Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng:

a3 b13 abc b3 c13 abc c3 a13 abcabc1

Trang 12

b) Biến đổi M = 2x2 + 2y2 + 3xy – x – y +2017 = 2(x + y)2 -(x + y) - xy

+ Thay x + y = 2 và xy = 1 vào biểu thức M ta được M = 2022

+ Thay x + y = -2 và xy = 1 vào biểu thức M ta được M = 2026

0.250.5

0.50.50.25

Trang 13

0.25đb) Xét (x-1)(y-1)(z-1) = xyz - (xy + yz + zx) + (x + y + z) - 1

= (xyz - 1) + (x + y + z) - xyz(1x1y 1z) = (x + y + z) - (111)  0

z y x

( Do x.y.z = 1 và x + y + z > 1 1 1x yz )

Vì (x-1)(y-1)(z-1) > 0 nên 2 trong 3 số x -1 , y-1 , z-1 âm hoặc cả ba số

x-1 , y-1, z-1 là dương

Nếu trường hợp cả ba số đều dương xảy ra thì x, y, z >1 Suy ra x.y.z >1

Mâu thuẫn GT x.y.z =1 Vậy xảy ra trường hợp 2 trong ba số âm, tức là

H B

E

F A

I

Kẻ đường cao AH, giả sử tìm được vị trí điểm M như hình vẽ

Từ M hạ ME, MF, MG, MI lần lượt vuông góc với AB, AC, BC, AH

Ta có: ME2 + MF2 + MG2 = AM2 + MG2

= AI2 + IM2 + MG2  AI2 + IH2 Dấu “=” xảy ra khi M thuộc AH (1)

Lại do AI2 + IH2 = (AH-IH)2 + IH2 = AH2 – 2HA.IH + 2IH2

= AH2 - (2HA.IH - 2IH2 ) = AH2 - 2IH.(HA - IH ) = AH2 – 2AI IH

Do AH không đổi nên ME2 + MF2 + MG2 nhỏ nhất khi AI IH lớn nhất

0.50.5

0.5

Trang 14

Mà AI + IH = AH không đổi nên AI IH lớn nhất khi AI = IH =

O

B A

a) Xét ABDcó OM AB DM AD (1), xét ADCcó OM DC AM AD (2)

Từ (1) và (2)  OM.( AB1 CD1 )    1

AD

AD AD

DM AM

Chứng minh tương tự ON.( 1  1 )  1

CD AB

Từ đó có (OM + ON).( 1  1 )  2

CD

2 1 1





0.50.50.50.5b) S S OD OB

 S AOB.S DOC S BOC.S AOD

Dễ có SABD = SABC vì có chung cạnh đáy AB và chiều cao tương ứng

Chứng minh được S AOD S BOC  S AOB.S DOC  (S AOD) 2

Thay số để có 20162.20172 = (SAOD)2  SAOD = 2016.2017

Do đó SABCD = SAOB +S AODS BOC+SCOD

= 20162 + 2016.2017 +2016.2017 + 20172

= 20162 + 2.2016.2017 + 20172 = (2016 + 2017)2 = 40332 (đv diện tích)

0.50.5

a abc

c b

b abc

a c

3 abc3 3 abc3 3 abc3 a b c 1

a b abc b c abc c a abc a b c

1 1

3 3 3

3 3

1.0

Hết

Trang 15

186 23

169 25

x

(với x và y cùng dấu) b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

a) Chứng minh: EAD ECB 

b) Cho BMC 120 0 và S AED  36cm2 Tính SEBC?

c) KẻDH BC HBC Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH

và DH Chứng minh CQPD

d) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng

BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi

Bài 6: (2,0 điểm) Đa thức f(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 và thoả mãn

f(1) = 5; f(2) = 11; f(3) = 21 Tính f(-1)+ f(5)

Hết

Trang 16

b)

1,0 đ A > 0  1 – 2x > 0  x <

1 2

Đối chiếu ĐKXĐ, ta được - 1 ≠ x < 1

2

0,5 đ0,5đ

186 23

169 25

199 3

21

186 2

23

169 1

1 23

1 25

1 23

1 25

0,5đ0,5đ0,5đ

h n

k n

89

h k h

k h k

Trang 17

*- Chứng minh EAD đồng dạng với ECB (cgc)

- Suy ra EAD ECB 

1,0 đ

b 1,5

điểm - Từ BMC = 120o  AMB = 60o  ABM = 30o 0,5 đ

- Xét EDB vuông tại D có B= 30o  ED = 1

2 EB  0,5 đ

I P

Trang 18

Từ (1) và (2) ta có: BM BD +CM.CA =BI BC + CI.BC

 BM BD + CM.CA = ( BI+CI).BC= BC2 không đổi

Trang 19

ĐỀ SỐ: 05

ĐỀ BÀI Bài 1: (4,0 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử

2 2

1 2 2

x x

+

3 2

2 2 2 2

x x

=

6 7



x x

Bài 4: (2,0 điểm)

Giải bất phương trình: x 1  2  3

Bài 5 : (4,0 điểm)

Cho tứ giác ABCD có góc DAC = góc DBC = 90o Gọi E là giao điểm của AD và BC;

O là giao điểm của AC và BD

Trang 20

ĐỀ SỐ: 05

.

