ĐỀ SỐ 14

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1 (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 là số nguyên tố với mọi n  . c) Cho số a gồm 1951890 chữ số 1 và số b gồm 291969 chữ số 1. Tìm m để:

C = ab + m +79 chia hết cho 9.

Bài 2 (4,0 điểm):

a) Cho D = x¹⁹³¹ – 1931x¹⁹³⁰ +1931x¹⁹²⁹ – 1931x¹⁹²⁸ + …– 1931x² + 1931x + 87.

Tính giá trị của biểu thức D tại x = 1930.

b) Rút gọn biểu thức E =

3 3 3

2 2 2

3

( ) ( ) ( )

x y z xyz

x y y z z x

  

     .

c) Chứng minh rằng: F = ^{1 1 1} ... ^{1 2016}

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

           .

Bài 3 (4,0 điểm):

a) Giải phương trình: x³ – 6x² – x + 30 = 0 . b) Xác định m để phương trình ² 2

1 x m x

x x

 

 

 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ⁸ ₂ ³

4 1

x x



 .

d) Tìm x để biểu thức Q = 2017 – (x – 1)(x +2)(x +3)(x +6) đạt giá trị lớn nhất . Bài 4 (5,0 điểm):

Cho hình thang ABCD có AB vuông góc với CD tại S và AB + CD = 16 cm. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của BC, BD, DA, AC.

a) Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh rằng AD – BC = 2GE.

c) Xác định độ dài cạnh AB và CD để tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất.

d) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh BS.DA.OG = BA.DG.OS.

Bài 5 (3,0 điểm) :

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

a) Tính tổng AC.CM + AB.BN theo a.

b) Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác ABC. Chứng minh rằng : OA vuông góc với MN.

---Hết---

2

ĐỀ SỐ 14

(Thời gian làm bài 150 phút)

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 là số nguyên tố với mọi n  . c) Cho số a gồm 1951890 chữ số 1 và số b gồm 291969 chữ số 1. Tìm m để:

C = ab + m +79 chia hết cho 9.

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a A = 75x.y(x² – y²)

= 75xy(x² 1) (y²1)75 (y x1) (x x 1) 75 (y 1) y(y 1)x   Mà 75 (y x1) (x x 1) 5 .15(y x1) (x x1) 45

và 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 + 8 = (n – 2)² + 4 > 1 và n² + 4n + 8 = (n + 2)² + 4 > 1.

Vậy B không phải là số nguyên tố.

0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm c Ta có a = 9p + 6 (p ), b = 9q (q )

Nên C = (9p + 6).9q + m + 79 = 9q(9p+6) + 72 + 7 +m . Để C 9 thì (m + 7) 9 suy ra m = 9k + 2 (k^ ).

0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm Bài 2: (4 điểm)

a) Cho D = x¹⁹³¹ – 1931x¹⁹³⁰ +1931x¹⁹²⁹ – 1931x¹⁹²⁸ + …– 1931x² + 1931x + 87.

Tính giá trị của biểu thức D tại x = 1930.

b) Rút gọn biểu thức E = ³₂ ^{3 3} ₂ ³ ₂

( ) ( ) ( )

x y z xyz

x y y z z x

  

     .

c) Chứng minh rằng: F = ^{1 1 1} ... ^{1 2016}

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

           .

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

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 3

2 2 2

3

( ) ( ) ( )

x y z xyz x y y z z x

  

     .

Ta có x³y³ z³ 3xyz(xy)³3xy x( y) z³ 3xyz

0,25 điểm

3

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

(x y z)³3(xy z x) (   y z) 3xy x(  y z)   (x y z x)( ²y² z² 2xy2xz2zx3xz3yz3 )xy (x y z x)( ² y²z²xzyzxy)

¹( ) ( )² ( )² ( )²

2 x y z  x y y z z x 

          Do đó E = ¹( )

2 x y z

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

Ta có ^{1 2} 2 ^{1 1}

( 1) ( 1) 1

2

k k k k k k

 

    

     với k =2, 2017

Nên F 2 ^{1 1 1 1 1 1} ... ^{1 1}

2 3 3 4 4 5 2017 2018

 

           2 ^{1 1} 1 ^{2 2016 2016}

2 2018 2018 2018 2017

 

       . Vậy F < ²⁰¹⁶

2017

0,5điểm

0,25điểm

0,25điểm

Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình: x³ – 6x² – x + 30 = 0 b) Xác định m để phương trình ² 2

1 x m x

x x

   

 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = ⁸ ₂ ³

4 1

x x





d) Tìm x để biểu thức Q = 2017 - (x-1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị lớn nhất .

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a x³ - 6x² – x + 30 = 0 (1)

 (x+2)(x-3)(x-5) = 0.

Vậy tập nghiệm của phương trình (1) là: S=



^2;3;5



^{0,5điểm 0,5điểm}

b Xác định m để phương trình ² 2 1

x m x

x x

   

 (2) có nghiệm duy nhất.

