Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm

UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN TỐN Thời gian làm 150 phút (Đề gồm câu, 01 trang) Câu (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức: æ x2 æ 10 - x ữ ữ ỗ ữ ữ A =ỗ + + : x + ỗ ỗ ữ ữ ữ ữ ỗ ỗ x x x x + x + è øè ø với x ¹ 0, x ¹ ±2 b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 Câu (2,0 điểm) 1 2( + ) = − x y xy a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: b) Chứng minh tổng bình phương bốn số nguyên liên tiếp số phương Câu (2,0 điểm) x −1 x − x − x − 2016 + + + + = 2016 2017 2016 2015 a) Giải phương trình: b) Cho ba số a, b, c khác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc a, b, c đôi khác 1 + 2 + 2 2 2 Hãy tính giá trị biểu thức: B = a + b − c b + c − a c + a − b Câu (3,0 điểm) µ =B µ = 900 AD < AB A Cho hình thang vng ABCD ( , ), AB = a (a>0) Gọi O trung điểm AB Trên cạnh AD lấy điểm E cho E nằm A D Qua O kẻ đường thẳng vng góc với OE cắt cạnh BC F ∆OAE ∆FBO a) Chứng minh Hãy tính tích AE.BF theo a b) Gọi M hình chiếu O EF, H hình chiếu M AB Chứng minh AE = EM BE qua trung điểm MH c) Tìm vị trí điểm E cạnh AD để diện tích tứ giác ABFE nhỏ 1 + + =1 xy yz xz Câu (1,0 điểm) Cho số dương x, y, z thỏa mãn x2 y2 z2 A= + + ≤ yz(1 + x ) zx(1 + y ) xy(1 + z ) Chứng minh -Hết -(Lưu ý: Học sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay) Họ tên học sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị 1: Chữ ký giám thị 2: UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN TỐN (Hướng dẫn gồm trang) ỉ x2 ưỉ ÷ 10 - x ữ ỗ ữ ữ A =ỗ + + : x + ỗ ỗ ỗ ữ ữ x +2 ÷ èx - x - 3x x + ữ ứỗ ố ứ ổ x - +10 - x x ữ ỗ ữ A =ỗ + ữ: ỗ ỗ( x - 2) ( x + 2) x - x + ÷ x +2 è ø a A= 0.25 - x +2 ( x - 2) ( x + 2) 0.25 A= 2- x Câu (2.0 đ) A= Vậy 0.25 2- x với 0.25 x ¹ 0, x ¹ ±2 A = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = (x2 + 8x + 7) (x2 + 8x + 15) + 15 b Đặt x2 + 8x + 11 = t , ta có A = (t – 4)(t + 4) +15 = t2 – = (t – 1)(t + 1) A = (x + 8x + 10) (x2 + 8x + 12) 0,25 0,25 0,25 = (x2 + 8x + 10) (x + 2)(x +6) a Ta có: Câu (2,0 đ) 1 2.( + ) = − x y xy ≠ ĐKXĐ: x 0, y 0,25 ≠ 0,25 ⇒ y + x + = xy ⇔ xy − x − y − = ⇔ x( y − 2) − (2 y − 4) − = ⇔ ( y − 2)( x − 2) = Vì x,y nguyên nên x – ; y – nguyên ta có: 0,25 0,25 x–2 -1 -5 y–2 -5 -1 x -3 y -3 Thử lại Chọn Chọn Chọn Chọn Vậy nghiệm nguyên phương trình ∈ (x,y) {(3;7); (7,3); (1;-3); (-3;1)} 0,25 Gọi bốn số nguyên liên tiếp a-2, a-1, a, a+1 Tổng bình phương bốn số là: M = (a − 2) + ( a − 1) + a + ( a + 1) = 4a − 4a + 0,25 = 4(a − a + 1) + 2 b Do M chia cho dư Ta có số phương chia hết cho chia cho dư Chứng minh: + Xét n = 2k 0,25 ⇒ n = (2k ) = 4k M4 ⇒ n = (2k + 1)2 = 4k + 4k + + Xét n=2k+1 Do n2 chia cho dư Vì M chia cho dư 2, mà số phương chia hết cho chia cho dư nên M khơng thể số phương Câu (2,0đ) x −1 x − x − x − 2016 + + + + = 2016 2017 2016 2015 x −1 x−2 x −3 x − 2016 ⇔ −1+ −1+ − + + −1 = 2017 2016 2015 a ⇔ x − 2018 x − 2018 x − 2018 x − 2018 + + + + =0 2017 2016 2015 ⇔ ( x − 2018)( 1 + + + ) = 2017 2016 (1) 0,25 0,25 0.25 0.25 0.25 1 + + + ≠ 2017 2016 Vì ⇔ x − 2018 = ⇔ x = 2018 (1) Vậy x = 2018 a3 + b3 + c3 = 3abc ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ b 0.25 a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b)3 + c3 – 3ab(a +b) -3abc = (a + b +c) ( a + b ) − ( a + b )c + c    - 3ab(a +b + c) = (a + b +c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca ) =0 0.25 (a + b + c)(2 a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca) =0 ⇔ [ ⇒ ⇒ ] (a + b + c) (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = Mà a, b,c đôi khác nên a + b + c = 0.25 ⇒ a + b = -c (a + b)2 = c2 a2 + b2 - c2 = -2ab 2 Tương tự ta có: b + c – a2 = -2bc c2 + a2 – b2 = - 2ca 0.25 Thay vào biểu thức B ta được: B= Câu (3,0đ) 1 1 c+a+b + + =− =0 −2ab −2bc −2ca abc Vẽ hình I E A K H 0.25 D M O 0,25đ B Chứng minh: a Chứng minh ⇒ · · AOE = BFO ∆OAE C F ( phụ với góc BOF) ∆FBO (g.g) OA AE AB AB a = ⇒ OA.OB = AE.BF ⇒ AE.BF = = FB OB 2 b Ta có: ∆OAE ∆FBO ⇒ 0,25đ 0,25đ OE AE = OF OB 0,25đ 0,25đ OE AE OE OF = ⇒ = OF OA AE OA OA = OB ⇒ Mà Chứng minh: ∆OAE ∆FOE · · ∆FOE ⇒ AEO = OEM ∆OAE (c.g.c) 0,25đ ΔOAE = ΔOME (ch - gn) ⇒ AE = ME Chứng minh: (đpcm) Gọi I giao điểm BM AD.Gọi K giao điểm MH BE 0,25đ ΔOAE = ΔOME ⇒ OA = OM; EA = EM ⇒ Ta có OE trung trực AM ⇒OE ⊥ AM Mặc khác OA = OM = OB ⇒∆AMB vng M ⇒OE // BM (vì vng góc AM) hay OE // BI +) Xét ∆ABI có OE qua trung điểm AB, song song với BI suy OE qua trung điểm AI ⇒ IE = AE ⇒ MK BK KH = = IE BE AE 0,25đ 0,25đ +) MH // AI theo hệ định lý Ta-lét ta có: Mà IE = AE ⇒ MK = HK ⇒BE qua trung điểm MH (đpcm) Tứ giác ABFE hình thang vuông ⇒ SABFE = (AE + BF).AB 0,25đ Ta thấy AE, BF > 0, nên theo BĐT Cô-si ta có AE + BF ≥ AE.BF = c AB2 1 = AB ⇒ SABFE ≥ AB2 = a 2 AE = BF = Dấu “=” xảy AB a = 2 Vậy diện tích tứ giác ABFE nhỏ cách điểm A đoạn Cấu (1đ) Theo ta có: Do a 2 a E thuộc cạnh AD 0.25đ 1 + + = ⇒ x + y + z = xyz xy yz xz yz(1 + x ) = yz + x yz = yz + x(x + y + z) = (x + y)(x + z) xy(1 + z ) = (z + y)(x + z) Tương tự: zx(1 + y ) = (z + y)(x + y) 0.25đ ; 0,25 A= x2 y2 z2 + + yz(1 + x ) zx(1 + y ) xy(1 + z ) A= x x y y z z + + x+y x+z x+y y+z x+z y+z Áp dụng bất đẳng thức Cơ si Ta có a+b ≥ ab 0,25 , dấu “ = ” xảy a = b x x x x ≤ ( + ) x+y x+z x+y x+z y y y y ≤ ( + ) x+y y+z x+y y+z z z z z ≤ ( + ) x+z y+z x+z y+z 0,25 x x y y z z A ≤ ( + + + + + )= x+y x+z y+z y+x y+z x+z A≤ Vậy Dấu xảy x = y = z = Ghi chú: Học sinh làm cách khác điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HUYỆN TĨNH GIA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 0,25 Năm học: 2013-2014 Mơn Tốn - Lớp Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1: (4.0 điểm) Cho biểu thức M =  ( a − 1) − a + 4a  a3 + 4a  − + : a3 − a −  4a  3a + ( a − 1)   1- Rút gọn M 2- Tìm giá trị a để biểu thức M đạt giá trị lớn Bài 2: (4.0 điểm) 1- Chứng minh lập phương số tự nhiên n (n > 0) trừ bảy lần số tự nhiên ln chia hết cho x +1 x −1 − = x + x + x − x + x ( x + x + 1) 2- Giải phương trình: Bài 3: (4.0 điểm) 1- Chứng minh thì: c + ( ab − ac − bc ) = b ≠ c, a + b ≠ c , a + ( a − c)2 a − c = b−c b2 + ( b − c ) 2- Cho ab ≥ Chứng minh rằng: 1 2 + ≥ + a + b + ab Bài 4: (6.0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, đường phân giác AD 1- Chứng minh AD2 = AB.AC – DB.DC 2- Kẻ DE vng góc với AB, DF vng góc với AC Đường thẳng qua D vng góc với BC cắt AB, AC M N Gọi P, Q trung điểm BN CM Chứng minh tam giác ADP cân tam giác BND vuông cân 3- Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q thẳng hàng Bài 5: (2.0 điểm) Tìm cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn: x6 − x + x3 + x = y (Cán coi thi khơng giải thích thêm) Họ tên thí sinh: SBD: PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HUYỆN TĨNH GIA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG Mơn Tốn - Lớp Bài 1- Điều kiện: Ta có: M = = a ≠ 0; a ≠  ( a − 1) − a + 4a  a + 4a − +  : a3 − a −  4a  3a + ( a − 1)   ( a − 1) − 2a + 4a  4a   − +  a + a + ( a − 1) a + a + a −  a a + ( ( a − 1) = Bài1 (4đ) = = ( a − 1) ( a ( ) + a +1 0,5 ) 4a a +4 0,5 a − 3a + 3a − − + 2a − 4a + a + a + 4a a +4 ( a − 1) ( a + a + 1) a − 4a a3 − a + ( a − 2) 4a a +4 = với 4a a +4 0,5 a ≠ 0; a ≠ (a 0,5 + ) − ( a − 4a + ) a2 + = ( a − 2) 1− a2 + 0,5 0,25 4a a +4 2- Ta có M = Vì ) − + 2a − 4a + a + a + Vậy M = ≥0 với a nên ( a − 2) Dấu “=” xảy Bài (4 đ) Biểu điểm 0,25 Tóm tắt lời giải ( a − 2) = 1− a2 + 0,5 a2 + 0,5 ≤1 với a a2 + =0⇔a=2 Vậy MaxM = a = 1- Ta có: n3 – 7n = n3 – n – 6n = n(n – 1)(n + 1) – 6n Trong ba số tự nhiên liên tiếp (n – 1), n, (n + 1) có số chia hết cho số chia hết cho Suy tích n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 hay n(n – 1)(n + 1) ⋮6 Mặt khác 6n⋮6 với n Do đó: n(n – 1)(n + 1) – 6n ⋮6 Vậy n3 – 7n ⋮6 0,5 0,5 0,5 0,5 1  x + x +1 =  x + ÷ + > 2  1  x − x +1 =  x − ÷ + > 2  2- Ta có: ; 0,5 1  x4 + x2 + =  x2 + ÷ + > 2  nên phương trình xác định với x≠0 x +1 x −1 − = x + x +1 x − x +1 x x + x2 +1 ( Phương trình ⇔ ⇔ ( x + 1) ( x − x + 1) − ( x − 1) ( x + x + 1) (x + x + 1) ( x − x + 1) ( )= x3 + − x3 − x + x +1 ) = 0,5 x ( x + x + 1) 0,5 0,25 0,25 4 ⇔ = 2 x + x +1 x x + x2 + x x + x +1 ( ) ( ) ⇔ 2x = ⇔ x = (thỏa mãn) Vậy phương trình cho có nghiệm x = 1- Vì c + ( ab − ac − bc ) = a + ( a − c) b + ( b − c) 2 = = nên a + (a − c) + c + ( ab − ac − bc ) 2 0,5 b + ( b − c ) + c + ( ab − ac − bc ) 2 a + a − 2ac + c + c + 2ab − 2ac − 2bc b + b − 2bc + c + c + 2ab − 2ac − 2bc ( 2( b 0,5 ) ( a − c) ( a + b − c) = a − c = ) + 2a ( b − c ) ( b − c ) ( a + b − c ) b − c 1,0 a − 2ac + c + 2b ( a − c ) Bài (4đ) = 2 − 2bc + c 2- Ta có (với b ≠ c, a + b ≠ c 1 + ≥ 2 1+ a 1+ b + ab ) 0,75 ab − a ab − b 1 1 ⇔ + ≥0 ⇔ − + − ≥0 + a ( + ab ) + b ( + ab ) 2 + a + ab + b + ab 0,75 ( b − a )  a ( + b ) − b ( + a )  ⇔ ≥0 ( + a ) ( + b ) ( + ab ) 0,5 ( ( b − a ) ( ab − 1) ⇔ ( + a ) ( + b2 ) ( + ab ) ) ( ) ( b − a ) ( a − b ) + ab ( b − a )  ⇔ ≥0 ( + a ) ( + b2 ) ( + ab ) ≥0 1- Trên tia đối tia DA lấy BĐT ln ab ≥ 0, · · CBI = BAD điểm I cho Ta có: ABIADC (g-g) AB AD ⇒ = ⇒ AB AC = AD AI AI AC 0,5 (*) 0,5 Lại có: ADCBDI (g-g) ⇒ AD DC = ⇒ AD.DI = BD.DC BD DI 0,5 ⇒ AD ( AI − AD ) = BD.DC 0, ⇒ AD = AD AI − BD.DC Kết hợp với (*) ta có: 0, AD = AB AC − DB.DC (đpcm) 2- * Chứng minh tam giác ADP cân: Hai tam giác vng BAN BDN có đường cao tương ứng AP DP ứng ⇒ AP = DP = 0,25 BN 0,5 với cạnh huyền BN Bài 4: Do tam giác APD cân P * Chứng minh tam giác BND vuông cân: (6đ) Tứ giác AEDF có: µ =E µ = F$ = 900 A ⇒ 0,5 0,5 0,25 (gt) AEDF hình chữ nhật Mặt khác AD đường phân giác góc A Do tứ giác AEDF hình vng · EDF = 900 · BDN = 900 ⇒ 0,25 DE = DF (1) · · ⇒ BDE = NDF Mà (gt) (cùng phụ Xét hai tam giác vuông BED NFD, từ (1) (2) suy ra:  BED =  NFD (cạnh huyền – góc nhọn) · EDN ) (2) ⇒ BD = ND Do tam giác BND vuông cân D 3- AD EF hai đường chéo hình vng AEDF nên EF đường trung trực đoạn thẳng AD Theo chứng minh câu a) AP = PD nên P thuộc đường trung trực đoạn AD Chứng minh tương tự câu a, ta có đường trung trực đoạn AD Vậy điểm E,F, P, Q thẳng