1

(4đ) a , ( 2đ): 4

1

x4 + 16

= ( 2

2

1

x )2 + 4x2 +16 – 4x2

= ( 2 2 1 x +4 )2 – (2x)2

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

1,0đ 0,5đ 0,5đ b ,(2đ ) : x4 + 6x3 +11x2 +6x + 1 = x4 +2x2 (3x +1) + ( 9x2 +6x +1 )

= x4 +2x2 ( 3x + 1) + ( 3x +1 )2 = ( x2 + 3x + 1 )2

1,0đ 0,5đ 0,5đ 2 (4đ) a) (2đ): x2 + 2 1 x + y2 + 2 1 y = 4 ĐKXĐ: x  0, y  0

 ( x - x 1 )2 + ( y - 1y )2 = 0

 ( x - x 1 )2= 0 và ( y - 1y )2 = 0  x2 = 1 và y2 = 1 NPT: là x = 1 , y = 1; x = -1 , y = 1 ; x = 1 , y = -1 hoặc x = - 1 , y = -1

0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ b,(2đ): 2 2 1 2 2 2     x x x x + 3 2 2 2 2 2     x x x x = 6 7 (Đ K X Đ: x  R)

Đặt x2 +2x + 2 = t ( với t > 0 )

Phương trình trở thành t t 1 + 1  t t = 6 7 ( ĐK t0 , t -1 )

 ) 1 ( ) 1 )( 1 (    t t t t + ) 1 ( 2  t t t = 6 7  5t2 – 7t – 6 = 0  ( 5t +3 ) ( t – 2 ) = 0  t = - 5 3 (loại ) Hoặc t = 2 (T/M)

Với t = 2  x2 +2x + 2 = 2 x( x + 2 ) = 0 x = 0 hoặc x = - 2

Vậy x = 0 hoặc x = - 2 là nghiệm của phương trình

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3 (4đ) a , (2đ) A = 2x2 + 4xy – 4y +4y2 – 1 = x2 + 4xy + 4y2 – 2( x + 2y ) + x2 + 2x – 1

= (x + 2y) 2 – 2( x + 2y ) + 1 + (x2 + 2x +1 ) – 3

= ( x + 2y - 1 )2 + ( x + 1 )2 – 3

Do ( x +2y - 1 )2  0 , ( x + 1 )2  0 Với mọi x , y

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Trang 21

Nên A = ( x + 2y - 1 )2 + ( x + 1 )2 – 3  - 3 Với mọi x , y

Vậy giá trị nhỏ nhất A = -3  x = - 1 , y = 1

0,5đ0,25đ

b, (2đ) B =

1

3 4 2



x x

=

1

1 4 4 4 4

2

2 2

x

=

1

) 1 4 4 ( ) 1 (

4

2

2 2

x

= 4 -

1

) 1 2 ( 2 2

2

1

0,5đ0,5đ0,25đ

0,5đ0,25đ

K B

AO

 và góc AOB = góc DOC (đ/đ) Nên tam giác AOB đồng dạng với tam giác DOC

0,25đ0,25đ0,25đ

Trang 22

DO

AO DC

AB

  AB DO = DC OA

- Xét tam giác EAC và tam giác EBD có góc EDB = góc ECA

( do tam giác AOD đồng dạng với tam giác BOC ); góc E chung

 tam giác EAC đồng dạng với tam giác EBD



ED

EB EC

EA

 Tam giác EAB và tam giác ECD có

ED

EB EC

EA

 , góc E chungNên Tam giác EAB và tam giác ECD đồng dạng 

EC

EA DC

0,5đ

b , (2đ) Gọi M là trung điểm DC; N là trung điểm AB

Hai tam giác vuông DAC và DBC có AM, BM là trung tuyến

Nên AM = BM =

2

1

DC Tam giác cân AMB có MN là đường trung tuyến nên MN là đường cao

 MN vuông góc với AB

-Hình thang HKCD có MN // DH // CK ( cùng vuông góc với AB ), M là

trung điểm DC nên MN là đường trung bình hình thang HKCD

 N là trung điểm HK  NH = NK  AH = BK

0,75đ0,5đ

0,5đ0,25đ

Hết

Trang 23

x ax b chia hết cho đa thức

2 2

x 2x 2012

x với x > 0 Tìm x để M có giá trị nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó

Câu 4: (6,0 điểm).

