Tổng hợp đề thi HSG Toán 8 có lời giải - Toán nâng cao lớp 8

(1)

ĐỀ SỐ 1

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

a) Tính giá trị của biểu thức:

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

b) Cho x + y + z = 0 và x² + y² + z² = 4. Tính giá trị của biểu thức B = x⁴ + y⁴ + z⁴. Bài 2: (4 điểm)

1. Với n . Chứng minh rằng:

a) C = n + 6n + 11n + 6n 1 ⁴ ³ ²  là số chính phương.

b) D = 5^{n 2}^ 26.5ⁿ8^{2n 1}^ chia hết cho 59.

2. Tìm n để n⁵ +1 chia hết cho n³ + 1.

Bài 3: (4điểm)

a) Giải phương trình:

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

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005.

              

   

b) Xác định m để phương trình x m x 2 x 1 x 2

   

 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 8x₂ 3

P 4x 1

 

 .

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

Bài 4: (2 điểm)

Chứng minh rằng f(x) =

5 3 2

19x 8x 27x 29x

5  3  2  30 nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.

Bài 5: (4 điểm)

1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy tại I.

Chứng minh rằngMB NC PA IM IN IP

. . .

MC NA PB  AMBN CP

2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD.

a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của 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 các tia phân giác góc B và góc D thứ tự ở E và F; Tia phân giác góc C cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ tự ở H và G.

a) Chứng minh rằng tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

b) Cho AB = a, BC = b (a > b). Tính HF theo a và b.

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

(a b)2

2 .



--- HẾT--- (Giám thị không giải thích gì thêm)

(2)

ĐỀ SỐ 1

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

a) Tính giá trị của biểu thức:

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

b) Cho x + y + z = 0 và x² + y² + z² = 4. Tính giá trị của 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

 

² ²

 

² ²



A 2018 2017  2016 2015  2014 2013  ... 2 1 A2018 2017 2016 2015 2014 2013 ... 2 1       

 

2018 2018 1

A 2 037 171

2

   .

0,5 0,25 0,25 1b)

Ta có ^x^{   }^y ^z ⁰



^x^{ }^y ^z



² ^{ }⁰ ^x²^^y²^^z²^^{2 xy}



^^yz^^zx



^⁰

Vì x²y²z² 4 nên ^{4 2 xy}^



^^yz^^zx



^{ }⁰ ^xy^^yz^^zx ^{ }²



^xy ^yz ^zx



² ⁴ ^{x y}² ² ^{y z}^{2 2} ^{z x}² ² ^{2xyz x}



^y ^z



⁴

          

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

 

²

 

2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 2 2 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 ² 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 1 ⁴ ³ ²  là số chính phương.

b) D = 5^{n 2}^ 26.5ⁿ8^{2n 1}^ chia hết cho 59.

2. Tìm n để n⁵ +1 chia hết cho n³ + 1.

Bài Đáp án Điểm

2.1a)

Ta có C = n + 6n + 11n + 6n 1 ⁴ ³ ²  C = n⁴ + 2n²(3n + 1) + 9n² + 6n + 1 C = n⁴ + 2n²(3n + 1) + (3n + 1)² C = (n² + 3n + 1)²

Vì n là số tự nhiên nên C là số chính phương.

0,5 0,5 0,5 2.1b)

(3)

Bài 2

 

n 2 n 2n 1 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 – 5 59 nên 8(64ⁿ – 5ⁿ) 59 và 59.5ⁿ 59 với mọi số tự nhiên n.

Do đó D = 5^{n + 2} + 26.5ⁿ + 8^{2n + 1} chia hết cho 59 với mọi số tự nhiên n.

0,75 0,5 0,25 2.2

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

 (n³ + 1) – n(n² – 1) n³ + 1  n + 1 n³ + 1  1 n² – n + 1

 

2 2

n 0 ; 1

n n 1 1

n

n n 1 1

     

 



    



Sau khi thử lại ta được ⁿ^

 

^{0 ; 1} ^{thì n}⁵ + 1 chia hết cho n³ + 1.

0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình:

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

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005.

              

   

b) Xác định m để phương trình x m x 2 x 1 x 2

   

 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 8x₂ 3

P 4x 1

 

 .

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

i

Đáp án Điể

m

Bà i 3

3a)

2009 x 2007 x 2005 x 2003 x

VT 4 1 1 1 1

7 9 11 13

2016 x 2016 x 2016 x 2016 x VT 4

7 9 11 13

   

        

   

    

x 17 x 15 x 13 x 11

VP 4 1 1 1 1

1999 2001 2003 2005

x 2016 x 2016 x 2016 x 2016

VP 1 1999 2001 2003 2005

   

        

   

    

   

Do đó:

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

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

              

   



^{2016 x}



¹ ¹ ¹ ¹



^{2016 x}



¹ ¹ ¹ ¹

7 9 11 13 1999 2001 2003 2005

   

            

   

2016 x 0 x 2016

    

0,25

0,25 0,25 3b) ĐKXĐ: x 1 ; x0.