ĐKXĐ: x0 à v x-1(*)

Với điều kiện (*) thì (2) tương đương với:

x(x + m) + (x + 1)(x – 2) = 2x(x + 1)

 (m – 3)x = 2 (3)

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

0,25 điểm

0,25điểm 0,25điểm

4

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

3

2 0

3

2 1

3 m

m m

 

 

 

  

 



m  3 và m  1

Vậy m ^ 3 và m  1 thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất

0,25điểm

c Ta có P =

2 2 2 2 2

2 2 2 2

8 3 16 4 16 8 1 4(4 1) (4 1) (4 1)

4 4

4 1 4 1 4 1 4 1

x x x x x x x

x x x x

             

   

Vậy MaxP = 4 khi ¹ x 4 Ta có

P =

2 2 2 2 2

2 2 2 2

8 3 4 8 4 4 1 4( 1) (4 1) 4( 1)

1 1

4 1 4 1 4 1 4 1

x x x x x x x

x x x x

              

   

Vậy Min P = -1 khi 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 ra khi x² + x = 0  x = 0 hoặc x = -5

Vậy khi x = 0 hoặc x = -5 thì Q đạt giá trị lớn nhất là 2053.

0,5điểm 0,5điểm Bài 4: (5 điểm)

Cho hình thang ABCD có AB vuông góc với CD tại S và AB + CD = 16 cm. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của BC, BD, DA, AC.

a) Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao?

b) CMR: AD – BC = 2GE.

c) Xác định độ dài cạnh AB và CD để tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất.

d) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh: DA.OG.BS = DG.OS.BA.

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

Hình

vẽ 0, 5 điểm

O

I

K G

H F

E C

S

A D

B

5

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

a Ta có EB = EC và HG = HA(gt) nên HE là đường trung bình của

ABC //

HE AB

 và ¹

HE  2AB (1)

Ta có GA = GD và FB = FD(gt) nên EF là đường trung bình của

ABD //

GF AB

 và ¹

GF  2AB (2) Từ (1) và (2) suy ra ¹

HEGF  2AB và HE // GF//AB (*) Chứng minh tương tự ta cũng có: EF ¹

GH 2CD

  và EF//HG//CD (**)

Mà ABCD (gt) (***)

Từ (*), (**), (***) suy ra tứ giác EFGH là 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 và CI//GE

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

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

Ta có AD – BC = AD – AK = KD (3)

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

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

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

0,25điểm

0,25điểm

0,25điểm

0,25điểm c Ta có SEFGH = EF.HE mà ¹

EF  2CD và ¹ HE 2 AB nên SEFGH =

2 2

1 1 ( ) 16

. 16

4 4 4 16

AB CD

CD AB   

Dấu “=” xảy ra khi AB = CD = 8 (cm)

Vậy AB = CD = 8 (cm) thì diện tích tứ giác EFGH có diện tích lớn nhất bằng 16 (cm²)

0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm d Ta có ^{DA AB}

DG GF (vì GF//AB)

0,25điểm

6

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

^{OG GF}

OS  BS (vì GF//SB) Nên DA OG BS. . AB GF BS. . 1

DG OS BAGF BS BA . Suy ra 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 lần lượt là hình chiếu của B, C lên cạnh AC, AB.

a) Tính tổng AC.CM + AB.BN theo a.

b) Gọi O là giao điểm của ba đường trung trực của tam giác ABC. Chứng minh rằng : OA vuông góc với MN.

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

Hình

a Gọi H là giao điểm của BM và CN nên H là trực tâm của ^ABC Gọi P là giao điểm của AH và BC nên APBC.

Khi đó ta có ^BPA BNC (g.g)

. .

BP BN

BA BN BC BP BA BC

    (1)

CMB CPA (g.g)

.CA .CP

CM CB

CM CB

CP CA

    (2)

Từ (1) và (2) suy ra 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 đó ta có ^ABD vuông tại B

Suy ra BADBDA90⁰ (3)

Ta có OBC cân tại O và OAC cân tại O.

Nên 2 2 2

AOx BOx AOB

ACB   và

2

ADB AOB (góc ngoài tam giác)

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

2 1

2 1

P x

D N

M

H O A

B C

7

Câu Tóm tắt cách giải Điểm

Suy ra ADB ACB (4)

Mặt khác ta có ^AMN ABC (c.g.c).

Suy ra ANM  ACB (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra ANM BAD90⁰ Do đó ADMN hay OAMN (đpcm)

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

8 MA TRẬN ĐỀ THI

Phân

môn

Mức độ Các chủ đề

Nhận biết

Thông hiểu

Vận dụng

Cộng

Thấp Cao

SỐ HỌC

Dấu hiệu chia hết Bài 1a 1,5

3

4,0

Số nguyên tố Bài 1b

1,5

Bài toán thực tế: tìm số

thoả mãn điều kiện cho trước

Bài 1c

1,0

ĐẠI SỐ

Tính giá trị của 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 về phương trình bậc nhất

Bài 3a 1,0

Tìm m để phương trình chứa ẩn ở mẫu có nghiệm duy nhất.

Bài 3b 1,0 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ

nhất của biểu thức.

Bài 3c 1,0 Tìm x để biểu thức đạt giá

trị lớn nhất

Bài 3d 1,0

HÌNH HỌC

Chứng minh tứ giác là 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 của biểu thức theo a

Bài 5a

1,0 Sử dụng tam giác đồng

dạng, tính chất góc ngoài của tam giác để chứng minh vuông góc

Bài 5b

2,0

Tổng cộng

0,5

5

7,5 7

7,5 4

5,0 16

20,0

Trong tài liệu Tổng hợp đề thi HSG Toán 8 có lời giải - Toán nâng cao lớp 8 (Trang 72-80)