Hình thang ABCD(AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O Đường thẳng qua

O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự tại M và N

a Chứng minh rằng: OM=ON

b Chứng minh rằng:

MN CD

AB

2 1 1

Trang 24

x

0,5 đ

0,5 đ0,5 đ

0,5 đb) (2,0đ)

f(x) chia hết cho x2  x 6  f(x) chia hết cho (x + 3)(x -2)

 f(- 3) = 0   3a   b 27 (1)

Tương tự ta có f(2) = 0 2a  b  8 (2)

Trừ hai vế của (1) cho (2) ta được: - 5a = 35  a  7

Thay a = - 7 vào (1) tìm được b = 6

0,5 đ0,5 đ0,5 đ0,5 đ

x 4x 0

x 0

x x 4 0

x 4

x = 0 (thỏa mãn đ/k) ; x = - 4 (không thỏa mãn đ/k)

Vậy nghiệm của phương trình là x = 0

0,25đ

0,25đ0,5 đ0,25đ0,5 đ

0,25 đb) (2,0đ) x x  2 x 1 x 1        24

x x = t Phương trình trở thành:

0,5 đ

Trang 25

0,25 đ0,25 đ

0,25 đ0,25 đ0,25 đ

Dấu “=” xấy ra  x  20122   0 x  2012 (thỏa mãn)

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2011

2012 đạt được khi x  2012

0,5 đ0,25 đ

0,5 đ0,5 đ0,25 đ

Trang 26

0,5 đ

a) (2,0) Lập luận để có

BD

OD AB

OM

 ,

AC

OC AB

OD

 

AB

ON AB

OM

0,5đ1,0đ

b) (2,0) Xét ABDđể có

AD

DM AB

OM

 (1), xét ADCđể có

AD

AM DC

OM

Từ (1) và (2)  OM.(

CD AB

1 1

AD

AD AD

DM AM

Chứng minh tương tự ON.( 1  1 )  1

CD AB

từ đó có (OM + ON).( 1  1 )  2

CD

2 1 1





0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ

 S AOB.S DOC S BOC.S AOD

Chứng minh được S AOD S BOC  S AOB.S DOC  (S AOD)2

Thay số để có 20112.20122 = (SAOD)2  SAOD = 2011.2012

Do đó SABCD= 20112 + 2.2011.2012 + 20122 = (2011 + 2012)2

= 40232 (đơn vị DT)

0,5đ0,5đ

0,25 đ0,25 đ

Hết

Trang 27

4

16 2 3 4

x x

a) EF song song với AB

b) AB2 = CD.EF

Câu 5: (1,0 đ): Tìm giá trị nguyên của a, b, c, d sao cho:

a  b + b  c + c  d + d  a = 2017

Hết

Trang 28

=> x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y)3 + z3 – 3xy(x + y + z)

= (x + y + z) x y2  xyzz2 - 3xy(x + y +z)

= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – xz)

0,25đ0,25đ0,25đ0,25đc) Đặt t = x2 – x + 1 Khi đó : (x2 – x + 1)( x2 – x + 2) – 12

= t(t + 1) – 12 = t2 + t – 12 = (t – 3)(t + 4) = (x2 – x – 2)( x2 – x + 5)

0,25đ0,75đd) 2x4 – 7x3 – 2x2 + 13x + 6 = 2x4 + 2x3 – 9x3 – 9x2 + 7x2 + 7x + 6x + 6







5 , 0

3

(4,0đ) a, Đặt

2 1

x t x



 ta nhận được phương trình t 1 2,9

t

  ta được phương trình t2  2,9 1 0t  suy ra 0, 4; 5



 hay 2x2  5x  2 0, phương trình này có nghiệm x 2;x 0,5 Phương trình có nghiệm là 2 và 0,5

1,0đ0,5đ

Trang 29



EB

DB AB

DC EB

BD AB

KC DK EB

EB DE AB

AB KD

DB EF

DI EB

Hết

-F E

i k

Trang 30

a b cM

a Tính giá trị của biểu thức A = x4 19x319x2  19x20 tại x = 18

b Chứng minh rằng: Với a, b là 2 số nguyên tùy ý ta luôn có 8ab(a2 - b2 + 6)  48

Bài 2 ( 4,0 điểm):

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử A ab a b (  ) bc b c(  )ac a c(  )

b) Tìm tất cả các số tự nhiên x sao cho 4x2 + 12 là bình phương của một số tự nhiên

Định dạng
Số trang	42
Dung lượng	1,71 MB