hàng AQ=DQ= MC Bài 5: x2 ( x4 − x2 + x + ) x6 − x + x3 + x2 (2đ) Đặt M = = , Q thuộc 0,25 0,25 0,25 = ( ) ( ( = = ) x  x − x + + x + x +  ) 2 x  x − + ( x + 1)    = x ( x − 1)  ( x + 1) 2 + ( x + 1)   2 x ( x + 1) ( x − 1) + 1   - Với x = M = - Với x = M = ⇒ ⇒ y=0 0,5 0,25 0,25 0,75 0,25 y=2 x≥2 ( x − 1) +1 - Với lập luận khơng phương Vậy có cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn (0;0) (1;2) (HS giải cách khác, lập luận cho điểm tối đa) PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP Đề thức Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút (khơng kể thời gian giao đề) Ngày 13 tháng năm 2016 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Số báo danh Năm học 2015 - 2016 Câu 1: (4,0 điểm) − 2x  x +1  1− x P= + − 1 :  3x + 3x x − 3x  x Cho biểu thức: a Rút gọn biểu thức P b Tìm x ∈ Z để P có giá trị nguyên c Tìm x để P Câu 2: (5,0 điểm) ≤ 1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a + b + c − 3abc 2 Giải phương trình: x − 11 x + x + 11 x − x − = Giải bất phương trình: Câu 3: (4,0 điểm) x − x + x x (1 − x ) − > − 3 x + xy + y − x − 40 = Tìm số nguyên x, y thoả mãn Với số tự nhiên n, đặt an = 3n2 + 6n + 13 a Chứng minh hai số a i, aj không chia hết cho có số dư khác chia cho + aj chia hết cho b Tìm tất số tự nhiên n lẻ cho an số phương Câu 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC cho BD = CE Gọi I, K, M, N theo thứ tự trung điểm BE, CD, BC, DE a Tứ giác MINK hình gì? Vì sao? b Chứng minh IK vng góc với tia phân giác At góc A Cho tam giác ABC Từ điểm M cạnh AB vẽ hai đường thẳng song song với hai cạnh AC, BC, chúng cắt BC, AC D E Tìm vị trí M cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ Câu 5: (1,0 điểm) Giả sử x, y, z số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy2z2 + x2z + y = 3z2 Hãy P= z4 1+ z4 x4 + y4 ( ) tìm giá trị lớn biểu thức Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị khơng giải thích thêm Hướng dẫn chấm KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP Năm học 2015 - 2016 Câu (4,0đ) Nội dung x ≠ 0, x ≠ a ĐKXĐ: Ta có: , x ≠ ±1 Điểm 0,5 − 2x  x +1  1− x P= + − 1 :  x + 3x x − x  x  x +1  − ( x − 1) 2x −1 =  − − 1 : 2x  x( x + 1) x( x − 1)  0,5 2x   − 2x = − − 1 =  3x 3x  x − x − x ≠ 0, x ≠ Vậy với P = 2+ b Ta có: ⇔ x − 1∈ , x ≠ ±1 P= ta có 2x x −1 0,5 { ±1; ±2} x ∈ { − 1;0;2;3} 0,5 0,25 Kết hợp với ĐKXĐ x ∈ { 2;3} 2x 2x x +1 ≤1⇔ −1 ≤ ⇔ ≤0 x −1 x −1 x −1 P ≤1⇔ c Mà x – < x + nên x – < x + Kết hợp với ĐKXĐ (5,0đ) ∈Z x −1 Ư(2) mà Ư(2) = Từ suy 0,5 −1 < x < ≥ ⇔ x −4 3 ( 0,5 ) 2( x − ) − x + x x(1 − x ) − 24 > 6 x − 10 − x − x x − x − 24 ⇔ > ⇔ x − 10 − x − x > x − x − 24 6 ⇔ x > −14 ⇔ x > − 14 0,25 0,25 Vậy tập nghiệm bất phương trình Ta có: 0,5 − 14   x / x >    x + xy + y − x − 40 = ( ) ( ) ⇔ x − x + + x + xy + y = 41 0,75 ⇔ ( x − 1) + ( x + y ) = 41 Vì x,y (4,0đ) ∈ Z 2x −1 , Từ suy cặp số nguyên lẻ ( x; y ) cần tìm 41 = 52 + nên ( x − 1) = 25 2 x − = ±  ⇔ ( x + y ) = 16 x + y = ± ( 3;1) ; ( 3; −7 ) ; ( −2;6 ) ; ( −2; −2 ) 0,5 Nếu an không chia hết cho n + khơng chia hết cho an ≡ ≡ ≡ aj (mod 5) + aj + (mod 5) b Vì n lẻ nên n + chẵn ≡ 0,75 Ta có: an = 3n2 + 6n + 13 = 3(n + 1)2 + 10 a Ta thấy: Do đó, ai, aj khơng chia hết cho 0,5 Do đó, an (mod 4) Suy an khơng thể số phương Vậy không tồn số tự nhiên n để an số phương ≡ { 2;3} (mod 5) 0,5 0,5 0,5 Hướng dẫn: a Tứ giác MINK hình thoi b Gọi G, H theo thứ tự giao điểm MN với AC, AB Ta chứng minh: 2,0 2,0 (6,0đ) MG //At Từ suy IK ⊥ At Hướng dẫn: M trung điểm cạnh AB độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ 2,0 (1,0đ) xy + x2 y + = z z Do z > nên từ xy2z2 + x2z + y = 3z2, suy Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có: (x 0,25   x2   y2  x2 y  y + y ) +  x +  +  +  ≥ 2 xy + +  = z z  z  z z    P= Theo đề ra, ta có: z2 a= Đặt ≥ , b=x , z4 = 4 1+ z x + y + x4 + y4 z ( c=y ) P= (a, b, c > 0), đó: ≥ 0,25 a + b2 + c2 ≥ Do a2 2a – 1, b2 2b – 1, c2 2c – 1, ≥ ≥ ≥ a2 + b2 2ab, b2 + c2 2bc, c2 + a2 2ca Suy ra: 3(a2 + b2 + c2) ≥ x2 y2 + y2 + x2 + Mà ab + bc + ca + a + b + c = Do đó: 3(a2 + b2 + c2) P≤ Suy ≥ 0,25 2(ab + bc + ca + a + b + c) –  a2 + b2 + c2 ≥ x2 y2 + + ≥6 z2 z2 z2 0,25 x= y= Dấu “=” xảy a = b = c =  Vậy giá trị lớn biểu thức P= =1 z  x = y = z =1 x = y = z =1 Chú ý: Thí sinh làm cách khác, điểm tối đa Nếu thí sinh chứng minh hình mà khơng vẽ hình khơng chấm điểm hình  ... xảy x = y = z = Ghi chú: Học sinh làm cách khác điểm tối đa PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HUYỆN TĨNH GIA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 0,25 Năm học: 2013-2014 Mơn Tốn - Lớp Thời gian làm bài: 120... 20 18 x − 20 18 x − 20 18 x − 20 18 + + + + =0 2017 2016 2015 ⇔ ( x − 20 18) ( 1 + + + ) = 2017 2016 (1) 0,25 0,25 0.25 0.25 0.25 1 + + + ≠ 2017 2016 Vì ⇔ x − 20 18 = ⇔ x = 20 18 (1) Vậy x = 20 18 a3... 8x + 7) (x2 + 8x + 15) + 15 b Đặt x2 + 8x + 11 = t , ta có A = (t – 4)(t + 4) +15 = t2 – = (t – 1)(t + 1) A = (x + 8x + 10) (x2 + 8x + 12) 0,25 0,25 0,25 = (x2 + 8x + 10) (x + 2)(x +6) a Ta có: