Tổng hợp các đề ôn thi HSG Toán lớp 8 với lời giải chi tiết

(a b).. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao cho BE = DF. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.. Trên cạnh BC lấy[r]

(1)

ĐỀ SỐ 1

(Thời gian làm 150 phút) Bài 1: (2 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức:

A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 + 20152 + 20132 + …+ 32 + 1) b) Cho x + y + z = x2 + y2 + z2 = Tính giá trị biểu thức B = x4 + y4 + z4

Bài 2: (4 điểm)

Với n Chứng minh rằng:

a) C = n + 6n + 11n + 6n  số phương b) D = 5n 2 26.5n82n 1 chia hết cho 59

2. Tìm n để n5 +1 chia hết cho n3 + Bài 3:(4điểm)

a) Giải phương trình:

2009 x 2007 x 2005 x 2003 x x 17 x 15 x 13 x 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

              

   

b) Xác định m để phương trình x m x 2

x x

   

 có nghiệm c) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thứcP 8x2

4x  



d) Tìm giá trị x để Q = 2019 – (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) đạt giá trị lớn

Bài 4: (2 điểm)

Chứng minh f(x) =

5

19x 8x 27x 29x

5    30 nhận giá trị nguyên x số nguyên

Bài 5: (4 điểm)

1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy I Chứng minh rằngMB NC PA IM IN IP

MC NA PB  AMBN CP

Cho tam giác ABC vuông A, đường phân giác BD Qua D kẻ đường thẳng song song với

AB cắt BC E Gọi F giao điểm AE BD

a) Chứng minh đường thẳng CF qua trung điểm AB b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm

Bài 6: (4 điểm)

Cho hình bình hành ABCD Tia phân giác góc A cắt tia phân giác góc B góc D thứ tự E F; Tia phân giác góc C cắt tia phân giác góc B góc D thứ tự H G

a) Chứng minh tứ giác EFGH hình chữ nhật b) Cho AB = a, BC = b (a > b) Tính HF theo a b

c) Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện để diện tích EFGH

2

(a b)  - HẾT -

(2)

ĐỀ SỐ 1

(Thời gian làm 150 phút) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1:(2 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức:

A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1) b) Cho x + y + z = x2 + y2 + z2 = Tính giá trị biểu thức B = x4 + y4 + z4

Bài Đáp án Điểm

Bài 1

1a)

A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1)

 2  2  2  2

A 2018 2017  2016 2015  2014 2013   1 A2018 2017 2016 2015 2014 2013 1       

 

2018 2018

A 037 171

2 

 

0,5 0,25 0,25

1b)

Ta có x   y z x y z2  0 x2y2z22 xy yzzx0 Vì x2y2z2 4 nên xy  yzzx 0 xyyzzx  2

 2 2 2 2 2 2 2  

xy yz zx x y y z z x 2xyz x y z

          

Vì x  y z 0nên x y2 2y z2 2z x2 4 Ta có

 2  

2 2 2 4 2 2 2

x y z  4 x y z 16x y z 2 x y y z z x 16 Mà x y2 2y z2 2z x2 4nên x4y4z4 8

0,5 0,25

0,25

Bài 2:(4 điểm)

1.Với n Chứng minh rằng:

a) C = n + 6n + 11n + 6n  số phương b) D = 5n 2 26.5n82n 1 chia hết cho 59

2. Tìm n để n5 +1 chia hết cho n3 +

2.1a)

Ta có C = n + 6n + 11n + 6n  C = n4 + 2n2(3n + 1) + 9n2 + 6n + C = n4 + 2n2(3n + 1) + (3n + 1)2 C = (n2 + 3n + 1)2

Vì n số tự nhiên nên C số phương

0,5 0,5 0,5

(3)

Bài 2

 

n n 2n n n n n n n n n

D5  26.5 8  25.5 26.5 8.64 51.5 64.8 59.5 8 64 5 Vì 64n – 5n 64 – 59 nên 8(64n – 5n) 59 59.5n 59 với số tự nhiên n Do D = 5n + 2 + 26.5n + 82n + 1 chia hết cho 59 với số tự nhiên n

0,75 0,5 0,25

2.2

Ta có n5 + n3 +  n2(n3 + 1) – (n5 + 1) n3 +  n2 – n3 +  (n3 + 1) – n(n2 – 1) n3 +  n + n3 +  n2 – n +

 

2

n ;

n n 1

n

n n 1

     

 

      

Sau thử lại ta n 0 ; n5 + chia hết cho n3 +

0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 3: (4 điểm)

2009 x 2007 x 2005 x 2003 x x 17 x 15 x 13 x 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

              

   

b) Xác định m để phương trình x m x 2

x x

   

 có nghiệm c) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P 8x2

4x  



d) Tìm giá trị x để Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị lớn

Bà i

Đáp án Điể

m

Bà i

3a)

2009 x 2007 x 2005 x 2003 x

VT 1 1

7 11 13

2016 x 2016 x 2016 x 2016 x VT

7 11 13

   

        

   

    

x 17 x 15 x 13 x 11

VP 1 1

1999 2001 2003 2005

x 2016 x 2016 x 2016 x 2016 VP

1999 2001 2003 2005

                              Do đó:

2016 x 2016 x 2016 x 2016 x x 2016 x 2016 x 2016 x 2016

7 11 13 1999 2001 2003 2005

              

   

  1 1   1 1

2016 x 2016 x

7 11 13 1999 2001 2003 2005

   

            

   

2016 x x 2016

    

0,25

0,25 0,25

3b) ĐKXĐ: x 1 ; x0

     

x m x

2 m x *

x x

 

    



(4)

Phương trình (1) có nghiệm

Phương trình (*) có nghiệm khác – m

m m

2

1

2 m m

m m                           

Vậy m m

   

 phương trình (1) có nghiệm

0,25

3c) ĐKXĐ: với x thuộc

 2   2   2  2   2

2 2

4x 8x 4x x 4x 4 x 1

8x

P 1

4x 4x 4x 4x

       



      

   

Dấu “=” xảy  

2

4 x

0 x

4x 

   



Vậy GTNN biểu thức P – 1, đạt x = –

 2   2   2   2  2

2 2

4 4x 16x 8x 4x 4x 4x 1

8x

P 4

4x 4x 4x 4x

       



     

   

Dấu “=” xảy  

2

4x 1

0 x

4x



  



Vậy GTLN biểu thức P 4, đạt x



0,5

3d) ĐKXĐ: với x thuộc Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6) Q = 2019 – (x2 + 5x – 6)(x2+ 5x + 6) Q = 2019 – [(x2 + 5x)2 – 36]

Q = 2055 – (x2 + 5x)2 2055

Dấu “=” xảy x2 + 5x =  x = x = –

Vậy x = x = – biểu thức Q đạt GTLN 2055

0,25 0,25 0,25 0,25

Bài 4:(2 điểm)

Chứng minh f(x) =

5

19x 8x 27x 29x

5    30 nhận giá trị nguyên x số nguyên

Bài 4

  19x5 8x3 27x2 29x 114x5 80x3 405x2 29x f x

5 30 30

  

    

f(x) nhận giá trị nguyên  114x5 + 80x3 + 405x2 – 29x 30 Ta có 114x5 + 80x3 + 405x2 – 29x

= (120x5 + 90x3 + 390x2 – 30x) – (6x5 + 10x3 – 15x2 – x) Do cần chứng minh 6x5 + 10x3 – 15x2 – x 30

(5)

Ta có 6x5 + 10x3 – 15x2 – x = 6(x5 – x) + 10(x3 – x) – 15x(x – 1) Vì x5 – x 30 ; x3 – x 30 x(x – 1) 30 với số nguyên x

Do 6x5 + 10x3 – 15x2 – x = 6(x5 – x) + 10(x3 – x) – 15x(x – 1) 30   19x5 8x3 27x2 29x

f x

5 30

     nhận giá trị nguyên x số nguyên

0,5 0,5

Bài 5:(4 điểm)

1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy I Chứng minh rằngMB NC PA IM IN IP

MC NA PB  AMBN CP

2.Cho tam giác ABC vuông A, đường phân giác BD Qua D kẻ đường thẳng song song với

AB cắt BC E Gọi F giao điểm AE BD

a) Chứng minh đường thẳng CF qua trung điểm AB b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm

Hình vẽ

0,5

5.1

Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác, ta có: MB AB

MCAC ;

NC BC NA  BA ;

PA CA PB  CB MB NC PA AB BC CA

MC NA PB AC BA CB

   (1)

Kẻ AH  BC IK BC (H K thuộc BC)  AH // IK Áp dụng định lí Ta-lét ta có IM IK

AM AH Ta lại có IBC

ABC

S IK

S AH,

IBC ABC

S IM

AMS Tương tự

IAC ABC

S IN

BNS ;

IAB ABC

S IP

CP S

Vậy IBC IAC IAB ABC

ABC ABC ABC ABC

S S S

IM IN IP S

1

AM BNCP S S S S  (2) Từ (1) (2) MB NC PA IM IN IP

MC NA PB AM BN CP

   

0,5

0,5 H K

I P

N

M

B C

(6)

Bài 5

Hình vẽ

0,5

5.2a)

Giả sử tia CF cắt AB M cắt DE N

Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác CAM có DN // AM CN ND

CM MA

 

Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác CMB có NE // MB CN NE

CM MB

 

Do ND NE CN MA  MB CM hay

MA ND

MB  NE (1) Chứng minh tương tự ta NE ND FN

MA  MB  FM hay

MB ND

MA  NE (2)

Từ (1) (2) MA MB 2

MA MB MA MB

MB MA

     

Vậy đường thẳng CF qua trung điểm M AB

0,5

5.2b)

Ta có BD đường phân giác tam giác ABC vuông A

AD AB

DC BC

  BC AB

DC AD

  BC AB

5

 

2 2 2

BC AB BC AB AC

4

25 25 16 16



     



BC AB

2

5

    BC = 10cm ; AB = 6cm

Vì DE // AB, áp dụng hệ định lí Ta-lét ta có  

DE CD DE 6.5

DE 3,75 cm

AB CA   8  

0,5

Bài 6:(4 điểm)

Cho hình bình hành ABCD Tia phân giác góc A cắt tia phân giác góc B góc D thứ tự E F; Tia phân giác góc C cắt tia phân giác góc B góc D thứ tự H G

a) Chứng minh tứ giác EFGH hình chữ nhật b) Cho AB = a, BC = b (a > b) Tính HF theo a b

2

(a b) 

N M

F

E

D

A C

(7)

Bài 6

Hình vẽ

0,5

6a)

Vì ABCD hình bình hành   A B 1800

Vì AE BE thứ tự phân giác góc A góc B

EAB A

2

  EBA 1B 

  0

1

EAB EBA A B 180 90

2

     

AEB 90

  Tương tự CGD900 Vì ABCD hình bình hành

A D 180

  

Vì AF DF thứ tự phân giác góc A góc D

FAD A

2

  FDA 1D 

  0

1

FAD FDA A D 180 90

2

     

AFD 90

 

Mà AFDGFE (đối đỉnh) nên

GFE90

Tứ giác EFGH có ba góc vng nên EFGH hình chữ nhật

0,5 0,5

0,5

6b)

Gọi M N thứ tự trung điểm AD BC AFD

 vuông F có FM đường trung tuyến

MF MA MD AD

2

     MDF cân M MDFMFD

Mà MDFFDC (gt) nên MFDFDC MF // DC (1) Chứng minh tương tự NH // DC (2) Vì M N thứ tự trung điểm AD BC

 MN đường trung bình hình bình hành ABCD

 MN // AB // DC MN = AB = DC (3) Theo tiên đề Ơ-Clit  điểm M, F, H, N thẳng hàng

MF FH HN MN

   

1 b b

FH MN MF NH AB AD BC a a b

2 2

           

0,25 0,25 0,25 0,25

6c)

Vì FH đường chéo hình chữ nhật EFGH nên SEFGH = 2.SFGH N

M F

E

H G

B

D C

(8)

Mà  

2 EFGH

a b S

2 

  

2 FGH

a b S

4 

 

Mặt khác FGH vuông G nên    

2

a b

GF.GH 2GF.GH a b

2



   

Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có GF2 + GH2 = FH2= (a – b)2 = 2GF.GH (GF – GH)2 = GF = GH

FGH

  vuông cân G  GFHGHF450

Mà FH // DC nên GDCGCD450   D C 900 ABCD hình chữ nhật Vậy ABCD hình chữ nhật diện tích tứ giác EFGH

2

(a b) 

0,25 0,25

(9)

ĐỀ SỐ 2

(Thời gian làm 150 phút) Bài 1: (4 điểm)

a) Cho A = 12 + 22 + 32 + … + 10092 B = 12 + 32 + 52 + … + 20172 Tính giá trị biểu thức C = 4A – B

b) Rút gọn biểu thức D 1

1 2 3 n

    

       với

*

n

Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh với *

n E = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n không số phương b) Tìm số tự nhiên x y thỏa mãn + 3x = 4y

c) Chứng minh p số nguyên tố lớn F = p4 + p2 – chia hết cho 72

Bài 3:(4 điểm)

a) Giải phương trình x x 22 x 15

17 37 67

     

b) Xác định m để phương trình x2 – 2mx + m + = có nghiệm c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức G = x2 + y2 + xy + x + y

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC lấy điểm E tia đối tia DC lấy điểm F cho BE = DF Gọi H hình chiếu A EF

a) Tam giác AEF tam giác gì? Vì sao?

b) Chứng minh ba điểm B, H, D thẳng hàng c) Tính tỉ số CE

DH

Bài 5: (3 điểm)

1. Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi O giao điểm AC BD Tính diện tích hình thang ABCD, biết SAOB = 36cm2 SCOD = 81cm2

2 Cho hình vẽ:

- HẾT -

(Giám thị khơng giải thích thêm)

P N

Q M

F

B

D C

A

H

G E

Cho biết:

Các tứ giác ABCD; EFGH hình bình hành Các điểm M, N, P, Q thứ tự trung điểm đoạn thẳng AE, BF, CG, DH

(10)

ĐỀ SỐ 2

(Thời gian làm 150 phút) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (4 điểm)

a) Cho A = 12 + 22 + 32 + … + 10092 B = 12 + 32 + 52 + … + 20172 Tính giá trị biểu thức C = 4A – B

b) Rút gọn biểu thức D 1

1 2 3 n

    

       với

*

n

Bài 1

1a)

Ta có A = 12 + 22 + 32 + … + 10092  4A = 22 + 42 + 62 + … + 20182

C = (20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22) – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1)

 2  2  2  2

C 2018 2017  2016 2015  2014 2013   1 C2018 2017 20162015 2014 2013 1  

 

2018 2018

C 037 171

2 

 

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

1b)

Áp dụng công thức n n n 1 



     với n *  

2 2

D

1.2 2.3 3.4 n n

    



1 1 1 1

D

1 2 3 n n

 

          



 

1 2n

D

n n

 

   

 

 

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

Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh với *

n E = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n khơng số phương b) Tìm số tự nhiên x y thỏa mãn + 3x = 4y

c) Chứng minh p số nguyên tố lớn F = p4 + p2 – chia hết cho 72

2a)

E = (n4 + 6n3 + 9n2) + (2n2 + 6n) E = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n)

Đặt m = n2 + 3n m nguyên dương (vì n nguyên dương) Khi E = m2 + 2m

Ta có m2 < m2 + 2m < (m + 1)2 với m nguyên dương

Vậy E = m2 + 2m số phương với m nguyên dương

0,25 0,25 0,25 0,25

(11)

Bài 2

Ta có + 3x = 4y  3x = 4y – = (2y)2 – = (2y – 1)(2y + 1) Vì số nguyên tố nên

y p

y q

2

   



 

 với p, q  , p < q p + q = x  3q – 3p =  3p(3q – p – 1) =

p

q q p

p

3 p

q

3

3



    



   

  

  

 (thỏa mãn điều kiện)

Khi 2y – =  2y =  y = Vậy có x = y = thỏa mãn đề

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

2c)

Ta có F = p4 + p2 – = (p2 – 1)(p2 + 2)

Với p nguyên tố, p >  p   p2 chia dư  p2 – Với p nguyên tố, p >  p lẻ, đặt p = 2k + k ; k1

Khi p2 – = (2k + 1)2 – = 4k2 + 4k = 4k(k + 1) (vì k(k + 1) 2) Mà nguyên tố nên p2 – 24 (1)

Ta lại có p2 + = (p2 – 1) + 3 (vì p2 – 3) (2) Từ (1) (2)  (p2 – 1)(p2 + 2) 72

Vậy F = p4 + p2 – chia hết cho 72 với số nguyên tố lớn

0,5

0,25 0,25

Bài 3:(4 điểm)

a) Giải phương trình x x 22 x 15

17 37 67

     

b) Xác định m để phương trình x2 – 2mx + m + = có nghiệm c) Tìm giá trị nhỏ biểu thức G = x2 + y2 + xy + x + y

3a)

Ta có x x 22 x 15

17 37 67

     

x x 22 x 15

3

17 37 67

  

      

x 52 x 52 x 52

0

17 37 67

  

   

  1

x 52

17 37 67

 

     

 

 x – 52 = (vì 1 173767  ) x 52

 

Vậy phương trình cho có nghiệm x = 52

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

3b)

(12)

Bài 3

2 2

x 2mx m m m

     

 2 2

x m m m

    

Phương trình cho có nghiệm  (x – m)2 =

 m2 – m – =  (m + 1)(m – 2) =

m

   m =

Vây m 1 m = phương trình cho có nghiệm

0,5

0,75 0,25

3c)

Ta có G = x2 + y2 + xy + x + y     2 2 2 2 2

G x x y y y

y y

G x x y y y

2

y 3y y

G x

2 4

y 1

G x y

2 3

                                                     

Dấu “=” xảy

1 y x x 1

y y

3                      

Vậy GTNN biểu thức G

 , đạt x y   

0,5

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC lấy điểm E tia đối tia DC lấy điểm F cho BE = DF Gọi H hình chiếu A EF

a) Tam giác AEF tam giác gì? Vì sao?

b) Chứng minh ba điểm B, H, D thẳng hàng c) Tính tỉ số CE

DH

(13)

ABE

 ADF có AB = AD, B D 900(ABCD hình vng); BE = DF (gt)

ABE ADF (c-g-c)  AE = AF BAEDAF

Mà BAEEAD900 nên DAF EAD 900 hay EAF900 Vậy tam giác AEF vuông cân A

0,75 0,75

4b)

AEF

 vng cân A có AH đường cao  AH đồng thời đường trung tuyến  HA HE HF 1EF

2

  

CEF

 vuông C có CH đường trung tuyến (vì HE = HF)  HC HE HF 1EF

2

  

Do HA HC 1EF

 

  

 

Ta lại có BA = BC, DA = DC (vì ABCD hình vng)  điểm B, D, H thuộc đường trung trực đoạn AC Vậy điểm B, D, H thẳng hàng

0,5

0,5 0,5

4c)

Vẽ EK // BD (K thuộc CD)

Áp dụng định lí Ta-lét ta có CE CK

CB CD, mà CB = CD nên CE = CK  CEK vuông cân C EKCE

Xét FEK có HE = HF HD // EK  DK = DF  DH đường trung bình FEK DH 1EK

2

 

CE CE 2CE 2CE

2

DH EK EK CE

2

    

0,5

0,5 0,5

Bài 5: (3 điểm)

1. Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi O giao điểm AC BD Tính diện tích hình thang ABCD, biết SAOB = 36cm2 SCOD = 81cm2

(14)

Bài 5

5.1 Hình vẽ

0,5 Vì AB // CD  SADC = SBDC  SAOD = SBOC = k (k > 0)

AOB BOC

S OA

S  OC (vì AOB BOC có chiều cao kẻ từ đỉnh B)

36 OA

k OC

 

(1)

AOD DOC

S OA

S  OC (vì AOD DOC có chiều cao kẻ từ đỉnh D)

k OA

81 OC

 

(2)

Từ (1) (2) 36 k

k 2916 k 2916 54

k 81

       (vì k > 0)

 SAOD = SBOC = 54cm2

Vậy SABCD = 36 + 54 + 81 + 54 = 225(cm2)

0,25 0,25 0,25 0,25

5.2 Hình vẽ

0,5 Gọi I trung điểm AH; J trung điểm CF

AHE

 có MA = ME (gt) IA = IH (cách vẽ)

 IM đường trung bình AHE IM / /HE IM 1HE



AHD

 có QD = QH (gt) IA = IH (cách vẽ)

 IQ đường trung bình AHD IQ / /AD IQ 1AD 

O

D C

A B

J I

P

N

Q

M

F

B

D C

A

H

G E

P N

Q M

F

B

D C

A

H

G

E Cho biết: Các tứ giác ABCD; EFGH hình bình hành

Các điểm M, N, P, Q thứ tự trung điểm đoạn thẳng AE, BF, CG, DH

(15)

Tương tự ta JP / /FG JP 1FG

 ; JN / /BC JN 1BC  Vì ABCD EFGH hình bình hành  AD //= BC ; HE //= FG Từ suy IMQ JPN (c-g-c)  MQ = PN

Tương tự ta MN = PQ Vậy tứ giác MNPQ hình bình hành

(16)

ĐỀ SỐ 3

(Thời gian làm 150 phút) Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức A = 5n3 + 2017n, với n  Chứng minh A chia hết cho b) Cho biểu thức P = 4n2 – n + Tìm số ngun n để P số phương c) Tìm cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đẳng thức 2x2 + y2 = 2(xy + x + 2) Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x5 + x – thành nhân tử

b) Cho x > y > thỏa mãn 3x2 + 3y2 = 10xy Tính giá trị biểu thức

2

2x xy

Q

3y xy

 



c) Cho hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b Q(x) = x2 + x – Xác định hệ số a b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x)

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x2 + (x + 2018)2 b) Chứng minh 12 12 12 12 12

49 5 7  97 

Bài 4: (4,5 điểm)

Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm hai điểm A B Trên nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ tam giác ACD BCE

a) So sánh hai đoạn thẳng AE BD

b) Gọi F giao điểm AE BD Chứng minh FC phân giác góc AFB

Bài 5: (2,5 điểm)

Cho hình thang vng ABCD có A D 900 AB = 2.CD Gọi E hình chiếu vng góc A lên đường chéo BD Gọi F trung điểm BE Tính số đo góc AFC

-Hết -

(17)

ĐỀ SỐ 3

(Thời gian làm 150 phút) HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) (1,5 điểm)

Ta có A = 5n3 + 2017n = 6n3 + 2016n – (n3 – n) = 6n3 + 2016n – n(n – 1)(n + 1) Vì n(n – 1)(n + 1) tích ba số nguyên liên tiếp

 n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 3, mà hai số nguyên tố nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 =

Ta lại có 6n3 2016n chia hết cho với số nguyên n

 6n3 + 2016n – n(n – 1)(n + 1)

Vậy A = 5n3 + 2017n với số nguyên n

0,5 0,5 0,5 b) (1,5 điểm)

Vì P số chính phương, đặt 4n2 – n + = m2 (với m số tự nhiên)

 64n2 – 16n + 96 = 16m2

 (64n2 – 16n + 1) – 16m2 = – 95

 (8n – 1)2 – (4m)2 = – 95

 (8n + 4m – 1)(8n – 4m – 1) = – 95

Vì m số tự nhiên nên 8n + 4m –  8n – 4m – 1, nên có trường hợp sau:

8n + 4m – 19 95

8n – 4m – -19 -95 -5 -1

n -1 -6

Sau thử lại, ta tìm n  1 ;6

0,25

0,5

0,5 0,25 c) (1,0 điểm)

Ta có 2x2 + y2 = 2(xy + x + 2)  2x2 + y2 – 2xy – 2x =

 (x2 – 2x + 1) + (x2 – 2xy + y2) =  (x – 1)2 + (x – y)2 = = 12 + 22

Từ tìm cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đề là: (2 ;0), (2 ;4), (0 ;-2), (0 ;2), (3 ;2), (3 ;4), (-1 ;-2), (-1 ;0)

0,5 0,5 a) (2,0 điểm)

Ta có x5 + x –

= (x5 + x2) – (x2 – x + 1) = x2(x3 + 1) – (x2 – x + 1)

= x2(x + 1)(x2 – x + 1) – (x2 – x + 1)

(18)

Bài

= (x2 – x + 1)[x2(x + 1) – 1]

= (x2 – x + 1)(x3 + x2 – 1) 0,5

b) (2,0 điểm)

Ta có 3x2 + 3y2 = 10xy

 3x2 + 3y2 – 10xy =

 (3x2 – 9xy) + (3y2 – xy) =

 3x(x – 3y) – y(x – 3y) =

 (x – 3y)(3x – y) =

x 3y x 3y

3x y y 3x

  

 

 

  

 

Vì x > y > nên có trường hợp x = 3y thỏa mãn

Do    

 

2

2 2

2 2 2

2 3y 3y y

2x xy 18y 3y 15y

Q

3y xy 3y 3y y 3y 3y 6y

           1,0 0,5 0,5 c) (2,0 điểm)

Ta có Q(x) = x2 + x – = (x – 1)(x + 2)

Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên tồn đa thức G(x) cho:

P(x) = Q(x).G(x)  x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x)

       

4

– a.1 b –

a

2 b

                

 a b 2a b

     



 

a b 3a        

b a      

Vậy a = b = 2 P(x) chia hết cho Q(x)

0,5 0,5 0,5

0,5

Bài

a)(1,5 điểm)

Ta có A = x2 + (x + 2018)2

A = x2 + x2 + 4036x + 20182 A = 2x2 + 4036x + 20182 A2 x 2018x20182

A2 x 2018x1009220182 2.10092 A2 x 1009  2 2.10092 2.10092

Dấu “=” xảy 2(x + 1009)2 =   x 1009 Vậy: minA = 2.10092, đạt x  1009

1,0 0,5 b) (1,5 điểm)

(19)

Ta có (2n + 1)2 = 4n2 + 4n +

 (2n + 1)2 > 4n2 + 4n = 4n(n + 1) 

 2  

1 1 1

4n n n n

2n

 

    

   



Áp dụng kết trên, ta có:  2

2

1 1 1

3 2.1 1

 

    

 

 ,

 2

1 1 1

5 2.2 1

 

    

 

 ,

 2

1 1 1

7 2.3 1 4

 

    

 

 ,

 2

1 1 1

97 2.48 1 48 49

 

    

 



 12 12 12 12 1 1 1 1 12

4 2 48 49 49

3 97

 

             

 

0,5

0,5 0,5

Bài

Hình vẽ

0,5

a) (2,0 điểm)

Vì ACD nên AC = CD = DA DACACDCDA600 Vì BCE nên BC = CE = EB EBCBCECEB600

Do

DCE60  ACEDCB 120

 ACE = DCB (c-g-c)

0,5 0,5 0,5

K H

F

E

D

(20)

 AE = DB 0,5 b) (2,0 điểm)

Kẻ CHAE, CKBD

Ta có ACE = DCB (c-g-c)  CAECDB Ta lại có CA = CD (ACD đều)

Do CHA = CKD (cạnh huyền-góc nhọn)

 CH = CK

 FC phân giác góc AFB

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

Bài

Hình vẽ

0,5

Gọi H trung điểm AE, mà F trung điểm BE nên HF đường trung bình tam giác AEB  HF // AB HF 1AB

2



Ta lại có AB // CD (cùng vng góc với AD) AB = 2.CD Do HF // CD HF = CD

Từ (1) (2) suy CFAF hay AFC900

1,0

0,5

H F

E C

A B

D

 Tứ giác CDHF hình bình hành

 DH // CF (1) Ta có FH // AB ABAD nên FHAD

Tam giác DAF có AE DF FHAD nên H trực tâm tam giác DAF

(21)

ĐỀ SỐ 4

a) Chứng minh đa thức x50 + x10 + chia hết cho đa thức x20 + x10 + b) Cho biểu thức P = n2 + 2n – Tìm số nguyên n để P số nguyên tố c) Tìm cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đẳng thức 3x2 – y2 + 2xy + 4x + = Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x3 + y3 + 3xy – thành nhân tử

b) Cho x, y > thỏa mãn x3 + y3 + = 3xy Tính Q = x2017 + y2018

c) Xác định hệ số a b để đa thức x4 + chia hết cho đa thức x2 + ax + b

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1)

b) Đặt S 1 2 22   32 n2 Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1) với n  *

Bài 4: (7,0 điểm)

1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD Trên cạnh AB lấy điểm E cho

ADE 15 Tính số đo góc ECD

2) Cho tứ giác ABCD có A C 900 Gọi H K thứ tự hình chiếu vng góc B D lên đường chéo AC Chứng minh AK = CH

3) Cho tam giác ABC (AB < AC) Điểm D chuyển động cạnh AB điểm E chuyển động cạnh AC cho BD = CE Chứng minh trung điểm F DE thuộc đoạn thẳng cố định

-Hết -

(22)

ĐỀ SỐ 4

Bài 1

a) (1,5 điểm) Ta có x50 + x10 +

= (x50 – x20) + (x20 + x10 + 1) = x20(x30 – 1) + (x20 + x10 + 1)

= x20(x10 – 1)(x20 + x10 + 1) + (x20 + x10 + 1) = (x20 + x10 + 1)[x20(x10 – 1) + 1]

= (x20 + x10 + 1)(x30 – x20 + 1)

Vậy đa thức x50 + x10 + chia hết cho đa thức x20 + x10 +

0,5 0,5 0,5

b) (1,5 điểm)

Ta có P = n2 + 2n – = (n – 1)(n + 3)

Ta lại có (n + 3) – (n – 1) = > nên n + > n –

Để P = n2 + 2n – số ngun tố có hai trường hợp xảy :

TH1: n – =  n = 2, P = n2 + 2n – = số nguyên tố (đúng)

TH2: n + = -1  n = -4, P = n2 + 2n – = số nguyên tố (đúng) Vậy số nguyên n cần tìm {-4 ; 2}

0,5 0,5 0,5 c) (1,0 điểm)

Ta có 3x2 – y2 + 2xy + 4x + =

 (4x2 + 4x + 1) – (x2 – 2xy + y2) = -7

 (2x + 1)2 – (x – y)2 = -7

 (2x + – x + y)(2x + + x – y) = -7

 (x + y + 1)(3x – y + 1) = -7 Lập bảng tìm giá trị x y

x + y + -7 -1

3x – y + 1 -7 -1

x -2 -2

y -6 -3

0,5

(23)

Vậy có cặp số nguyên (x ;y) cần tìm (-2 ;-6), (1 ;-3), (-2 ;2), (1 ;5)

Bài

a) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + 3xy –

= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) – – (3x2y + 3xy2 – 3xy) = (x + y)3 – – 3xy(x + y – 1)

= (x + y – 1)[(x + y)2 + (x + y) + 1] – 3xy(x + y – 1) = (x + y – 1)(x2 + 2xy + y2 + x + y + – 3xy)

= (x + y – 1)(x2 + y2 – xy + x + y + 1)

0,5 0,5 0,5 0,5 b) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + = 3xy

 x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 + = 3x2y + 3xy2 + 3xy

 (x + y)3 + = 3xy(x + y + 1)

 (x + y + 1)[(x + y)2 – (x + y) + 1] = 3xy(x + y + 1)

 x2 + 2xy + y2 – x – y + = 3xy (vì x, y số dương)

 x2 – xy + y2 – x – y + =

 2x2 – 2xy + 2y2 – 2x – 2y + =

 (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) =

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 =

Vì (x – y)2  0, (x – 1)2  0, (y – 1)2  với x, y

 (x – y)2 = 0, (x – 1)2 = (y – 1)2 =

 x = y =

Vậy Q = x2017 + y2018 = 12017 + 12018 = + =

1,0

0,5

0,5 c) (2,0 điểm)

Ta có x4 +

= x4 + 4x2 + – 4x2 = (x2 + 2)2 – (2x)2

= (x2 + – 2x)(x2 + + 2x) = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2)

Để đa thức x4 + chia hết cho đa thức x2 + ax + b a  2 b = 1,5 0,5

Bài

a)(1,5 điểm)

Đặt y = x2 + 2x + = (x + 1)2 

(24)

Ta có A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1) A = (x2 + 2x + + 3)(x2 + 2x + – 2)

A = (y + 3)(y – 2) = y2 + y –  -6 (vì y  0) Dấu “=” xảy y =  (x + 1)2 =  x = -1 Vậy A = -6, đạt x = -1

0,5 0,5

b) Đặt 2 2

S 1 2   3 n Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1) Ta có (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k +

Cho k nhận giá trị nguyên dương từ đến n, ta có: 23 = 13 + 3.12 + 3.1 +

33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 43 = 33 + 3.32 + 3.3 + (n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n +

Cộng VTV đẳng thức ta được:

(n + 1)3 = 3S + 3(1 + + + + n) + (n + 1)

 3S = (n + 1)3 – 3.n n 1



– (n + 1)

 6S = 2(n + 1)3 – 3n(n + 1) – 2(n + 1)

 6S = (n + 1)[2(n + 1)2 – 3n – 2]

 6S = (n + 1)(2n2 + 4n + – 3n – 2)

 6S = n(n + 1)(2n + 1) (ĐPCM)

0,5

0,5 1) (2,5 điểm)

Hình vẽ

0,5

H F

E B

A

(25)

Bài

Trên cạnh AB lấy điểm F cho DF = DC Kẻ FH CD Tứ giác AFHD hình chữ nhật (vì

A  D H 90 )  FH = AD Vì ABCD hình chữ nhật nên AB = CD, mà AB = 2AD nên DF = 2FH Tam giác DFH vuông H có DF = 2FH nên

FDH30 Ta lại có tam giác CDF cân D nên

FCD75 Vì ADE 15 0nên EDC750

Tứ giác EFCD có EF // CD EDCFCD750

 EFCD hình thang cân

 CE = DF, mà DF = DC nên CE = DC Do tam giác CDE cân C, có

EDC75 nên ECD300

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

2) (2,5 điểm) Hình vẽ

0,5

Vẽ đường cao AE tam giác ABC cắt đường cao BH điểm F

 F la trực tâm tam giác ABC

 CF đường cao thứ ba tam giác ABC hay CFAB

Ta có AF // DC (cùng vng góc với BC), CF // DA (cùng vng góc với AB)

 AFCD hình bình hành

 AF // CD AF = CD

FAH DCK

  (so le trong)

F

E

H

K

D

A C

(26)

 FAH = DCK (cạnh huyền - góc nhọn)

 AH = CK

 AK = CH

0,5

1,0

0,5

Vì AB < AC nên cạnh AC tồn điểm G cho CG = AB Gọi M Q thứ tự trung điểm BC AQ

Vì BD = CE nên DB E C FM Vì BD = CE nên DA E G FQ

Vì tam giác ABC cố định nên đoạn thẳng MQ cố định Ta chứng minh điểm F thuộc đoạn thẳng MQ Thật : Gọi N P thứ tự trung điểm BE BG

 MN đường trung bình BCE ; MP đường trung bình BCG

 MN // CE MN =CE

2 ; MP // CG MP = CG

2

Vì ba điểm C, E, G thẳng hàng nên ba điểm M, N, P thẳng hàng

Ta có NF đường trung bình BED ; PQ đường trung bình  BGA  NF // BD NF = BD

2 ; PQ // AB PQ = AB

2

Mà BD = CE, AB = CG nên MN = NF, MP = PQ NF // PQ

 MNF cân N, MPQ cân P MNFMPQ

 NMFPMQ

Mà ba điểm M, N, P thẳng hàng nên ba điểm M, F, Q thẳng hàng Vậy trung điểm F DE thuộc đoạn thẳng MQ cố định

N P

Q

M F

E G

B C

A

(27)

ĐỀ SỐ 5

(Thời gian làm 150 phút)

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho n số nguyên a1, a2, a3, …,an có giá trị -1 Chứng minh a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1 = n chia hết cho

b) Tìm số nguyên tố p có tổng ước dương p4 số phương c) Tìm số tự nhiên ab, biết aba 1  2  b 1 2

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) thành nhân tử b) Cho x, y, z > thỏa mãn x 1 y 1 z 1

y z x

     Tính Q x y z

y z x

  

c) Xác định hệ số a b cho đa thức x3 + ax + b chia cho x + dư 7, chia cho x – dư –

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị lớn biểu thức A = (x + 4)2 – (2x – 1)2

b) Chứng minh + a + a2 + a3 + + a17 = (1 + a)(1 + a2)(1 + a4)(1 + a8) Bài 4: (7,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC vuông cân A Trên cạnh AB, AC lấy điểm D E cho AD = AE Đường thẳng qua A vng góc với BE cắt BC M ; Đường thẳng qua D vng góc với BE cắt BC N Chứng minh M trung điểm CN

2) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC) Về phía ngồi tam giác, vẽ tam giác ABD vng cân B tam giác ACE vuông cân C Gọi H K thứ tự hình chiếu D E đường thẳng BC

a) So sánh BH CK

b) Gọi F trung điểm DE Tam giác BFC tam giác ? Vì ?

(28)

ĐỀ SỐ 5

Bài 1

a) (1,5 điểm) Ta có x50 + x10 +

= (x50 – x20) + (x20 + x10 + 1) = x20(x30 – 1) + (x20 + x10 + 1)

= x20(x10 – 1)(x20 + x10 + 1) + (x20 + x10 + 1) = (x20 + x10 + 1)[x20(x10 – 1) + 1]

= (x20 + x10 + 1)(x30 – x20 + 1)

Vậy đa thức x50 + x10 + chia hết cho đa thức x20 + x10 +

0,5 0,5 0,5

b) (1,5 điểm)

Ta có P = n2 + 2n – = (n – 1)(n + 3)

Ta lại có (n + 3) – (n – 1) = > nên n + > n –

Để P = n2 + 2n – số ngun tố có hai trường hợp xảy :

TH1: n – =  n = 2, P = n2 + 2n – = số nguyên tố (đúng) TH2: n + = -1  n = -4, P = n2 + 2n – = số nguyên tố (đúng) Vậy số nguyên n cần tìm {-4 ; 2}

0,5 0,5 0,5 c) (1,0 điểm)

Ta có 3x2 – y2 + 2xy + 4x + =

 (4x2 + 4x + 1) – (x2 – 2xy + y2) = -7

 (2x + 1)2 – (x – y)2 = -7

 (2x + – x + y)(2x + + x – y) = -7

 (x + y + 1)(3x – y + 1) = -7 Lập bảng tìm giá trị x y

x + y + -7 -1

3x – y + 1 -7 -1

x -2 -2

y -6 -3

(29)

Vậy có cặp số nguyên (x ;y) cần tìm (-2 ;-6), (1 ;-3), (-2 ;2), (1 ;5) 0,5

Bài

a) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + 3xy –

= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) – – (3x2y + 3xy2 – 3xy) = (x + y)3 – – 3xy(x + y – 1)

= (x + y – 1)[(x + y)2 + (x + y) + 1] – 3xy(x + y – 1) = (x + y – 1)(x2 + 2xy + y2 + x + y + – 3xy)

= (x + y – 1)(x2 + y2 – xy + x + y + 1)

0,5 0,5 0,5 0,5 b) (2,0 điểm)

Ta có x3 + y3 + = 3xy

 x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 + = 3x2y + 3xy2 + 3xy

 (x + y)3 + = 3xy(x + y + 1)

 (x + y + 1)[(x + y)2 – (x + y) + 1] = 3xy(x + y + 1)

 x2 + 2xy + y2 – x – y + = 3xy (vì x, y số dương)

 x2 – xy + y2 – x – y + =

 2x2 – 2xy + 2y2 – 2x – 2y + =

 (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) =

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 =

Vì (x – y)2  0, (x – 1)2  0, (y – 1)2  với x, y

 (x – y)2 = 0, (x – 1)2 = (y – 1)2 =

 x = y =

Vậy Q = x2017 + y2018 = 12017 + 12018 = + =

1,0

0,5

0,5 c) (2,0 điểm)

Ta có x4 +

= x4 + 4x2 + – 4x2 = (x2 + 2)2 – (2x)2

= (x2 + – 2x)(x2 + + 2x) = (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2)

Để đa thức x4 + chia hết cho đa thức x2 + ax + b a  2 b = 1,5 0,5

Bài

a)(1,5 điểm)

Đặt y = x2 + 2x + = (x + 1)2 

(30)

Ta có A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1) A = (x2 + 2x + + 3)(x2 + 2x + – 2)

A = (y + 3)(y – 2) = y2 + y –  -6 (vì y  0) Dấu “=” xảy y =  (x + 1)2 =  x = -1 Vậy A = -6, đạt x = -1

0,5 0,5

b) Đặt 2 2

S 1 2   3 n Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1) Ta có (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k +

Cho k nhận giá trị nguyên dương từ đến n, ta có: 23 = 13 + 3.12 + 3.1 +

33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 43 = 33 + 3.32 + 3.3 + (n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n +

Cộng VTV đẳng thức ta được:

(n + 1)3 = 3S + 3(1 + + + + n) + (n + 1)

 3S = (n + 1)3 – 3.n n 1



– (n + 1)

 6S = 2(n + 1)3 – 3n(n + 1) – 2(n + 1)

 6S = (n + 1)[2(n + 1)2 – 3n – 2]

 6S = (n + 1)(2n2 + 4n + – 3n – 2)

 6S = n(n + 1)(2n + 1) (ĐPCM)

0,5

0,5 1) (2,5 điểm)

Hình vẽ

0,5

H F

E B

A

(31)

Bài

Trên cạnh AB lấy điểm F cho DF = DC Kẻ FH CD Tứ giác AFHD hình chữ nhật (vì

A  D H 90 )  FH = AD Vì ABCD hình chữ nhật nên AB = CD, mà AB = 2AD nên DF = 2FH Tam giác DFH vng H có DF = 2FH nên

FDH30 Ta lại có tam giác CDF cân D nên

FCD75 Vì ADE 15 0nên EDC750

Tứ giác EFCD có EF // CD EDCFCD750

 EFCD hình thang cân

 CE = DF, mà DF = DC nên CE = DC Do tam giác CDE cân C, có

EDC75 nên ECD300

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

0,5

Vẽ đường cao AE tam giác ABC cắt đường cao BH điểm F

 F la trực tâm tam giác ABC

 CF đường cao thứ ba tam giác ABC hay CFAB

Ta có AF // DC (cùng vng góc với BC), CF // DA (cùng vng góc với AB)

 AFCD hình bình hành

 AF // CD AF = CD

FAH DCK

  (so le trong)

F

E

H

K

D

A C

(32)

 FAH = DCK (cạnh huyền - góc nhọn)

 AH = CK

 AK = CH

0,5

1,0

0,5

Vì AB < AC nên cạnh AC tồn điểm G cho CG = AB Gọi M Q thứ tự trung điểm BC AQ

Vì BD = CE nên DB E C FM Vì BD = CE nên DA E G FQ

Vì tam giác ABC cố định nên đoạn thẳng MQ cố định Ta chứng minh điểm F thuộc đoạn thẳng MQ Thật : Gọi N P thứ tự trung điểm BE BG

 MN đường trung bình BCE ; MP đường trung bình BCG

 MN // CE MN =CE

2 ; MP // CG MP = CG

2

Vì ba điểm C, E, G thẳng hàng nên ba điểm M, N, P thẳng hàng

Ta có NF đường trung bình BED ; PQ đường trung bình  BGA  NF // BD NF = BD

2 ; PQ // AB PQ = AB

2

Mà BD = CE, AB = CG nên MN = NF, MP = PQ NF // PQ

 MNF cân N, MPQ cân P MNFMPQ

 NMFPMQ

Mà ba điểm M, N, P thẳng hàng nên ba điểm M, F, Q thẳng hàng Vậy trung điểm F DE thuộc đoạn thẳng MQ cố định

N P

Q

M F

E G

B C

A

(33)

ĐỀ SỐ 6

a) Chứng minh tồn số tự nhiên gồm toàn chữ số chia hết cho 2017

b) Cho biết abc số nguyên tố Chứng minh M = b2 – 4ac khơng thể số phương c) Tìm tất hình chữ nhật có kích thước số nguyên số đo diện tích số đo chu vi

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x 10 21 x  x 1 x  x 1

b) Xét hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b Q(x) = x2 + x – Xác định hệ số a b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x)

c) Cho x số thực thỏa mãn x2 – x – = Tính giá trị biểu thức S = x8 – 21x Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = (x2 – 2x + 3)(x2 – 2x + 5) – b) Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a b c

bcca ab 

Bài 4: (3,5 điểm)

Gọi O giao điểm ba đường trung trực ba cạnh tam giác ABC Tia AO cắt BC D Trên cạnh AB lấy điểm E cho DE = DB ; Trên cạnh AC lấy điểm F cho DF = DC a) Chứng minh DA tia phân giác góc EDF

b) DE cắt OB M ; DF cắt OC N Tam giác MON tam giác ? Vì ?

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tứ giác ABCD có

A C 90 Gọi O giao điểm AC BD (AOB900 BC < AD) Gọi H K thứ tự hình chiếu vng góc C D lên BD AC Chứng minh rằng:

a) HK song song với AB b) AC.BD = AB.CD + AD.BC

(34)

ĐỀ SỐ 6

Bài 1

a) Xét 2017 số tự nhiên có dạng 1, 11, 111, 1111, … ,

2017 cs

111 11

Nếu dãy số có số chia hết cho 2017 tốn giải xong Nếu dãy số khơng có số chia hết cho 2017 ta chia 2017 số cho 2017 ta 2017 số dư tương ứng nhận 2016 giá trị từ đến 2016 Như có phép chia có số dư

Giả sử hai số

m cs

111

n cs

111 (với 2017  m > n  1) chia cho 2017 có số dư

 m cs

111 -

n cs

111 = n

m n cs

111 10 

 chia hết cho 2017 Vì 10n 2017 hai số nguyên tố nên

m n cs

111 

chia hết cho 2017 Vậy tồn số tự nhiên gồm toàn chữ số chia hết cho 2017

b) Ta có abc100a 10b c



4.abc400a 40ab4ac

  2  2 

4.abc 20ab  b 4ac

Giả sử M = b2 – 4ac số phương, đặt b2 – 4ac = k2 (k  , b > k) Ta có 4.abc20ab2k2 20a b k 20a  b k

Dễ thấy 20a + b + k > 20a + b – k > 20a  20

Mặt khác abc 100a 10b c 20a b k      (vì b > k)

Điều vơ lí, abc số ngun tố nên abc khơng thể có hai ước 20a + b + k ; 20a + b – k mà abc > 20a + b + k > 20a + b – k > 20 Vậy M = b2 – 4ac khơng thể số phương

0,5 0,25

0,5 0,5 0,25

c) Gọi x, y kích thước hình chữ nhật (x, y nguyên dương x  y) Theo đề ta có xy = 2(x + y)  xy – 2x – 2y =  (x – 2)(y – 2) = Vì x, y số nguyên dương nên có hai trường hợp sau:

TH1: x – = y – =  x = y = TH2: x – = y – =  x = y = Vậy có hai hình chữ nhật thỏa mãn đề a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x 10

(35)

Bài

2 10

1 21

x x

 

   

, đặt x y x

  với y 2, ta có phương trình:

2 10

y 1 y 1  21  10y

2 + 21y – 115 =  y

 ; y 23

  (t/m y 2) TH1: y

2

  x

x

   2x2 – 5x + =  x = ; x

 (t/m x  0) TH2: y 23

5

   x 23

x

    5x2 + 23x + = x 23 429 10  

  (t/m)

Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S ; ; 23 429

2 10             

b) Ta có Q(x) = x2 + x – = (x – 1)(x + 2)

Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x)

       

4

– a.1 b –

a

2 b

                

 a b 2a b

  

   

 

 

a b 3a        

b a       Vậy a = b = 2 P(x) chia hết cho Q(x) c) Ta có x2 – x – =

 x2 = x +

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

 x8 = (3x + 2)2 = 9x2 + 12x + = 9x + + 12x + = 21x + 13  x8 – 21x = 13

Vậy S = x8 – 21x = 13

0,5 0,5 0,5

Bài

a)Biểu thức A xác định với số thực x Đặt t = x2 – 2x + = (x – 1)2  0, ta có: A = (t + 2)(t + 4) – = t2 + 6t +  (vì t  0)

Dấu “=” xảy t =  (x – 1)2 =  x = (thỏa mãn) Vậy minA = đạt x =

b) Ta có:

     

a b c 1

a b b c c a

b c c a a b a b b c c a

 

             

       

Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z > 0, ta có:

  1

x y z

 

     

  

x y y z z x

6

y x z y x z

        

     

 

    (*)

Ta lại có  2 2 2 x y

x y x y 2xy

y x

        (vì x, y > 0)

(36)

Tương tự y z z  y ;

z x

x z (vì x, y, z > 0), (*)

Vậy a b c

bccaab  với a, b, c >

Bài

a) Chứng minh DA tia phân giác góc EDF

Vì O giao điểm đường trung trực cạnh tam giác ABC  OA = OB = OC

 AOB, BOC, COA tam giác cân O

1

A B

  ; B1 C2 ; C1 A2 Ta có DE = DB  DBE cân D

 DBEDEB B1B2 A1ADE, mà A1B2nên B1 ADE (1) Ta có DF = DC  DCF cân D

 DCFDFC C1C2 A2ADF, mà C1 A2nên C2 ADF (2)

Mà B1 C2nên từ (1) (2) ADEADF Vậy DA tia phân giác góc EDF

0,25 0,25

0,75 0,25 0,25 0,5 0,25 b) DE cắt OB M ; OF cắt OC N Tam giác MON tam giác ? Vì ?

Theo câu a) ta có : B1 ADE  OBD ഗ ODM (g-g)  OD2 = OM.OB (3) Theo câu a) ta có : C2 ADF

 OCD ഗ ODN (g-g)  OD2 = ON.OC (4)

Vì OB = OC nên từ (3) (4)  OM = ON Vậy tam giác MON cân O

2

1 21

2

N M

F E

D O

B C

(37)

Bài

1,0 1,0 0,25 0,25

a) Chứng minh HK song song với AB

Gọi E giao điểm hai đường thẳng AB CD  ECB ഗ EAD (g-g)  EC EA

EB  ED

 ECA ഗ EBD (c-g-c) EACEDB (1) Ta có OCH ഗ ODK (g-g)  OH OC

OK  OD

 OHK ഗ OCD (c-g-c) OKHODC (2)

Từ (1) (2) EACOKH, mà hai góc vị trí đồng vị nên HK // AB b) Chứng minh AC.BD = AB.CD + AD.BC

Ta có EACEDB (câu a) ; EACADK (cùng phụ với KAD ) ADK EDB  CBD ഗ KAD (g-g)  BC BD AD.BC BD.AK

AK  AD  (3) Tương tự ABD ഗ KCD (g-g)  AB BD AB.CD BD.KC

KC  CD  (4)

Cộng (3) (4) VTV ta AC.BD = AB.CD + AD.BC (đpcm)

E

K H

O B

A D

(38)

ĐỀ SỐ 7

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Chứng minh A = n3 + 2015n chia hết cho với số nguyên n

b) Cho 10 số nguyên dương a1, a2, a3, ., a10 thỏa mãn đẳng thức sau :

3 3 3

1 10

a a  a a a   a Chứng minh S = a1 + a2 + a3 + + a10 hợp số c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab, biết  ab ab3

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Cho x + y + z = Chứng minh đẳng thức: x3 + y3 + z3 = 3xyz b) Phân tích đa thức x28236 thành nhân tử

Bài 3: (4,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = (x + 1)2 + (x + 3)2 b) Cho a > b > 0, thỏa mãn 2a2 + 2b2 = 5ab Tính

  29a 11b M

2018 a b  

 c) Tìm x biết : x4 = 20x + 21

Bài 4: (3,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD Kẻ AH vng góc với BD (HBD) a) Tính chu vi diện tích hình chữ nhật ABCD, biết BH = 16cm DH = 9cm b) Gọi M, N thứ tự trung điểm DH BC Tính số đo góc AMN

Bài 5: (5,0 điểm) Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC lấy điểm E tia đối tia DC lấy điểm F cho DF = BE Đường thẳng qua A vng góc với EF cắt CD K Đường thẳng qua E song song với AB cắt AK I

a) Tam giác AEF tam giác ? Vì ? b) Chứng minh tứ giác IEKF hình thoi

c) Chứng minh chu vi tam giác CEK nửa chu vi hình vng ABCD

d) Chứng minh đường chéo BD hình vng ABCD qua trung điểm EF -Hết -

(39)

ĐỀ SỐ 7

Bài 1

a) Ta có n3 + 2015n = n3 – n + 2016n = (n – 1)n(n + 1) + 2016n

Vì n(n + 1) tích số ngun liên tiếp nên n(n + 1)  (n – 1)n(n + 1) Vì (n – 1)n(n + 1) tích số nguyên liên tiếp nên (n – 1)n(n + 1)

Do nguyên tố nên (n – 1)n(n + 1) chia hết cho 2.3 =

0,5 0,5 0,5 b) Ta có a13a32 a33 a34  a35 a103

 3 3 3

1 10

2a a a  a a a   a chia hết cho (1)

Xét hiệu  3 3   

1 10 10

a    a a a  a    a a a

a13a1  a23a2  a33a3  a103 a10 (2) Theo câu a) a3kak ak1 a k ak 1 chia hết cho với ak

Từ (2) suy  3 3   

1 10 10

a    a a a  a    a a a chia hết cho (3) Từ (1) (3) suy S = a1 + a2 + a3 + + a10 chia hết cho

Ta lại có S = a1 + a2 + a3 + + a10 > (vì a1, a2, a3, , a10 nguyên dương) Vậy S = a1 + a2 + a3 + + a10 hợp số

0,5

0,25 0,25 c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab, biết  ab ab3

Đặt x6 =  ab ab3  x3 = ab x2 = a + b

Vì 10ab99 nên 10x3 99, mà x số tự nhiên nên x 3;4 Với x =

3

ab 3 27

a b 3 9

   



  

 (thỏa mãn 27

2 = (2 + 7)3) Với x =

3

ab 4 64

a b 4 16

   



  

 (không thỏa mãn)

Vậy ab = 27

0,5 0,5 a) Ta có x + y + z =

 x  y z     3

(40)

Bài

 2 3

x 3x y 3xy y  z

 3  

x y z  3xy xy

 3  

x y z  3xy z

 3

x y z 3xyz

0,5 0,5 b) Ta có x28236

4

x 16x 64 36

   

 

x 20x 100 36x

   

 2   2

x 10 6x

  

  

x 6x 10 x 6x 10

    

0,5 0,5 0,5 c) Xác định hệ số a b cho đa thức x3 + ax + b chia cho x + dư 7, chia cho x – dư –

Theo đề ta có

   

3

x ax b x P x x ax b x – Q x –

                        3

a. 1 b -1 P a.3 b – Q

1

3 3 – 5

1                

a b a b

4a 40 a

a b

2

3 b

                       0,5 0,25 0,25 Bài

a)A = (x + 1)2 + (x – 3)2 A = x2 + 2x + + x2 – 6x + A = 2x2 – 4x + 10

A = 2(x2 – 2x + 1) + A = 2(x – 1)2 +

Vì 2(x – 1)2  với x nên A  với x Dấu “=” xảy 2(x – 1)2 =  x = Vậy minA = 8, đạt x =

0,5

0,5 0,5 b) Ta có 2a2 + 2b2 = 5ab

 2a2 + 2b2 – 5ab =  2a2 – 4ab – ab + 2b2 =  2a(a – 2b) – b(a – 2b) =  (a – 2b)(2a – b) =

 a – 2b = 2a – b =  a = 2b b = 2a

Vì a > b > nên có a = 2b Vậy

 

29.2b 11b 58b 11b 69b 23

M

2018 2b b 2018.3b 2018.3b 2018

(41)

 x4 + 4x2 + = 4x2 + 20x + 25  (x2 + 2)2 = (2x + 5)2

Trường hợp 1: x2 + = 2x +  (x – 1)2 =  x x

x x

  

 



      

 

Trường hợp 2:

x    2 2x (x + 1)2 = 6x (vì (x + 1)2 0) Vậy x  ; 3

0,5 0,25

0,25

Bài

0,5

a) Ta có BH = 16cm, DH = 9cm  BD = 25cm

Tam giác ABD vuông A  AB2 + AD2 = BD2 = 252 = 625 (1) Tam giác ABH vuông H  AB2 – AH2 = BH2 = 162 = 256 (2) Tam giác ADH vuông H  AD2 – AH2 = DH2 = 92 = 81 (3) Lấy (2) trừ (3) VTV ta AB2 – AD2 = 175 (4)

Cộng (1) (4) VTV ta 2AB2 = 800  AB2 = 400  AB = 20cm Thay AB2 = 400 vào (1) suy AD2 = 225  AD = 15cm

Chu vi hình chữ nhật ABCD (20 + 15).2 = 70(cm)

Diện tích hình chữ nhật ABCD 20.15 = 300(cm2)

0,5

0,5 b) Gọi K trung điểm AH Tam giác AHD có KA = KH, MD = MH

 MK đường trung bình tam giác AHD  MK // AD MK 1AD



Vì ABCD hình chữ nhật nên AD //= BC Vì N trung điểm BC nên NB 1BC

2



Do MK //= NB  BKMN hình bình hành  BK // MN

Vì MK // AD (cmt), AD  AB (ABCD hình chữ nhật)  MK  AB

Trong tam giác AMB có AH MK hai đường cao cắt K nên K trực tâm tam giác AMB  BK  AM

Ta lại có BK // MN nên MN  AM hay AMN900

0,5

0,5 K

N

M

H

B

D C

(42)

Bài

0,5

a) ABE ADF có :

AB = AD,

ABEADF90 (ABCD hình vng), BE = DF (gt)  ABE = ADF (c-g-c)

 AE = AF BAEDAF

Ta có ABEEADBAD900 nên DAF EBD 900 hay EAF900 Do AEF vng cân A

0,5

0,5 b) Gọi O giao điểm AK EF

AEF

 vng cân A có AO đường cao nên AO đồng thời trung tuyến  OE = OF

IOE

 KOF có : OE = OF (cmt), IOEKOF900

Ta lại có EI // AB, AB // CD  EI // CD  IEOKFO (so le trong)  IOE = KOF (g-c-g) OIOK

Tứ giác IEKF có OI = OK, OE = OF, IK  EF  Tứ giác IEKF hình thoi

1,0 0,5 c) AEF vng cân A có AO đường cao nên AO đồng thời phân giác

 FAKEAK AKF

 AKE có : AK cạnh chung, AF = AE, FAKEAK (cmt)  AKF = AKE (c-g-c)  KF = KE

Chu vi tam giác CEK

CK + CE + EK = CK + CE + KF (vì KF = KE) = CK + CE + KD + DF

= (CK + KD) + (CE + BE) (vì DF = BE) = CD + BC = 2BC (vì ABCD hình vng) Vậy chu vi tam giác CEK nửa chu vi hình vng ABCD

0,5

0,5 d) Vì tam giác AEF vng A tam giác CEF vng C có O trung điểm

cạnh huyền EF nên OA = OC (cùng nửa EF) Ta lại có BA = BC DA = DC (ABCD hình vng)

 ba điểm B, O, D thuộc đường trung trực AC

Vậy đường chéo BD hình vuông ABCD qua trung điểm O EF

0,5 0,5 I

K O

F

B A

D C

(43)

ĐỀ SỐ 8

b) Tìm số nguyên tố p cho 2p + p2 số nguyên tố c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab, biết  ab ab3

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) thành nhân tử b) Cho x, y, z > thỏa mãn x 1 y 1 z 1

y z x

     Tính Q x y z

y z x

  

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x2 + y2 + xy + x + y b) Cho

4

x y 1

a  b  a b x

2 + y2 = Chứng minh

 

20 20

10

10 10

x y 2

a  b  a b

Bài 4: (7,0 điểm)

1) (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, AB = AC, BAC 100 Trên tia AC lấy điểm D cho AD = BC Tính số đo góc ADB

2) (5,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A, AB = 21cm, AC = 28cm Vẽ đường phân giác BD CE tam giác ABC Gọi I giao điểm BD CE

a) Tính diện tích tứ giác BEDC

b) Gọi M trung điểm BC Chứng minh ABD ഗ IMB c) Gọi F giao điểm hai đường thẳng DE BC Tính tỉ số FB

FC

-Hết -

(44)

ĐỀ SỐ 8

Bài 1

Vì n số nguyên a1, a2, a3, …,an có giá trị -1 nên n số a1a2, a2a3, a3a4, …, ana1 có giá trị -1, mà a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1 = Do n số có k số k số -1, tức n = 2k

Ta lại có (a1a2).(a2a3).(a3a4).…(ana1) = (a1.a2.a3…an)2 > nên số thừa số -1 số chẵn, tức k = 2t Do n = 4t Vậy n chia hết cho

0,5 0,5 0,5 b) Tìm số nguyên tố p cho 2p + p2 số nguyên tố

Với p = 2p + p2 = 22 + 22 = hợp số

Với p = 2p + p2 = 23 + 32 = 17 số nguyên tố

Với p số nguyên tố lớn p khơng chia hết cho

 p2 chia dư  p2 – chia hết cho

Với p số nguyên tố lớn p lẻ  (2p + 1) (2 + 1) hay (2p + 1)

 2p + p2 = (2p + 1) – (p2 – 1) chia hết cho lớn

 2p + p2 hợp số

Vậy có p = 2p + p2 = 23 + 32 = 17 số nguyên tố

0,5

0,5 c) Tìm số tự nhiên có hai chữ số ab, biết  ab ab3

Đặt x6 =  ab ab3 x3 = ab x2 = a + b

Vì 10ab99 nên 10x3 99, mà x số tự nhiên nên x 3;4 Với x =

3

ab 3 27

a b 3 9

   



  

 (thỏa mãn)

Với x =

3

ab 4 64

a b 4 16

   



  

 (không thỏa mãn)

Vậy ab = 27

0,5 0,5 a) Phân tích đa thức x2(y – z) + y2(z – x) + z2(x – y) thành nhân tử

(45)

Bài

= x2[(y – x) + (x – z)] + y2(z – x) + z2(x – y) = x2(y – x) + x2(x – z) + y2(z – x) + z2(x – y) = (x – y)(z2 – x2) + (x – z)(x2 – y2)

= (x – y)(z – x)(z + x) + (x – z)(x – y)(x + y) = (x – y)(z – x)[(z + x) – (x + y)]

= (x – y)(z – x)(z – y)

0,5 0,5 0,5 0,5 b) Cho x, y, z > thỏa mãn x 1 y 1 z 1

y z x

     Tính Q x y z

y z x

  

Khơng tính tổng qt, giả sử x > y >  x – y > (1) Ta có x 1 y 1

y z

    x y 1 1 y z

z y yz



     y – z >  y > z > (2)

Ta có y 1 z 1

z x

    y z 1 1 z x

x z zx



     z – x >  z > x > (3) Từ (1) (2) (3)  x > x vơ lí

Nếu < x < y vơ lí Vậy x = y Khi từ giả thiết  x = y = z

Vậy Q x y z

y z x

   = + + =

0,5 0,5 0,5

0,5 c) Xác định hệ số a b cho đa thức x3 + ax + b chia cho x +

dư 7, chia cho x – dư – Theo đề ta có

   

3

x ax b x P x x ax b x – Q x –

  

  

  

 



       

   

3

a. 1 b -1 P a.3 b – Q

1

3 3 – 5

1

       

  

 

  

a b a b

4a 40 a

a b

2

3 b

   

  

  

   

 

  

   

0,5

0,5 1,0

Bài

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x2 + y2 + xy + x + y A = x2 + y2 + xy + x + y

(46)

    2 2

2

2 2

y y

A x x y y y

4

y 3y y

A x

2 4

                    2 2

y 2y

A x y

2 9

y 1

A x y

2 3

                                    

Dấu “=” xảy

1 y 1 x x 0 3 2 1 1

y 0 y

3 3                      

Vậy minA =

 , đạt x y

  

0,5

b) Cho

4

x y 1

a  b a b x

2 + y2 = Chứng minh

 

20 20

10

10 10

x y 2

a  b  a b

Ta có

4

x y 1

a  b a b x

2 + y2 =

  

2

4 x y

x y

a b a b



 



 bx4 ay4 x4 2x y2 y4

ab a b

   



 (a + b)(bx4 + ay4) = ab(x4 + 2x2y2 + y4)

 abx4 + a2y4 + b2x4 + aby4 = abx4 + 2abx2y2 + aby4

 a2y4 + b2x4 – 2abx2y2 =

 (ay2 – bx2)2 =

 ay2 = bx2

 x2 y2 x2 y2 1

a b a b a b

         20 20 10 10 10

x y 1

a  b  a b

0,5

(47)



 

20 20

10

10 10

x y 2

a  b  a b

0,5

Bài

0,5

Vẽ tam giác ADE cho E B nằm phía AC Tam giác ABC cân A có

BAC 100 nên ABCACB400

Tam giác ADE nên

EADADEAED60

Do

BAE40

Từ suy BAE ACB (c-g-c) BEAB Do ADB EDB (c-c-c) ADBEDB Mà ADE600 nên ADB300

0,5 0,5 0,5 2) (5,0 điểm)

Hình vẽ

0,5

2.a)

Tam giác ABC vuông A Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có :

E

D

B C

A

F

M I

E

D

A C

(48)

2 2

BC AB AC  21 28 35(cm)

Áp dụng tính chất đường phân giác tam giác Ta có AD AB 21

DC  BC  355

AD DC AD DC AC 28 21

AD

3 5 8 2



       

 (cm) ;

35 DC

2

 (cm) Ta có AE AC 28

EB  BC 35 

AE EB AE EB AB 21 28

AE

4 5 9 3



       

 (cm) ;

35 EB

3

 (cm) Tam giác ADE vuông A nên SADE 1AD.AE 21 28 49

2 2

   (cm2)

0,5

0,5 0,5 2.b)

Vì M trung điểm BC nên MB MC BC 35

2

   (cm) MC DC 35

2

  

(cm)

Do IMC IDC (c-g-c) MICDIC

Vì BD CE đường phân giác tam giác ABC

0

0 BAC 90

BIC 90 90 135

2

     

0 0

DIC 45 MIC 45 BIM 90

     

Vậy ABD ഗ IBM (g-g)

0,5 0,5

0,5 2.c)

Áp dụng định lí Mê-nê-la-uts vào tam giác ABC ba điểm thẳng hàng D, E, F Ta có FB DC EA FB DA EB AB BC AB 21

(49)

ĐỀ SỐ 9

Bài 1: (3 đ) Tính giá trị biểu thức

a) A = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …- 1931x2 + 1931x + 82 x = 1930

b) B = 1944 1944 1944 1944

(y22)(y12)(y22)(y32) (y32)(y42) (y2002)(y2012)tại y =1988

Bài 2: (3đ)

a) CMR: Tổng lập phương ba số nguyên liên tiếp chia hết cho b) Tìm x, yZ, biết (x - 26)(y + 3) = 1931

Bài 3: (3đ)

a) Tìm giá trị lớn biểu thức C =

2

1930

2

x  x

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức D = x2 + 2xy +2y2 – 4y +

4 2012

Bài 4: (3đ)

Cho hai đa thức f(x) = 2x3 + x2 + 7x + g(x) = 2x – Tìm x Z để P = ( )

( )

f x

g x nhận giá trị nguyên

Bài 5: (3đ)

a) Phân tích thành nhân tử đa thức G = a3 + b3 + c3 – 3abc

b) Gọi a, b, c độ dài ba cạnh ABC Nếu G = ABC tam giác gì?

Bài 6: (5đ) ChoABC có đường trung tuyến AM Gọi I trung điểm AC, N điểm đối xứng với M qua I

a) Tứ giác AMCN, ABMN hình gì? Vì sao?

b) Tìm điều kiện ABC để tứ giác AMCN hình vng

c) Gọi E trung điểm AB F điểm đối xứng với M qua E CMR: Ba đường thẳng AM, BN, CF đồng quy

d) Nếu ABC có

90

B C và AB = 6cm, AC = 8cm

i)CMR: Bốn điểm A, E, M, I nằm đường trịn có bán kính 2,5cm ii) Tính diện tích tứ giác AMCN

- HẾT -

(50)

ĐỀ SỐ 9

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

Bài (3đ)

a) Thay 1931 = x+1 vào biểu thức

A = x1931 – (x+1)x1930 +(x+1)x1929 – (x+1)x1928 + …- (x+1)x2 + (x+1)x + 82 = x1931 - x1931 - x1930 + x1930 +x1929 - x1929 - x1928 + - x3 – x2 + x2 + x +82 = x+82 =1930 + 82 = 2012

1đ 0,5đ

b)

B = 1944 1944 1944 1944

(y12)(y22)(y22)(y32)(y32)(y42) (y2002)(y2012)

=

1 1

1944

(y 12)(y 22) (y 22)(y 32) (y 32)(y 42) (y 2002)(y 2012)

 

   

         

 

Ta có 1 1

(y 12)(y 22) 10 y 12 y 22

 

   

     

1 1

(y 22)(y 32) 10 y 22 y 32

 

   

     

1 1

(y 32)(y 42) 10 y 32 y 42

 

   

     

………

1 1

(y 2002)(y 2012) 10 y 2002 y 2012

 

   

     

Do B = 1944 1 1944 2000 10 y 12 y 2012 10 (y 12)(y 2012)

 

 

     

 

Thay y = 1998 vào biểu thứcB, ta B = 243 5000

0,5đ

0,5đ 0,5đ

Bài

a)Ta có (n-1)3 + n3 + (n+1)3 = 3n3 + 6n = 3n(n2 - 1) + 9n = 3n(n-1)(n+1) + 9n Vì (n-1)n(n+1) ba số nguyên liên tiếp nên có số chia hết cho

1đ 0,5đ

(51)

(3đ)

Ta có 1931 số nguyên tố x, yZ nên (*) 

26 1931 26 1931 26 1931 26 1931 x y x y x y x y                                         27 1928 1957 25 1934 1905 x y x y x y x y                                1,5đ Bài (3đ)

a) C =

2

1930

2

x  x

Để giá trị biểu thức C lớn 4x2 – x + 3

2 đạt giá trị nhỏ

Ta có 4x2 – x + 3

2 =

2

1 23 23

2

4 16 16 16

x x

         

   

   

Do 4x2 – x + 3

2 đạt giá trị nhỏ 23 16

1

x

Vậy C có giá trị lớn 1930 30880

23 23

16

 khi

8

x

0,5đ

0,5đ 0,5đ

b) Ta có D = (x + y)2 + (y - 2)2 - +

4

2012=(x + y)

2 + (y - 2)2 +

2012 2012



Do D có giá trị nhỏ

2012

2 x y       0,75đ 0,75đ Bài

(3đ) Ta có P =

5 x x x    

Do để P nhận giá trị nguyên thì2x 1 Ư(5)

- Nếu 2x - = x = - Nếu 2x - = -1 x = - Nếu 2x - = x = - Nếu 2x - = -5 x = -2

Vậy x   2; 0;1;3 P nhận giá trị nguyên

1đ 1đ

1đ

Bài (3đ)

a) Ta có G = a3 + b3 + c3 – 3abc

= (a + b)3 + c3 – 3abc – a2b – 3ab2 = (a + b + c) 2

(a b) (a b c) c 3ab a( b c)        

 

= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac)

0,5đ 0,5đ 0,5đ

b) Ta có G = (a + b + c)(a2+ b2 + c2 – ab – bc – ac) = Mà a + b + c > suy (a2+ b2 + c2 – ab – bc – ac) =  2a2+ 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ac =

(52)

 (a-b)2 + (b-c)2 +(a-c)2 =  a = b = c

Vậy ABC tam giác 0,5đ

Bài (5đ)

a)Tứ giác AMCN có IA = IC (gt)

IM = IN (đối xứng) Suy Tứ giác AMCN hình bình hành Nên AN =MC AN//MC

mà MB = MC(gt)

Do AN//BM AN = BM

Vậy Tứ giác ABMN hình bình hành

b) Để Tứ giác AMCN hình vng hình bình hành AMCN phải có AM MC AM =MC  ABC vuông cân A

c) CMR: Ba đường thẳng AM, BN, CF đồng quy

Gọi O giao điểm hai đường chéo AM BN hình bình hành ANMB (1) Chứng minh tương tự câu a) ta có tứ giác AMBF hình bình hành

Do BF//AM//NC BF = AM = NC.Nên tứ giác NCBF hình bình hành có hai đường chéo BN CF (2)

Từ (1) (2) suy Ba đường thẳng AM, BN, CF đồng quy O

d) i) CMR: Bốn điểm A, E, M, I nằm đường trịn có bán kính 2,5cm Vì ABC có

90

B C AB = 6cm, AC = 8cm nên ABC vuông A BC = 10cm

Ta có tứ giác AEMI hình bình hành (vì MI//AE MI = AE)

Mà

90

A (gt) Do tứ giác AEMI hình chữ nhật nên bốn điểm A, E, M, I

nằm đường trịn đường kính AM, mặt khác AM =

BC

Hay Bốn điểm A, E, M, I nằm đường trịn bán kính 10 2,5

4

BC  

cm ii) Tính diện tích tứ giác AMCN

Ta có tứ giác AEMI hình chữ nhật nên suy

90

AIM  hay MI  AC

0,5đ

1đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ O

N F

E I

M

B C

(53)

Mà tứ giác AMCN hình bình hành Do tứ giác AMCN hình thoi Vậy SAMCN =

2

MN AC

mà ta lại có MN = AB Suy SAMCN = 6.8 24

2

AB AC

  cm2

0,5đ

(54)

a) A = 20122 + 20102 + 20082 + …+42 + 22 – (20112 +20092 + 20072 + …+ 32 + 1) b) B = 2012(20112+ 1).(20114 + 1).(20118 + 1)…(20111024 + 1)

O

N F

E I

M

B C

(55)

ĐỀ SỐ 10

(Thời gian làm 150 phút) Bài 1: (3đ)

a) Cho A = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …- 1931x2 + 1931x + 83 Tính giá trị biểu thức A x = 1930

b) Cho hai đa thức f(x) = 2x3 + x2 + 7x + g(x) = 2x – Tìm x Z để P = ( )

( )

f x

g x nhận giá trị nguyên Bài 2: (4đ) Chứng minh rằng:

a) B = abcabc + 2013 hợp số

b) Tổng lập phương ba số nguyên liên tiếp chia hết cho c) Với số tự nhiên n lẻ C = n2 + 4n + 2012 khơng chia hết cho

d) D = 2

5n 26.5n8 n 59

Bài 3: (4đ)

2005 2003 2001 1999 13 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

   

b) Xác định m để phương trình 2

x m x

x x

   

 vô nghiệm

c) Tìm giá trị lớn biểu thức H =

2

1930

2

x  x

d) Tìm giá trị nhỏ biểu thức Q = x2 + 2xy +2y2 – 4y + 4

2013

Bài 4: (2đ)

Tìm đa thức f(x) cho f(x) chia cho x – dư 10, chia cho x - dư chia cho x2 - 9x

+ 14 thương x3 + dư Bài 5: (3,5đ)

a) Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt O Chứng minh rằng: AP BN CM ON OM OP

PB NC MA  AN  BM CP

b) Cho G = a3 + b3 + c3 – 3abc , với a, b, c độ dài ba cạnh ABC Nếu G = ABC tam giác gì?

Bài 6: (3,5đ)

Cho hình bình hành ABCD Các tia phân giác góc hình bình hành cắt tạo thành tứ giác EFGH

a) Chứng minh tứ giác EFGH có bốn đỉnh nằm đường tròn b) Cho AB = a, BC = b (a < b) Tính HF theo a b

2

( )

2

ba

- HẾT -

(56)

ĐỀ SỐ 10

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Nội dung Điểm

Bài (3đ)

a)

Thay 1931 = x+1 vào biểu thức

A = x1931 – (x+1)x1930 +(x+1)x1929 – (x+1)x1928 + …- (x+1)x2 + (x+1)x + 83 = x1931 - x1931 - x1930 + x1930 +x1929 - x1929 - x1928 + - x3 – x2 + x2 + x +83 = x+83 =1930 + 83 = 2013

0,75đ

b) Ta có P =

4

2

x x

x

  

 ĐK:

1

x Do để P nhận giá trị ngun 2x 1 Ư(5)

0,5đ 0,5đ 0,5đ

Bài (4đ)

a) CMR: B = abcabc + 2013 hợp số

Ta có B = a.105 + b.104 + c.103 +a.102 + b.10 + c +2013 = 100100 a + 10010b +1001c + 2013

= 1001(100a + 101b + c) + 2013 Mà 1001(100a + 101b + c) 11 2013 11 Do B = abcabc + 2013 11 Hơn A > 11 Vậy B = abcabc + 2013 hợp số.(đpcm)

0,5đ

b)

Ta có (n-1)3 + n3 + (n+1)3 = 3n3 + 6n = 3n(n2 - 1) + 9n = 3n(n-1)(n+1) + 9n Vì (n-1)n(n+1) ba số ngun liên tiếp nên có số chia hết cho 3

0,5đ 0,5đ

c) CMR: Với số tự nhiên n lẻ C = n2 + 4n + 2012 khơng chia hết cho Đặt n = 2k + ( k N), ta có

n2 + 4n + 2012 = (2k + 1)2 + 4(2k + 1) + 2012 = (4k2 + 4k + 1) + (8k + 4) + 2012 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 2009 = 4k(k + 1) + 8(k + 1) + 251.8 + Mà 4k(k + 1) ; 8(k + 1) ; 251.8 chia hết cho

Do C = n2 + 4n + 2012 không chia hết cho với số n lẻ

(57)

d) Ta có D = 25.5n26.5n8.64n 5 (25 26) 8.64n   n 5 51 8.64n  n

=5 (59 8) 8.64n   n 59.5n8(64n5 )n

Mà (64n 5 ) 64 5n  hay (64n5 )n 59

Vậy D 59

0,5đ 0,5đ

Bài (4đ)

2005 2003 2001 1999 13 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

   

 2005 2003 2001 1999 13 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

 (2012 ) 1 1 1 1

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x  

         

 

x = 2012 1 1 1 1

7 11 13 1999 2001 2003 2005          

 

 

Vậy phương trình có nghiệm x = 2012

0,5đ

b) Xác định m để phương trình 2

x m x

x x

   

 (2) vô nghiệm

ĐKX Đ: x0 x v -1(*)

Với điều kiện (*) (2) tương đương với: x(x + m) + (x + 1)(x – 2) = 2x(x + 1)

 (m – 3)x = (3)

Do để phương trình (2) vơ nghiệm phương trình (3) vơ nghiệm phương trình (3) có nghiệm khơng thỏa mãn điều kiện (*), tức

m =

3

0

1

m m m

   

 

  

  

  

m = hay m =

Vậy m = m = phương trình (2) vơ nghiệm

0,5đ

(58)

c) Ta có H = 1930

x  x

> với x

Để giá trị biểu thức C lớn 4x2 – x + 3

2 đạt giá trị nhỏ

Ta có 4x2 – x + 3

2 =

2

1 23 23

2

4 16 16 16

x x

         

   

   

Do 4x2 – x + 3

2 đạt giá trị nhỏ 23 16

1

x

Vậy H có giá trị lớn 1930 30880

23 23

16

 khi

8

x

0,5đ

d) Ta có Q = (x + y)2 + (y - 2)2 - +

4

2013=(x + y)

2 + (y - 2)2 +

2013 2013



Do Q có giá trị nhỏ

2013

2 x y       0,5đ 0,5đ Bài (2đ)

Ta có x2 - 9x + 14 = (x – 2)(x – 7)

- Tìm dư f(x) chia cho (x – 2)(x – 7) Xét f(x) = (x – 2).A(x) +5 (1)

f(x) = (x – 7).B(x) +5 (2)

f(x) = (x – 2)(x – 7)(x3 +2) + ax +b (3) Từ (1), (2) (3) ta có :

(2) 10 10

(7) 12

f a b a

f a b b

    

  

 

      

  

Vậy dư f(x) chia cho x2 - 9x + 14 –x +12 Do f(x) = (x2 - 9x + 14 )(x3 +2) – x + 12 Hay f(x) = x5 - 9x4 + 14x3 + 2x2 –19x + 40

0,75đ

0,5đ

Bài (3,5đ)

a) Theo tính chất đường phân giác ta có

AP AC PB  BC ,

BN AB NC  AC ,

CM AB

MA  BC suy

1

AP BN CM AC AB BC

PB NC MA  BC AC AB  (a)

(59)

Ta có ONC ONB ONC ONB OBC

ANC ANB ANC ANB ABC

S S S S S

ON

AN S S S S S



   



Tương tự ta có OAC ABC S OM

BM  S ;

OAB ABC S OP CP  S

Do OBC OAC OAB ABC

ABC ABC

S S S S

ON OM OP

AN BM CP S S

 

    = (b)

Từ (a) (b) suy AP BN CM ON OM OP

0,5đ

b) Ta có G = a3 + b3 + c3 – 3abc

= (a + b)3 + c3 – 3abc – a2b – 3ab2 = (a + b + c) 2

(a b) (a b c) c 3ab a( b c)        

 

= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac) Ta có G = (a + b + c)(a2+ b2 + c2 – ab – bc – ac) = Mà a + b + c > suy (a2+ b2 + c2 – ab – bc – ac) =  2a2+ 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ac =  (a-b)2 + (b-c)2 +(a-c)2 =

 a = b = c Vậy ABC tam giác

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

Bài (3,5đ)

a)Chứng minh tứ giác EFGH có bốn đỉnh nằm đường trịn

-Trong AFD, ta có

0

1

1 180

( ) 90

2

A D  AD  

Nên

AFD90

Chứng minh tương tự, ta có

90

BHC  ,

90

AEB

Do

90

HEF  Tứ giác EFGH có góc vng nên hình chữ nhật

Hay Tứ giác EFGH có bốn đỉnh nằm đường trịn

Hình

0,5đ

0,75đ

0,25đ

b

a

1 1

N

H

G M

E

F

D B

C

(60)

b)Tính HF theo a b

Tứ giác EFGH hình chữ nhật nên HF = GE

ABM có BE vừa đường trung tuyến vừa đường phân giác nên tam giác cân B Do E trung điểm AM

Chứng minh tương tự: G trung điểm CN Suy EG đường trung bình hình bình hành AMCN nên EG = 1( )

2 MC AN MC Mà ABM cân B suy BA = BM

Nên MC = CB – BA = CB – BA Do EG = CB – BA = b – a Vậy EG = HF = b –a

0,5đ

2

( )

2

ba

Do EG đường trung bình hình bình hành AMCN nên EG//AN hay EG//AD Chứng minh tương tự: FH//AB

Do hình chữ nhật EFGH hình vng EG FH ADAB 

90

A

ABCD hình chữ nhật

0,5đ

(61)

ĐỀ SỐ 11

Bài 1: (2,5 điểm)

a) Phân tích đa thức x - 19x - 303 thành nhân tử b) Tìm hai số tự nhiên a b cho a-b =ab

Bài 2 : (2,5 điểm)

Cho hình thang vng ABCD ( A = D = 900), có AB = 1

2CD Gọi H hình

chiếu D AC; M trung điểm HC Chứng minh BM vng góc với DM

Bài 3 : (2,5 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức :

 

2

(2004 ×2014 + 31×2005-1) 2004×2009 + 4 A =

2005×2006×2007×2008×2009

b) Tìm số tự nhiên n cho n +10n +19642 số phương

Bài : ( 2,5 điểm )

Cho tam giác ABC Qua điểm M thuộc cạnh AC, kẻ đường song song với AB BC Đường thẳng song song với BC cắt AB E đường thẳng song song với AB cắt BC F Tìm vị trí M để tứ giác BEMF có diện tích lớn

-HẾT -

(62)

ĐỀ SỐ 11

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (2,5 điểm)

a) Phân tích đa thức x3-19 -30x thành nhân tử Giải

Phân tích đa thức :       

   

3

2

-19 -30 8-19 -38

2 - -15 2 -1 -16

2 -5 3

x x x x

x x x x x

x x x

 

 

 

 

   

  

b) Tìm hai số tự nhiên a b cho -a b a b



Giải

Đặt a – b = n (1) suy a

b = n (2)

Từ (1) (2)  bn – b = n  b(n – 1) = n Nếu n =  a = b  n = ( loại )

Nếu n   b =

1

n

n = +

1

n

Do b số tự nhiên nên n – = 1

Nếu n – = –1  n =  b = ( loại ) Nếu n – =  n =  a = b =

Bài 2 : (2,5 điểm)

Cho hình thang vng ABCD (

90

A D ), có AB = 1

2CD Gọi H hình chiếu của D AC; M trung điểm HC

Chứng minh BM vng góc với DM

Giải

(63)

MN đường trung bình tam giác HDC Suy MN//AB//CD MN = AB

Do tứ giác ABMN hình bình hành Suy AN // BM (1)

Mặt khác, tam giác ADM có AN đường cao, AN vng góc với DM (2) Từ (1) (2) suy BM vng góc với DM

Bài 3 : (2,5 điểm)

a) Tính giá trị biểu thức :

 

2

(2004 ×2014 + 31×2005-1) 2004×2009 + 4 A =

2005×2006×2007×2008×2009

Giải

Đặt 2005 = a nên A viết dạng:         ) )( )( )( ( ) )( 14 ( ) )( )( )( ( 4 1 31

12 2

                     a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a A ) )( )( )( ( ) )( )( )( (           a a a a a a a a a a

Vậy A =

b) Tìm số tự nhiên n cho n +10n +19642 số phương

Giải

Ta có

   

  

2 2

2

2 2

10 1964 10 1964

10 1964 25 1964

5 1939 277

5 1939

n n m m n n

m n n m n

m n m n m n m n                                  

277

5 m n m n         

Từ suy n = 964 n = 130

A B

D C

H

(64)

Bài : ( 2,5 điểm )

Cho tam giác ABC Qua điểm M thuộc cạnh AC, kẻ đường song song với AB BC Đường thẳng song song với BC cắt AB E đường thẳng song song với AB cắt BC F Tìm vị trí M để tứ giác BEMF có diện tích lớn

Giải

Tứ giác tạo thành hình bình hành BEMF Đặt dt(BEMF) = S1 ; dt(ABC) = S

Ta tìm giá trị lớn S1

Kẻ AK vuông góc với BC; AK cắt EM H Ta có S1 = EM HK

AK BC

S

2

 nên

AK KH BC EM S

S

1 

Đặt MA = x ; MC = y Theo định lý Ta lét ta có :

y x

y AK HK y x

x BC EM

  

 ;

Nên

 2

1

y x

xy S

S



 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si dạng

 

1

2 

b a

ab

, ta có

 

1

2

1 

 

y x

xy S

S

hay S S

2

1  Suy MaxS1 S

2



Khi x = y tức M trung điểm AC

A

B C

M E

F H

(65)

ĐỀ SỐ 12

a) Cho nN, chứng minh n + 2n4 3-n2-2n chia hết cho 12 b) Chứng minh rằng: B = abcabc + 2013 hợp số

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= 4x +9y2 2-4x 6y+10

-b) Cho hai đa thức f(x) = 2x3 + x2 + 7x + g(x) = 2x – Tìm x  Z để P = ( )

( )

f x

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho A = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …– 1931x2 + 1931x + 83 Tính giá trị biểu thức A x = 1930

b) Giải phương trình:

2005 2003 2001 1999 13 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

       

      

   

Bài 4: (4,0 điểm)

Bài 5: (4,0 điểm)

Cho hình vng ABCD tứ giác NMPQ có đỉnh thuộc cạnh hình vng ABCD Chứng minh: SABCD AC(MN + NP + PQ + QM)

4



(66)

ĐỀ SỐ 12

(Thời gian làm 150 phút) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho nN, chứng minh n + 2n4 3-n2-2n chia hết cho 12 Phân tích nhân tử

    

4

1

n + 2n -n -2n = n n n n lý luận: - Tích số tự nhiên liên tiếp cho

- Tích số tự nhiên liên tiếp chia hết cho - Kết luận

b) Chứng minh rằng: B = abcabc + 2013 hợp số Ta có B = a.105 + b.104 + c.103 +a.102 + b.10 + c +2013 = 100100 a + 10010b +1001c + 2013

= 1001(100a + 101b + c) + 2013 Mà 1001(100a + 101b + c) 11 2013 11 Do B = abcabc + 2013 11 Hơn A > 11

Vậy B = abcabc + 2013 hợp số

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= 4x +9y2 2-4x 6y+10

-Ta có: A2x1 2 3y12 8

MinA =

2

x

3

y

b) Cho hai đa thức f(x) = 2x3 + x2 + 7x + g(x) = 2x – Tìm x Z để P = ( )

( )

f x

Ta có P =

4

2

x x

x

  

 ĐK:

1

x

Do để P nhận giá trị nguyên 2x 1 Ư(5)

(67)

O

P M

N A

B

C

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho A = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …– 1931x2 + 1931x + 83 Tính giá trị biểu thức A x = 1930

Thay 1931 = x + vào biểu thức

A = x1931 – (x+1)x1930 +(x+1)x1929 – (x+1)x1928 + …- (x+1)x2 + (x+1)x + 83 = x1931 – x1931 – x1930 + x1930 +x1929 – x1929 – x1928 + - x3 – x2 + x2 + x +83 = x + 83 = 1930 + 83 = 2013

A = 2013

b) Giải phương trình:

2005 2003 2001 1999 13 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

   

 2005 2003 2001 1999 13 11

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x x x x x x x x

              

 (2012 ) 1 1 1 1

7 11 13 1999 2001 2003 2005

x  

         

 

x = 2012 1 1 1 1

7 11 13 1999 2001 2003 2005          

 

 

Vậy phương trình có nghiệm x = 2012

Bài 4: (4,0 điểm)

a) Theo tính chất đường phân giác ta có

AP AC PB  BC ,

BN AB NC  AC ,

CM AB

MA  BC suy

1

AP BN CM AC AB BC

PB NC MA  BC AC AB  (a)

Ta có ONC ONB ONC ONB OBC

ANC ANB ANC ANB ABC

S S S S S

ON

AN S S S S S



   



Tương tự ta có OAC ABC S OM

BM  S ;

OAB ABC S OP CP  S

Do OBC OAC OAB ABC

ABC ABC

S S S S

ON OM OP

AN BM CP S S

 

    = (b)

Từ (a) (b) suy AP BN CM ON OM OP

(68)

E

K F B

C

A D

M

N

P

Q

b) Ta có G = a3 + b3 + c3 – 3abc

= (a + b)3 + c3 – 3abc – a2b – 3ab2 = (a + b + c) 2

(a b) (a b c) c 3ab a( b c)        

 

= (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ac) Ta có G = (a + b + c)(a2+ b2 + c2 – ab – bc – ac) = Mà a + b + c > suy (a2+ b2 + c2 – ab – bc – ac) =  2a2+ 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ac =  (a-b)2 + (b-c)2 +(a-c)2 =

 a = b = c Vậy ABC tam giác đều

Bài 5: (4,0 điểm)

Cho hình vng ABCD tứ giác NMPQ có đỉnh thuộc cạnh hình vng ABCD Chứng minh: SABCD AC(MN + NP + PQ + QM)

4



Gọi E, F, K trung điểm của QM, MP, NP;

Ta có:

1 EF

2 2

AE MQ PQ FK MN KC NP

 

Cộng vế với vế, ta được:

1

( )

2

AEFEFKKC MQPQ MN NP

Mà AE + FE + EK + KC  AC

Suy 1( )

2 MQPQ MN NP AC (1)

Mặt khác:

2

ABCD

S  AC BD AC AC (2)

Từ (1) (2) ta có: (1 )

2

ABCD

S  AC MNNPPQ QM

(69)

www.LuyenThiThuKhoa.vn 1 tez.LuyenThiThuKhoa.vn ĐỀ SỐ 13

a) Phân tích đa thức x -18 thành nhân tử

Giải

  

   

    

8 8 4

4 2

4

1 1

x x x x

x x x

x x x x

     

   

    

b) Rút gọn phân thức P = x - y + 2xz + z22 22 22

x - z + 2xy+ y với x+ y+ z0

Giải

Ta có : 2   

2

x y  xzz  x y z x z y

Vì 2   

2

x  z xyy  x y z x y z

Nên   

  

x y z x z y P

x y z x y z

    

    Do x+ y+ z0 nên

x y z P

x y z

  

 

c) Cho biểu thức A = 2 - 2 x+1- x -1 :x -13

3x x+1 3x x

  

  

 

 

Hãy rút gọn tính giá trị biểu thức cho x = 2012

Giải

Ta có : A = :

3

2 2 x+1 x -1

- - x -1

3x x+1 3x x

  

  

 

2 2

3 1

x x x

x x x x x

 

 

     

  

 

2 2

3 1

x x

x x x x

 

      

 

Khi x = 2012 A 22012 2011



Bài 2: (4,0 điểm)

a) Hiệu bình phương hai số tự nhiên liên tiếp 11 Tìm hai số

Giải

Gọi hai số tự nhiên liên tiếp n n + Theo đề ta có :

 2 2

2

1 11

2 11

5

n n

n n n

n

  

   



Vậy số tự nhiên liên tiếp phải tìm l

(70)

www.LuyenThiThuKhoa.vn 2 tez.LuyenThiThuKhoa.vn Giải

Gọi x y hai số tự nhiên phải tìm Giả sử x > y Theo đề ta có :

2

11

x y 

hay xyxy11 11.1 mà 11 số nguyên tố Ta lại có : x + y > x - y > Do :

11

x y x y

  

   

Từ ta suy x = y = Vậy hai số cần tìm l

Bài 3: (2,0 điểm)

Cho hai đa thức f x = 2x + x +7x+1  3 2 v g x = 2x -1  Tìm tất giá trị x  Z để P = ( )

( )

f x

Giải

Ta có P =

4

2

x x

x

  



Do để P nhận giá trị nguyên thì2x 1 Ư(5)

Nếu 2x - = x = Nếu 2x - = -1 x = Nếu 2x - = x = Nếu 2x - = -5 x = -2

Bài 4: (2,0 điểm)

Tìm tất số nguyên n cho n2+ 2006 số phương

Giải

Giả sử n2 + 2006 = m2 (với m nguyên) Suy (m – n)(m + n) = 2006 (*) Do m, n cũng chẵn lẻ, nên m – n chia hết cho m + n chia hết cho Suy vế trái (*) chia hết cho Nhưng 2006 không chia hết cho 4, nên khơng có số ngun để n2 + 2006 số phương

Bài 5: (3,0 điểm)

Cho hình thang vng ABCD ( 0

A = D = 90 ), có AB = 1

2CD Gọi H hình chiếu điểm D đường chéo AC; M trung điểm HC

Chứng minh BM vng góc với DM

(71)

Gọi N trung điểm HD lúc

MN đường trung bình tam giác HDC Suy MN//AB//CD MN = AB

Do tứ giác ABMN hình bình hành Suy AN // BM (1)

Mặt khác, tam giác ADM có AN đường cao, AN vng góc với DM (2) Từ (1) (2) suy BM vng góc với DM

Bài 6: (4,0 điểm)

Trong tam giác ABC đường thẳng qua A cắt cạnh BC K, cắt trung tuyến BM I cho BI : IM = : Tính tỉ số diện tích tam giác ABK tam giác ABC

Giải

Từ M kẻ đường thẳng song song với AK cắt cạnh BC N Do M l trung điểm của AC nên N trung điểm KC Hay NK = KC

Do KI//MN suy tam giác BIK đồng dạng với tam giác BMN nên :

2

 

IM BI KN BK

Vậy

5

2 

     

KN BK

BK NC

KN BK

BK BC

BK S

S

ABC ABK

A B

D C

H

M N

N C

M A

(72)

ĐỀ SỐ 14

(Thời gian làm 150 phút) Bài (4,0 điểm):

a) Cho x, y  Chứng minh rằng: A = 75x.y(x2 – y2) chia hết cho 45 b) Chứng minh: B = n4 + 64 không phải số nguyên tố với n  c) Cho số a gồm 1951890 chữ số số b gồm 291969 chữ số Tìm m để: C = ab + m +79 chia hết cho

Bài (4,0 điểm):

a) Cho D = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …– 1931x2 + 1931x + 87 Tính giá trị biểu thức D x = 1930

b) Rút gọn biểu thức E =

3 3

2 2

3

( ) ( ) ( )

x y z xyz x y y z z x

  

    

c) Chứng minh rằng: F = 1 2016

1 2 1 3 4       1 2017     2017

Bài (4,0 điểm):

a) Giải phương trình: x3 – 6x2 – x + 30 = b) Xác định m để phương trình 2

1

x m x

x x

 

 

 có nghiệm

c) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 2

4

x x

 

d) Tìm x đểbiểu thức Q = 2017 – (x – 1)(x +2)(x +3)(x +6) đạt giá trị lớn

Bài (5,0 điểm):

Cho hình thang ABCD có AB vng góc với CD S AB + CD = 16 cm Gọi E, F, G, H trung điểm BC, BD, DA, AC

a) Tứ giác EFGH hình gì? Vì sao? b) Chứng minh AD – BC = 2GE

c) Xác định độ dài cạnh AB CD để tứ giác EFGH có diện tích lớn d) Gọi O giao điểm AC BD Chứng minh BS.DA.OG = BA.DG.OS

Bài (3,0 điểm) :

Cho tam giác nhọn ABC có BC = a Gọi M, N hình chiếu B, C lên cạnh AC, AB

a) Tính tổng AC.CM + AB.BN theo a

b) Gọi O giao điểm ba đường trung trực tam giác ABC Chứng minh : OA vng góc với MN

(73)

2

ĐỀ SỐ 14

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1: (4 điểm)

a)Cho x, y  Chứng minh rằng: A = 75x.y(x2 – y2) chia hết cho 45 b) Chứng minh: B = n4 + 64 không phải số nguyên tố với n  c) Cho số a gồm 1951890 chữ số số b gồm 291969 chữ số Tìm m để: C = ab + m +79 chia hết cho

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a A = 75x.y(x2 – y2)

= 2

75xy(x  1) (y 1)75 (y x1) (x x 1) 75 (y 1) y(y 1)x  

Mà 75 (y x1) (x x 1) 15(y x1) (x x1) 45 75 (y 1) y(y 1)x   5 15(y 1) y(y 1) 45x  

Vậy A 45

0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm b B = n4 + 64 = n4 + 16n2+ 64 – 16n2

= (n2 + 8)2 – 16n2 = (n2- 4n + 8)(n2+ 4n + 8)

Mà n2- 4n + = (n – 2)2 + > n2 + 4n + = (n + 2)2 + > Vậy B không phải số nguyên tố

0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm c Ta có a = 9p + (p ), b = 9q (q )

Nên C = (9p + 6).9q + m + 79 = 9q(9p+6) + 72 + +m Để C (m + 7) suy m = 9k + (k )

0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm

Bài 2: (4 điểm)

a)Cho D = x1931 – 1931x1930 +1931x1929 – 1931x1928 + …– 1931x2 + 1931x + 87 Tính giá trị biểu thức D x = 1930

b) Rút gọn biểu thức E = 32 3 2 2

( ) ( ) ( )

  

    

c) Chứng minh rằng: F = 1 2016

1 2 1 3 4       1 2017     2017

a Thay 1931 = x +1 vào biểu thức

D = x1931 – (x+1)x1930 +(x+1)x1929 – (x+1)x1928 + …– (x+1)x2 + (x+1)x + 87 = x1931 – x1931 – x1930 + x1930 + x1929 – x1929 – x1928 + – x3 – x2 + x2 + x +87 = x +87 =1930 + 87 = 2017

0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm b

E =

3 3

2 2

3

( ) ( ) ( )

  

    

Ta có 3 3

3 ( ) ( )

x y  z xyz xy  xy xy  z xyz

(74)

3

(x y z) 3(x y z x) ( y z) 3xy x( y z)           2

(x y z x)( y z 2xy 2xz 2zx 3xz 3yz )xy

           2

(x y z x)( y z xz yz xy)        

2

( ) ( ) ( ) ( )

2 x y z  x y y z z x 

         

Do E = 1( ) x y z

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm c

Ta có 2 1

( 1) ( 1) 1

2

k k k k k k

 

    

     với k =2, 2017

Nên F 1 1 1 1 3 4 2017 2018

 

          

 

1 2016 2016 2018 2018 2018 2017

 

      

 

Vậy F < 2016 2017

0,5điểm

0,25điểm

Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình: x3 – 6x2 – x + 30 = b) Xác định m để phương trình 2

1

x m x

x x

   

 có nghiệm

c) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P = 2

4

x x

 

d) Tìm x đểbiểu thức Q = 2017 - (x-1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị lớn

a x3 - 6x2 – x + 30 = (1)  (x+2)(x-3)(x-5) =

Vậy tập nghiệm phương trình (1) là: S=2;3;5

0,5điểm 0,5điểm b

Xác định m để phương trình 2

x m x

x x

   

 (2) có nghiệm

ĐKXĐ: x0 v x-1(*)

Với điều kiện (*) (2) tương đương với: x(x + m) + (x + 1)(x – 2) = 2x(x + 1)

 (m – 3)x = (3)

Do để phương trình (2) có nghiệm phương trình (3) có nghiệm thỏa mãn điều kiện (*), tức là:

0,25 điểm

(75)

4

3

0

1

m

m m

   

 

  

  

  

m  m 

Vậy m  m  phương trình (2) có nghiệm

0,25điểm

c Ta có P =

2 2 2

2 2

8 16 16 4(4 1) (4 1) (4 1)

4

4 4

x x x x x x x

x x x x

             

   

Vậy MaxP =

x

Ta có P =

2 2 2

2 2

8 4 4( 1) (4 1) 4( 1)

1

4 4

x x x x x x x

x x x x

              

   

Vậy Min P = -1 x = -1

0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm d Q = 2017 - (x-1)(x+2)(x+3)(x+6) = 2017 - (x-1)(x+6)(x+2)(x+3)

= 2017 - (x2+5x – 6)(x2+5x + 6) = 2017 - (x2+5x)2 + 36

= 2053 - (x2+5x)2 2053 Dấu “=” xảy x2 + x =  x = x = -5

Vậy x = x = -5 Q đạt giá trị lớn 2053

0,5điểm 0,5điểm

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình thang ABCD có AB vng góc với CD S AB + CD = 16 cm Gọi E, F, G, H trung điểm BC, BD, DA, AC

a) Tứ giác EFGH hình gì? Vì sao? b) CMR: AD – BC = 2GE

c) Xác định độ dài cạnh AB CD để tứ giác EFGH có diện tích lớn d) Gọi O giao điểm AC BD Chứng minh: DA.OG.BS = DG.OS.BA

Hình

vẽ 0, điểm

O

I K G

F H

E C

S

A D

(76)

5

a Ta có EB = EC HG = HA(gt) nên HE đường trung bình ABC

//

HE AB



2

HE  AB (1)

Ta có GA = GD FB = FD(gt) nên EF đường trung bình ABD

//

GF AB



2

GF  AB (2) Từ (1) (2) suy

2

HEGF  AB HE // GF//AB (*) Chứng minh tương tự ta có: EF

2

GH CD

 

EF//HG//CD (**) Mà ABCD (gt) (***)

Từ (*), (**), (***) suy tứ giác EFGH hình chữ nhật

0,25điểm

0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm b CMR: AD – BC = 2GE

Từ C kẻ CK//AB CI//GE

Vì BC//AK BA//CK nên BCKA hình bình hành

suy BC = AK BC//AK hay EC//GI Do tứ giác ECIG hình bình hành GE = IC (a)

Ta có AD – BC = AD – AK = KD (3)

Mặt khác: SG đường trung tuyến ASD vuông S GA = GD (gt)

nênSGD cân G DGSD mà CI//SG nên ICDGSD (đồng vị)

D ICDICD cân I IC = ID (b) Hơn nữa: KCD vuông C ( CK//SA) Nên CI trung tuyến KCD ID = IK (4) Từ (3) (4)  AD – BC = KD = 2ID (c) Từ (a) , (b), (c)  AD – BC = GE

0,25điểm

0,25điểm 0,25điểm c

Ta có SEFGH = EF.HE mà

2

EF  CD

HE AB nên SEFGH =

2

1 ( ) 16

16

4 4 16

AB CD

CD AB   

Dấu “=” xảy AB = CD = (cm)

Vậy AB = CD = (cm) diện tích tứ giác EFGH có diện tích lớn 16 (cm2)

0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm d

Ta có DA AB

(77)

6

OG GF

OS  BS (vì GF//SB)

Nên DA OG BS AB GF BS

DG OS BAGF BS BA

Suy DA.OG.BS = DG.OS.BA.(đpcm)

0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm

Bài 5: (3 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC có BC = a Gọi M, N hình chiếu B, C lên cạnh AC, AB

a) Tính tổng AC.CM + AB.BN theo a

b) Gọi O giao điểm ba đường trung trực tam giác ABC Chứng minh : OA vng góc với MN

Hình

a Gọi H giao điểm BM CN nên H trực tâm ABC Gọi P giao điểm AH BC nên APBC

Khi ta có BPA BNC (g.g)

BP BN

BA BN BC BP BA BC

    (1)

CMB CPA (g.g)

.CA CP

CM CB

CP CA

    (2)

Từ (1) (2) suy BA.BN + CM.CA = BC.BP + CB.CP

= BC(BP+CP) = BC.BC = a2 Vậy: AC.CM + AB.BN = a2

0,25điểm

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm b Lấy D đối xứng với A qua O Khi ta có ABD vng B

Suy

90

BADBDA (3)

Ta có OBC cân O OAC cân O Nên

2 2

AOx BOx AOB ACB  

2

AOB

ADB (góc ngồi tam giác)

0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm

2

P x

D N

M

H O A

(78)

7

Suy ADB ACB (4)

Mặt khác ta có AMN ABC (c.g.c) Suy ANM  ACB (5)

Từ (3), (4) (5) suy

90

ANM BAD

Do ADMN hay OAMN (đpcm)

(79)

8

MA TRẬN ĐỀ THI

Phân môn

Mức độ Các chủ đề

Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Cộng

Thấp Cao

S

Ố H

ỌC

Dấu hiệu chia hết Bài 1a 1,5

3

4,0

Số nguyên tố Bài 1b

1,5

Bài tốn thực tế: tìm số

thoả mãn điều kiện cho trước Bài 1c 1,0 ĐẠ I S Ố

Tính giá trị biểu thức Bài 2a 1,5

7

8,0

Rút gọn biểu thức Bài 2b

1,5

Chứng minh bất đẳng thức Bài 2c

1,0 Giải phương trình bậc cao

quy phương trình bậc

Bài 3a 1,0

Tìm m để phương trình

chứa ẩn mẫu có nghiệm

Bài 3b 1,0 Tìm giá trị lớn nhỏ

nhất biểu thức

Bài 3c 1,0 Tìm x để biểu thức đạt giá

trị lớn

Bài 3d 1,0

HÌNH H

ỌC

Chứng minh tứ giác hình chữ nhật Vẽ hình 0,5 Bài 4.a 1,5 6 8,0

Sử dụng định lý Ta let Chứng minh đẳng thức

Bài 4.b,d 2,0

Cực trị hình học Bài 4.c

1,0 Sử dụng tam giác đồng

dạng để tính giá trị biểu thức theo a

Bài 5a

1,0 Sử dụng tam giác đồng

dạng, tính chất góc ngồi tam giác để chứng minh vng góc

(80)

ĐỀ SỐ 15

Bài 1: (3,0 điểm)

a) Tìm tất số tự nhiên n để n4 + số nguyên tố

b) Cho P = 1.2.3 + 2.3.4 + 4.5.6 + … + n(n + 1)(n + 2) với n nguyên dương Chứng minh 4P = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

2 Từ suy 4P + số phương

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Tìm x, y, z biết x2 + 4y2 = 2xy + z2 = 2xy –

b) Tìm đa thức f(x), biết f(x) chia cho x – dư 2, chia cho x + dư – 2, chia cho x2 – thương x cịn dư

c) Cho x + y + z = 1và 1

x   y z Tính giá trị biểu thức B = x

2 + y2 + z2. Bài 3: (5,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x5 + x4 + thành nhân tử

b) Cho x, y0 thỏa mãn x + y = xy Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau

2

1

A

x y

 

c) Giải phương trình x 3x 11 5x 14 7x 10

31 41 47 53

  

   

Bài 4: (5,0 điểm) Cho hình thoi ABCD có A600 Qua C kẻ đường thẳng d cắt tia đối tia BA DA thứ tự E F

a) Chứng minh EBD ഗ BDF

b) Gọi I giao điểm DE BF Chứng minh số đo góc BID khơng phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d

Bài 5: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, điểm D tùy ý cạnh BC, điểm O tùy ý đoạn AD Các tia BO CO cắt cạnh AB AC E F Đường thẳng qua O song song với BC cắt DE DF thứ tự M N

Chứng minh OM = ON

-Hết - (Cán coi thi không giải thích thêm)

(81)

ĐỀ SỐ 15

Bài Gợi ý Điểm

Bài điểm

1a) Ta có n4 + = (n2 + 2)2 – (2n)2 = (n2 – 2n + 2)(n2 + 2n + 2) * Với n = n4 + = 02 + = số nguyên tố * Với n = n4 + = 12 + = số nguyên tố

* Với n > n2 + 2n + > n2 – 2n + = (n – 1)2 + > Nên n4 + = (n2 – 2n + 2)(n2 + 2n + 2) hợp số

Vậy có n = n4 + = số nguyên tố

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1b)-1 Ta có 4n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)[(n + 3) – (n – 1)]

= n(n + 1)(n + 2)(n + 3) – (n – 1)n(n + 1)(n + 2) Áp dụng kết ta

4.1.2.3 = 1.2.3.4 – 0.1.2.3 4.2.3.4 = 2.3.4.5 – 1.2.3.4 4.3.4.5 = 3.4.5.6 – 2.3.4.5 ………

4n(n + 1)(n + 2) = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) – (n – 1)n(n + 1)(n + 2)  4P = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) 

0,5 đ

0,5 đ 1b)-2 Ta có 4P = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)

 4P + = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + = (n2 + 3n)(n2 + 3n + 2) +

= (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n) + = (n2 + 3n + 1)2 Vậy 4P + số phương với số nguyên dương n

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

Bài 5,0 đ

2a) Ta có (x2 + 4y2) + z2 = (2xy + 1) + (2xy – 1)

 x2 – 4xy + 4y2 + z2 =  (x – 2y)2 + z2 =  x – 2y = z =  x = 2y 2xy – =

(82)

 x = 2y 4y2 =  x = -1 y =

 ; x = y =

2 Vậy có hai số (x, y, z) = (-1,

2

 , 0) ; (1, 2, 0)

0,25 đ

2b) Theo đề ta có: f(x) = (x – 2).g(x) + (1) f(x) = (x + 2).p(x) – (2) f(x) = (x2 – 4).x + ax + b (3) Từ (1) suy f(2) = 2; Từ (2) suy f(-2) = -2 Từ (3) suy f(2) = 2a + b f(-2) = -2a + b Do 2a + b = -2a + b = -2  a = b = Vậy f(x) = (x2 – 4).x + x = x3 – 4x + x = x3 – 3x

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 2c) Ta có x + y + z =

 = (x + y + z)2 = x2 + y2 + z2 + 2(xy + yz + zx) (1) Ta lại có 1 xy yz zx

x   y z    (2) Từ (1) (2) suy B = x2 + y2 + z2 =

0,5 đ

Bài 5,0 đ

3a) Ta có x5 + x4 + = (x5 – x2) + (x4 – x) + (x2 + x + 1) = x2(x3 – 1) + x(x3 – 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x)(x3 – 1) + (x2 + x + 1)

= (x2 + x)(x – 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)[(x2 + x)(x – 1) + 1]

= (x2 + x + 1)(x3 – x + 1)

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3b)

Ta có

 

2 2

2 2 2

1 x y x y

A

x y x y x y

 

   

 (vì x + y = xy) Áp dụng bất đẳng thức 2(x2 + y2)  (x + y)2 với x, y Dấu “=” xảy x = y

Vì x, y0 x + y = xy nên x + y   (x + y)2 > Do từ 2(x2 + y2)  (x + y)2

 

2 2

x y

2 x y



 



Dấu “=” xảy x = y  x + y = xy  x = y =

(83)

Vậy minA =

2 đạt x = y = 0,25 đ

3c)

Ta có x 3x 11 5x 14 7x 10

31 41 47 53

  

   

x 3x 11 5x 14 7x

1

31 41 47 53

  

        

     

 

x 31 3x 93 5x 155 7x 217

31 41 47 53

3 x 31 x 31 x 31 x 31

0

31 41 47 53

1

x 31

31 41 47 53 x 31

x 31

   

    

  



    

 

      

 

  

 

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S = { }

1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

Bài 4,0 đ

0,5 đ

4a) Vì ABCD hình thoi nên AB = BC = CD = DA

Tam giác ABD có AB = AD A600 nên tam giác ABD

0

EBD BDF 120

   AB = AD = BD

Vì ABCD hình thoi nên AB // CD ; AD // BC Áp dụng định lí Ta-lét ta có: BE CE

AB  FC 

BE CE

BD  FC (1)

0,25 đ

0,5 đ 0,5 đ

I E

F C

D A

(84)

AD CE DF  FC 

DB CE

DF  FC (2) Từ (1) (2) suy BE DB

BD  DF Vậy EBD ഗ BDF (c-g-c)

0,5 đ 0,25 đ 4b)

Ta có EBD ഗ BDF (cmt) DEBFBD Xét DIB DBE có:

DEBFBD BDE góc chung nên BIDEBD

Mà

EBD 120 (cmt) nên

BID 120

Vậy số đo góc BID khơng phụ thuộc vào vị trí đường thẳng d

0,25 đ

0,5 đ 0,25 đ

0,5 đ

Bài 3,0 đ

Cho tam giác ABC, điểm D tùy ý cạnh BC, điểm O tùy ý đoạn AD Các tia BO CO cắt cạnh AB AC E F Đường thẳng

qua O song song với BC cắt DE DF thứ tự M N Chứng minh OM = ON

0,5 đ

Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt tia DE DF thứ tự P Q Áp dụng định lí Ta-lét ta có:

AP EA DC  EC

AQ FA

DB  FB (1) Xét tam giác ABC có AD, BE, CF đồng quy O Áp dụng định lí Cê-va ta có:

DB EC FA

DC EA FB  (2)

0,5 đ

M N

P Q

F

O

B C

A

(85)

Từ (1) (2)  DB DC AQ

DC AP DB   AP = AQ (3) Vì MN // BC PQ // BC nên MN // PQ

Áp dụng định lí Ta-lét ta có: OM ON

AP  AQ (cùng DO

DA) (4) Từ (3) (4) suy OM = ON

0,5 đ

0,5 đ 0,5 đ

(86)

ĐỀ SỐ 16

(Thời gian làm 150 phút) Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho n số nguyên lẻ không chia hết cho Chứng minh rằng: n41 48

b) Cho 4 3 2

A3n 7n 12n 5n 4 4 3 2

Bn 3n 7n 7n 3 với n số nguyên Chứng minh rằng: AB số phương

Bài 2: (5,0 điểm)

a) Tìm giá trị lớn biểu thức: 2

P3x 2x

b) Cho x ; y số thực khác 0, thỏa mãn điều kiện 2 2

12x 12 y 25xy Tính giá trị biểu thức: Q 5x y

x y

 



c) Cho hai đa thức   4 3 2

f x ax bx 2x  x 1   2

g x x  x 2 Tìm hệ số a ; b

để đa thức f x  chia hết cho đa thức g x 

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức  

3 3

2 2

x y 2 y

M xy : x y

x y x y

  

    

 

  , với x y Chứng tỏ giá trị

của biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị biến

b) Giải phương trình: x 11  2 x 7 2  2x 5  2  x 42

Bài 4: (2,5 điểm)

Cho tam giác ABC, đường phân giác AD Trên cạnh AB AC lấy điểm E F cho BE = CF Gọi M N thứ tự trung điểm BC EF Chứng minh MN song song với AD

Bài 5: (4,5 điểm)

Cho hình vng ABCD có độ dài cạnh 15cm Trên cạnh BC CD lần lượt lấy điểm E F cho 0

EAF 45 Trên tia đối tia DC lấy điểm K cho DK = BE

a) Tam giác AKE tam giác gì? Vì sao? b) Tính chu vi tam giác CEF

c) Tính diện tích tam giác CEF, biết SAEF = 2SCEF

(87)

ĐỀ SỐ 16

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài Hướng dẫn chấm Điểm

1a)

2,0 đ Ta có:       

4 2 2 2

n  1 n 1 n  1 n n n  1 (*) Vì n số nguyên lẻ nên n2k1 với k

Do n n 1    2k 2k 24k k 1 8 (vì k k 1 2) và n21 2 Từ (*) n4 1 16 (1)

Vì n số ngun khơng chia hết n3q 1 với q

Do 2  2 2

n  1 3q 1  1 9q 6q 3 Từ (*) n41 3 (2) Vì 16 nguyên tố nên từ (1) (2) 4

n 1 48

  0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 1b) 2,0 đ

4 3 2

A3n 7n 12n 5n 4 4 3 2

Bn 3n 7n 7n 3

Ta có 4 3 2

A B 3n 7n 12n 5n 4 + 4 3 2

n 3n 7n 7n 3

4 3 2

4n 4n 5n 2n 1

    

 2 2  2    2

2n 2 2n n 1 n 1

    

 2 2

2n n 1

  

Vì n số nguyên nên  2 2

2n  n 1 số phương Vậy với n số nguyên AB số phương

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

2a)

1,0 đ Ta có

2

2 3x 2 9 3 9

P 3x 2x 2 x 2 x

2 16 4 8

 

   

          

      với x

Dấu « = » xảy

2

3 3 3

x 0 x 0 x

4 4 4

        

 

 

Vậy maxP 9 8

 đạt khi x 3 4  0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 2b) 2,0 đ Ta có   

2 2 2 2

12x 12 y 25xy12x 25xy 12 y  0 4x 3y 3x y  0

4x y 0 4x 3 y x 3

3x y 0 3x 4 y y 4

  

 

   

  

 

x 4

y  3

Nếu x 3

y  4

x 3

5. 3 5. 3

5x 3 y y 4 3

Q

x 3

x y 1 1 7

(88)

Nếu x 4

y  3

x 4

5. 3 5. 3

5x y y 3 11

Q

x 4

x y 1 1 7

y 3

 



   

   0,5 đ

2c)

2,0 đ Ta có f x   g x     

4 3 2 2

ax bx 2x   x 1 x  x q x

4 3 2     

ax bx 2x x 1 x 2 x q x

        (*)

Thay x2 vào (*) ta 16 a8b5 (1) Thay x 1 vào (*) ta a    b 2 a b 2 (2) Thay (2) vào (1) ta 16 b 2 8b 5 b 9

8       Thay b 9

8

  vào (2) ta a 9 2 7

8 8

    Vậy a 7 ; b 9

8 8

   đa thức f x  chia hết cho đa thức g x 

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ 0,25 đ 3a)

2,0 đ  

   

 

  

3 3

2 2

2 2 2 2

2

x y 2 y

M xy : x y

x y x y

2 y

M x xy y xy : x y

x y

x y 2 y

M

x y x y x y

x y 2 y x y

M 1

x y x y x y

                                 

Vậy giá trị biểu thức M không phụ thuộc vào giá trị biến

0,5 đ

0,75 đ 0,5 đ 0,25 đ

3b)

2,0 đ Ta có        

2 2 2 2

x 11  x 7  2x 5  x 4

  

2 2 2 2

2 2

x 22x 121 x 14x 49 4x 20x 25 x 8x 16

8x 72 3x 12x 9

3x 20x 63 0

x 3x 7 0

x 9

x 9 0

7

3x 7 0 x

(89)

Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 7 ; 9 3

 

    

2,5 đ

H.vẽ 0,5 đ

Dựng hình bình hành BCPE  CP //= BE ; EP //= BC Gọi H trung điểm PF N trung điểm EF (gt)

 NH đường trung bình tam giác FEP

 NH // EP NH = 1

2EP  NH // BC NH = 1

2BC (vì EP //= BC)  NH //= MC (vì M trung điểm BC)

 MNHC hình bình hành  MN // CH (1)

Vì BE = CF (gt) CP = BE (cmt)  CF = CP  CPF cân C Mà CH đường trung tuyến nên CH đồng thời phân giác PCF Vì CP//BE PCF BAC, mà AD phân giác BAC  CH//AD (2) Từ (1) (2) suy MN // AD

0,5 đ 0,25 đ

0,5 đ

0,5 đ 0,25 đ

5 4,5 đ

H.Vẽ 0,5 đ

a) 2,0 đ

ABE ADK có AB = AD (gt), 0

ABE ADK 90 , BE = DK (gt)

ABE ADK

  (c-g-c)  AE = AK BAEDAK

Ta lại có 0

BAEEAD90 DAKEAD900 EAK 900 Tam giác AEK có AE = AK 0

EAK 90 nên AEK vuông cân A

1,0 đ 0,5 đ 0,5 đ

D H N

F

P

M

B C

A

E

H

F K

A

C B

D

(90)

b)

1,0 đ Ta có

0

EAK 90 (cmt), 0

EAF 45 (gt) 0

FAK 45

 

Do AFK  AFE (c-g-c) AFK  AFE FK = FE Kẻ AH  EF

Dễ thấy AFH  AFD (ch-gn)  FH = FD

Mà FK = FE nên HE = DK  HE = BE  EF = BE + DF Do chu vi CEF bằng:

CE + EF + CF = CE + BE + DF + CF = BC + CD = 15 + 15 = 30(cm)

0,5 đ 0,5 đ

c) 1,0 đ

Vì AFH  AFD (ch-gn) ; AEH  AEB (ch-gn)

 SAFH = SAFD ; SAEH = SAEB

Ta lại có SAEF = SAEH + SAFH  SABEFD = 2SAEF

Mà SAEF = 2SCEF (gt) nên SABEFD = 4SCEF  SABCD = 5SCEF Do SCEF =

1

5SABCD = 1 5.AB

2 = 1

5.15

2 = 45(cm2)

(91)

ĐỀ SỐ 17

(Thời gian làm 150 phút) Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho a, b số nguyên Chứng minh 3a2 – 6ab – 4b2 chia hết cho a6 – b6 chia hết cho

b) Tìm tất số nguyên n để giá trị biểu thức A = n2 + n + số phương c) Tìm tất số nguyên n để giá trị biểu thức P = n2 – 4n + số nguyên tố

Bài 2: (4,0 điểm)

a) Giải phương trình x x 2

2 x x

    

 

b) Cho x > 0, thỏa mãn điều kiện 4

1

x

  Tính giá trị biểu thức Q x x  

Bài 3: (4,0 điểm)

a) Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1 1

x   y z Chứng tỏ

1 1

2 xy yzzx 

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2017

Bài 4: (4,0 điểm)

Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB BC lấy điểm M N cho AM = CN Gọi H hình chiếu điểm B đoạn AN Tia BH cắt cạnh CD P

a) Chứng minh AN = BP b) Tính số đo góc MHD

Bài 5: (4,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi D E thứ tự hình chiếu điểm H cạnh AB AC

a) Chứng minh HD.HE.BC = AH3

b) Tính diện tích tam giác ADE biết AH = 12cm; BC = 25cm

(92)

ĐỀ SỐ 17

(Thời gian làm 150 phút) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài Hướng dẫn chấm Điểm

1a) 1,5 đ

a) Cho a, b số nguyên Chứng minh 3a2 – 6ab – 4b2

chia hết cho a6 – b6 chia hết cho

Ta có 3a2 – 6ab – 4b2  6a2 – 12ab – 8b2

 (7a2 – 14ab – 7b2) – (a2 – 2ab + b2)  a2 – 2ab + b2

 (a – b)2

 a – b (vì số nguyên tố) (1) Ta lại có a6 – b6 = (a3 – b3)(a3 + b3) = (a – b)(a2 + ab + b2)(a3 + b3) (2) Từ (1) (2) suy ra: a6 – b6 chia hết cho

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

1b) 1,5 đ

b) Tìm tất số nguyên n để giá trị biểu thức A = n2 + n +

số phương

Vì A = n2 + n + số phương, đặt n2 + n + = m2 (m  )

 4n2 + 4n2 + = 4m2  (2n + 1)2 + = (2m)2

 (2n + 1)2 – (2m)2 = -3  (2n + + 2m)(2n + – 2m) = -3 (*) Từ (*) suy 2n + + 2m, 2n + – 2m 2n + + 2m > 2n + – 2m nên ta có trường hợp sau :

+ 2n + + 2m = 2n + – 2m = -1  n = (thỏa mãn) + 2n + + 2m = 2n + – 2m = -3  n = -1 (thỏa mãn) Vậy số nguyên n cần tìm -1 ;

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

1c) 1,0 đ

c) Tìm tất số nguyên n để giá trị biểu thức P = n2 – 4n +

số nguyên tố

Ta có P = n2 – 4n + = (n – 1)(n – 3)

Để P số nguyên tố n – = 1 ; n – = 1  n = -2 ; ; ; Thử lại có n = ; thỏa mãn đề

0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ

2a)

2,0 đ a) Giải phương trình

x x 2

2 x x

    

 

ĐKXĐ: x  -4 ; x  -2 Ta có

  

x x 2 6x 20 6x 20

2 x x x x

   

    

    (*)

TH1: 6x + 20 =  6x = -20 x 10

   (thỏa mãn ĐK)

TH2: (x + 4)(x + 2) =  x2 + 6x =  x = ; -8 (thỏa mãn ĐK) Vậy phương trình cho có ba nghiệm -8 ; 10

3  ;

(93)

2b)

2,0 đ b) Cho x > 0, thỏa mãn điều kiện 4

1

x

  Tính giá trị biểu thức Q x

x  

Ta có:

2

4

2

1

x x

1

x

 

     

 

  

 

   

 

Do Q x 1 x   

0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ

3a)

2,0 đ a) Cho x, y, z số dương thỏa mãn

1 1

4 x   y z Chứng tỏ: 1

xy yzzx  .

Ta có  2 2 2

xy  0 x 2xyy  0 x 2xyy 4xy

 2 x y 1

x y 4xy

xy x y x y x y



       

  với x, y >

Tương tự 1

y z yz với y, z > 0;

1

z x zx với z, x >

Cộng VTV bất đẳng thức ta được:

1 1 4

2

x y z x y y z z x

     

    

  (*)

Thay 1 1

x  y z vào (*) ta

1 1

2 xyyzzx 

0,5 đ 0,5 đ

3b) 2,0 đ

b) Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

M = x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2017

Ta có M = x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2017

= [x2 + 2x(y + 1) + (y + 1)2] + (y2 – 2y + 1) + 2015 = (x + y + 1)2 + (y – 1)2 + 2015  2015

Dấu « = » xảy x + y + = y – =  x = -2 y = Vậy GTNN biểu thức M 2015 đạt x = -2 y =

(94)

Hình vẽ

0,5 đ

4a) 1,5 đ

a) Chứng minh AN = BP

Vì ABCD hình vng nên

ABC90

Ta lại có BH  AN BANHBN (cùng phụ với ABH) Vì ABCD hình vng nên

BCD90 AB = BC Do ABN BCP (g-c-g)  AN = BP

0,25 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ

4b) 2,0 đ

b) Tính số đo góc MHD

Vì ABN BCP (g-c-g)  BN = CP

Mà BC = CD (ABCD hình vng) nên CN = DP  AM = DP Ta lại có AM // DP

A D 90 (ABCD hình vng) nên suy AMPD hình chữ nhật

Gọi O giao điểm đường chéo AP MD  OA = OM = OP = OD Ta lại có AHPvng H, HO trung tuyến HO AP

2

 

Mà AP = MD (AMPD hình chữ nhật) nên HO MD  Tam giác MHD có trung tuyến HO HO MD

2

 nên tam giác MHD vuông H Vậy

MHD90

0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,5 đ

5 Hình vẽ

0,5 đ

O

P

H

N A

C B

D

M

O

E D

H

B C

(95)

a) 2,0 đ

a) Chứng minh HD.HE.BC = AH3

Ta có HD // AC (cùng vng góc với AB)

HD BH AC.BH

HD

AC BC BC

    (1)

Ta có HE // AB (cùng vng góc với AC)

HE CH AB.C H

HE

AB BC BC

    (2)

Từ (1) (2) suy

2

AB.AC.BH.CH AB.AC.BH.CH

HD.HE HD.HE.BC

BC BC

   (*)

Dễ thấy ABC ഗ HBA (g-g)  AB.AC = AH.BC (3) Dễ thấy HAC ഗ HBA (g-g)  AH2 = BH.CH (4) Thay (3) (4) vào (*) ta HD.HE.BC = AH3

0,25 đ

0,25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25 đ

b) 1,5 đ

b) Tính diện tích tam giác ADE biết AH = 12cm ; BC = 25cm

Tứ giác ADHE hình chữ nhật (vì

A  D E 90 )

 AE = HD; AD = HE

ADE

1

S AD.AE HD.HE

2

  

Theo câu a) ta có HD.HE.BC = AH3

2

AH HD.HE

BC

 

Do SADE AH3 123 34,56 2.BC 2.25

   (cm2)

(96)

ĐỀ SỐ 18

Câu 1: (4đ)

a) Tìm số nguyên tố p cho p+10 p+14 số nguyên tố

b) Chứng minh rằng: với n Z A=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) + số phương

c) Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy = 3x +3y

Câu 2: ( 4đ)

a) Tìm x, y, z biết ;

20

x y

y  z  2x5y2z100

b) Cho x, y, z khác x – y – z = Tính giá trị biểu thức

1 z x y

M

x y z

 

   

          

c)Chứng minh rằng: a c

b d

2

a b ab c d cd

 



Câu 3: (4đ)

a) Cho đa thức

( ) (2 1)

f x  x  a x a

- Xác định a để f(x) có nghiệm a

- Tìm nghiệm f(x) ứng với giá trị a vừa tìm b) Tính nhanh giá trị tổng

2 2

1 98 100

1.2 2.3 3.4 98.99

A        

Câu 4: (5đ)

Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Các tia phân giác góc B C cắt I Tia phân giác góc AHB cắt BI K Tia phân giác góc AHC cắt CI ở M Chứng minh rằng:

a) BI vng góc với AM b) AI vng góc với KM

Câu 5 : ( 3đ )

Cho tam giác ABC vuông cân A M điểm tam giác cho MA=2cm,

MB=3cm,

135

AMC Tính độ dài đoạn thẳng MC

(97)

Đáp án biểu điểm:

Câu Nội dung 4

Điểm 1a)

1,25đ

a)Tìm số nguyên tố p cho p+10 p+14 số nguyên tố Nếu p=2 p+10=12; p+14=16 hợp số

Nếu p=3 p+10=13; p+14= 17 số nguyên tố Nếu p>3 p=3k+1 p=3k+2 ( kN*)

+ p =3k+1 p+14=3k+15 => p+14 hợp số + p =3k+2 p+10=3k+12 => p+10 hợp số Vậy p=3

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1b)

1,25đ

b)Chứng minh rằng: với n Z A=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) +1 số phương

Ta có: A(n1)(n4) ( n2)(n3)1

2

( 4)( 6)

( 5) 1) ( 5) 1)

A n n n n

     

   

         

2 2

2

( 5) 1 ( 5)

A n n A n n

    

  

Vì nZ nên

5

n  n Z Do A số phương

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 c)1,5đ c)Tìm cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy = 3x +3y

Ta có: xy = 3x +3y => xy – 3x – 3y + = => x(y-3) -3(y-3) = => (x-3)(y-3) =

=> x-3 Ư(9); y-3Ư(9) Mà Ư(9)=9; 9;3; 3;1; 1   

Ta có bảng giá trị

x-3 9 3 1 -1 -3 -9

y-3 1 3 9 -9 -3 -1

x 12 6 4 2 0 -6

y 4 6 12 -6 0 2

Vậy cặp số nguyên (x:y) thỏa mãn toán là: (12:4); (6;6); (4:12); (2; -6); (0:0); (-6;2)

0,5đ 0,25đ

0,5

0,25

Câu 4đ

a)1,5đ Tìm x, y, z biết ;

20

x y

y  z  2x5y2z100

Ta có: ;

20

x y

y  z  => 7 20 5;

x  y y  z

=> ;

7 20 20 32

x y y  z

(98)

=> 100 20 32 2.7 5.20 2.32 50

x  y  z  x y z  

 

=> x7.2 14 ; y20.240; z32.264

0,5đ 0,5đ b)1đ

Ta có: M z x y

x y z

 

   

      

   =

x z y x z y

x y z

  

x - y - z = =>x-z = y ; y-x = - z ; y + z = x Do đó: M=x z y x z y

x y z

  

= y z x

x y z

  

Vậy M= -

0,25đ 0,25

0.5 c) 1,5đ Đặt a c

k

b  d => a = bk ; c = dk

=> VT=

2 2 2 2

( ) ( 1)

a b bk b b k b

c d dk d d k d

  

  

   (1)

VP=

2

ab bk b b

cd  dk d  d (2)

Từ (1) (2) => VT=VP hay a22 b22 ab

c d cd

   0.25 0,5 0.5 0,25

Câu 4đ

a) 2đ Đa thức

( ) (2 1)

f x  x  a x a có nghiệm a, ta có:

2

( ) (2 1)

f a  a  a a a 

=> 2

2a 2a  a 3a 4

=> -2a+4=0 => a=2

Với a=2 f(x)= 2x2 -3x-2 Ta có : f(x) = => 2x2 -3x-2=0 => 2x2 - 4x + x - 2= => 2x(x-2) + (x-2) =0 => (x-2)( 2x+1) = => x-2=0 2x+1=0 => x=2 x=

2 

Vậy với a =2 f(x) có hai nghiệm

2  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25đ b)2đ Ta có:

2 2

1 98 100

1.2 2.3 3.4 98.99

A        

2 2

1 2 2 3 98 98

1.2 2.3 3.4 98.99

A            

1(1 1) 2(2 1) 3(3 1) 98(98 1)

1.2 2.3 3.4 98.99

A            

(99)

1.2 2.3 3.4 98.99

A        

2 2

1 1

1.2 2.3 3.4 98.99

A             

       

2 2

98

1.2 2.3 3.4 98.99

A     

2 2 2 2

98

1 2 3 98 99

A         

2 98

1 99

A   =9997 99

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 5đ

a)3,5đ

Gọi E giao điểm BI AM

Ta có: ABH HAC (vì phụ với BAH)

1

KBH KBA ABH ( BK tia phân giác góc ABH)

ACH có CM HM tia phân giác nên AM tia phân giác góc CAH)

1

CAM MAH  CAH ( AM tia phân giác góc CAH)

Do đó:

2

KBH KBA ABH=

2

CAM MAH  CAH

Đặt

2

KBH KBA ABH=

2

CAM MAH  CAH= Ta có 2+

90

BAH 

Mà BAEABE(BAH )

Nên

2 90

BAEABEBAH  

Do đó: BIAM E

hình 0,5đ

0,25 0,25

0,5 0,5

0,75

(100)

b)1,5đ b) chứng minh tương tự câu a) ta có: CIAK F

Tam giác AKM có KE MF hai đường cao cắt I

 I trực tâm tam giác AKM AI K M

0,5 0.5 0,5

Câu 3đ

3đ

Trên nửa mặt phẳng bờ AM không chứa B xác định điểm D cho

ADM

 vuông cân A

Khi đó: AD=AM=2(cn);

45

AMD

=> 0

135 45 90

DMC AMCAMD  

Xét ADC AMB có: AD=AM

DACMAB (hai góc phụ với góc MAC) AC=AB (gt)

Do đó: ADC = AMB (c.g.c) => DC=MB=3(cm) Xét ADM vuông A, theo định lí Py ta go ta có:

2 2 2

2

MD MA AD   

Xét MCD vng M, theo định lí Py ta go ta có:

2 2

CD MD MC

=> 2

3  8 MC MC 1 => MC=1 (cm)

Hình 0,25đ

0.5 0,25đ

(101)

ĐỀ SỐ 19

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Chứng minh tồn số tự nhiên gồm toàn chữ số chia hết cho 2017

b) Cho biết abc số nguyên tố Chứng minh M = b2 – 4ac khơng thể số phương c) Tìm tất hình chữ nhật có kích thước số nguyên số đo diện tích số đo chu vi

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x x  x 1x  x 1

b) Xét hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b Q(x) = x2 + x – Xác định hệ số a b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x)

c) Cho x số thực thỏa mãn x2 – x – = Tính giá trị biểu thức S = x8 – 21x

Bài 3: (3,0 điểm)

a)Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = (x2 – 2x + 3)(x2 – 2x + 5) – b) Cho a, b, c số dương Chứng minh rằng: a b c

bcca ab 

Bài 4: (3,5 điểm)

Gọi O giao điểm ba đường trung trực ba cạnh tam giác ABC Tia AO cắt BC D Trên cạnh AB lấy điểm E cho DE = DB ; Trên cạnh AC lấy điểm F cho DF = DC a) Chứng minh DA tia phân giác góc EDF

b) DE cắt OB M ; DF cắt OC N Tam giác MON tam giác ? Vì ?

Bài 5: (3,5 điểm)

Cho tứ giác ABCD có

A C 90 Gọi O giao điểm AC BD (AOB900 BC < AD) Gọi H K thứ tự hình chiếu vng góc C D lên BD AC Chứng minh rằng:

a) HK song song với AB b) AC.BD = AB.CD + AD.BC

-Hết -

(102)

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016-2017

Bài 1

a) Xét 2017 số tự nhiên có dạng 1, 11, 111, 1111, … ,

2017 cs

111 11

Nếu dãy số có số chia hết cho 2017 toán giải xong Nếu dãy số khơng có số chia hết cho 2017 ta chia 2017 số cho 2017 ta 2017 số dư tương ứng nhận 2016 giá trị từ đến 2016 Như có phép chia có số dư

Giả sử hai số

m cs

111

n cs

111 (với 2017  m > n  1) chia cho 2017 có số dư

 m cs

111 -

n cs

111 = n

m n cs

111 10 

 chia hết cho 2017 Vì 10n 2017 hai số nguyên tố nên

m n cs

111 

chia hết cho 2017 Vậy tồn số tự nhiên gồm toàn chữ số chia hết cho 2017

0,25 0,25

0,25

0,25 b) Ta có abc100a 10b c



4.abc400a 40ab4ac

  2  2 

4.abc 20ab  b 4ac

Giả sử M = b2 – 4ac số phương, đặt b2 – 4ac = k2 (k  , b > k) Ta có 4.abc20ab2k2 20a b k 20a  b k

Dễ thấy 20a + b + k > 20a + b – k > 20a  20

Mặt khác abc 100a 10b c 20a b k      (vì b > k)

Điều vơ lí, abc số ngun tố nên abc khơng thể có hai ước 20a + b + k ; 20a + b – k mà abc > 20a + b + k > 20a + b – k > 20 Vậy M = b2 – 4ac khơng thể số phương

0,5 0,25 0,25 0,5 c) Gọi x, y kích thước hình chữ nhật (x, y nguyên dương x  y)

Theo đề ta có xy = 2(x + y)  xy – 2x – 2y =  (x – 2)(y – 2) = Vì x, y số nguyên dương nên có hai trường hợp sau:

TH1: x – = y – =  x = y = TH2: x – = y – =  x = y = Vậy có hai hình chữ nhật thỏa mãn đề

0,25 0,75 0,25 0,25 a) Giải phương trình: 2 2x 2 3x

3 x  x 1x  x 1 (*) Dễ thấy x = nghiệm phương trình (*) Chia phân thức vế trái (*) cho x  ta có:

(103)

Bài

2

1

x x

 

   

, đặt x y x

  với y 2, ta có phương trình:

2

y 1 y 1   7y

2 + 3y – 22 =  y 2 (nhận); y 11

 (loại) Với y 2  x

x

    x2 + 2x + =  x 1 2 0  x = 1 (nhận) Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S  1

0,5 0,5 0,25

b) Ta có Q(x) = x2 + x – = (x – 1)(x + 2)

Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x)

       

4

– a.1 b –

a

2 b

                

 a b 2a b

  

   

 

 

a b 3a        

b a       Vậy a = b = 2 P(x) chia hết cho Q(x)

0,5 0,25

0,5 0,5 0,25 c) Ta có x2 – x – =

 x2 = x +

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

 x8 = (3x + 2)2 = 9x2 + 12x + = 9x + + 12x + = 21x + 13  x8 – 21x = 13

Vậy S = x8 – 21x = 13

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

Bài

a)Biểu thức A xác định với số thực x Đặt t = x2 – 2x + = (x – 1)2  0, ta có: A = (t + 2)(t + 4) – = t2 + 6t +  (vì t  0)

Dấu “=” xảy t =  (x – 1)2 =  x = (thỏa mãn) Vậy minA = đạt x =

0,5 0,5 0,5 b) Ta có:

     

a b c 1

a b b c c a

b c c a a b a b b c c a

 

             

       

Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z > 0, ta có:

  1

x y z

 

     

  

x y y z z x

6

y x z y x z

        

     

    (*)

Ta lại có  2 2 x y

x y x y 2xy

y x

        (vì x, y > 0) Tương tự y z

z  y ; z x

2

x z (vì x, y, z > 0), (*)

Vậy a b c

bccaab  với a, b, c >

0,25 0,5

(104)

Bài

0,5

a) Vì O giao điểm đường trung trực cạnh tam giác ABC  OA = OB = OC

 AOB, BOC, COA tam giác cân O

1

A B

  ; B1 C2 ; C1 A2 Ta có DE = DB  DBE cân D

 DBEDEB B1B2 A1ADE, mà A1B2nên B1 ADE (1) Ta có DF = DC  DCF cân D

 DCFDFC C1C2 A2ADF, mà C1 A2nên C2 ADF (2)

Mà B1 C2nên từ (1) (2) ADEADF Vậy DA tia phân giác góc EDF

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b)

Theo câu a) ta có : B1 ADE  OBD ഗ ODM (g-g)  OD2 = OM.OB (3) Theo câu a) ta có : C2 ADF

 OCD ഗ ODN (g-g)  OD2 = ON.OC (4)

Vì OB = OC nên từ (3) (4)  OM = ON Vậy tam giác MON cân O

0,5 0,5 0,5

2

1 21

2

N M

F E

D O

B C

(105)

Bài

0,5

a) Chứng minh HK song song với AB

Gọi E giao điểm hai đường thẳng AB CD  ECB ഗ EAD (g-g)  EC EA

EB  ED

 ECA ഗ EBD (c-g-c) EACEDB (1) Ta có OCH ഗ ODK (g-g)  OH OC

OK  OD

 OHK ഗ OCD (c-g-c) OKHODC (2)

Từ (1) (2) EACOKH, mà hai góc vị trí đồng vị nên HK // AB

0,75

0,5 0,25 b) Chứng minh AC.BD = AB.CD + AD.BC

Ta có EACEDB (câu a) ; EACADK (cùng phụ với KAD ) ADK EDB  CBD ഗ KAD (g-g)  BC BD AD.BC BD.AK

AK  AD  (3) Tương tự ABD ഗ KCD (g-g)  AB BD AB.CD BD.KC

KC  CD  (4)

Cộng (3) (4) VTV ta AC.BD = AB.CD + AD.BC (đpcm)

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

Ghi : - Học sinh bỏ qua số bước suy luận đơn giản điểm tối đa - Học sinh có lời giải khác với đáp án điểm tối đa

E

K H

O B

A D