     

x m x 2

2 1 m 3 x 2 *

x 1 x

 

    



0,25

(4)

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất

Phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác – 1 và 0.

m 3

m 3 m 3

2 1

2 m 3 m 1

m 3

2 0

m 3

 

    

         

 

 



Vậy khi ^m ³ m 1

 

  thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.

0,25

0,25 3c) ĐKXĐ: với mọi x thuộc .



²

 

²

  

²



²

  

²

2 2 2 2

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

8x 3

P 1 1

4x 1 4x 1 4x 1 4x 1

       

       

   

Dấu “=” xảy ra khi

 

²

2

4 x 1

0 x 1

4x 1

    

 .

Vậy GTNN của biểu thức P là – 1, đạt được khi x = – 1.



²

 

²

 

²

  

²

 

²

2 2 2 2

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

8x 3

P 4 4

4x 1 4x 1 4x 1 4x 1

       

      

   

 

²

2

4x 1 1

0 x

4x 1 4

   

 .

Vậy GTLN của biểu thức P là 4, đạt được khi x ¹

 4.

0,5

0,5 3d) ĐKXĐ: với mọi 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 ra khi x² + 5x = 0  x = 0 hoặc x = – 5.

Vậy khi x = 0 hoặc x = – 5 thì biểu thức Q đạt GTLN bằng 2055.

0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 4:(2 điểm)

Chứng minh rằng f(x) =

5 3 2

19x 8x 27x 29x

5  3  2  30 nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.

Bài Đáp án Điểm

Bài 4

 

^19x⁵ ^8x³ ^27x² ^29x ^114x⁵ ^80x³ ^405x² ^29x

f x 5 3 2 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 đó cần chứng minh 6x⁵ + 10x³ – 15x² – x 30

0,5 0,5

(5)

Ta có 6x⁵ + 10x³ – 15x² – x = 6(x⁵ – x) + 10(x³ – x) – 15x(x – 1).

Vì x⁵ – x 30 ; x³ – x 30 và x(x – 1) 30 với mọi số nguyên x

Do đó 6x⁵ + 10x³ – 15x² – x = 6(x⁵ – x) + 10(x³ – x) – 15x(x – 1) 30.

 

^19x⁵ ^8x³ ^27x² ^29x

f x 5 3 2 30

     nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.

0,5 0,5 Bài 5:(4 điểm)

1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy tại I.

Chứng minh rằngMB NC PA IM IN IP

. . .

MC NA PB  AMBN CP

2.Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD.

a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của 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 của tam giác, ta có:

MB AB

MCAC ; ^NC ^BC

NA  BA ; ^PA ^CA PB  CB MB NC PA AB BC CA

. . . . 1

MC NA PB AC BA CB

   (1)

Kẻ AH  BC và IK BC (H và 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, do đó ^IBC

ABC

S IM

AMS . Tương tự ^IAC

ABC

S IN

BNS ; ^IAB

ABC

S IP

CP S .

Vậy ÎBC ÎAC ÎAB ÂBC

ABC ABC ABC ABC

S S S

IM IN IP S

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

. . .

MC NA PB AM BN CP

   

0,5

H K P I

N

B M C

A

(6)

Bài 5

Hình vẽ

0,5

5.2a)

Giả sử tia CF cắt AB tại M và cắt DE tại 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 đó ND NE CN

MA  MB CM hay MA ND

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

MA  MB  FM hay MB ND

MA  NE (2)

Từ (1) và (2) MA MB ² ²

MA MB MA MB

MB MA

      .

Vậy đường thẳng CF đi qua trung điểm M của AB.

0,5

0,5 5.2b)

Ta có BD là đường phân giác của tam giác ABC vuông tại A

AD AB

DC BC

  BC AB

DC AD

  BC AB

5 3

 

2 2 2 2 2 2

BC AB BC AB AC 8

25 9 25 9 16 16 4

      



BC AB

5 3 2

    BC = 10cm ; AB = 6cm.

Vì DE // AB, áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét ta có

DE CD DE 5 6.5

 

DE 3,75 cm

AB CA  6  8  8  .

0,5

0,5 Bài 6:(4 điểm)

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

a) Chứng minh rằng tứ giác EFGH là hình chữ nhật.

b) Cho AB = a, BC = b (a > b). Tính HF theo a và b.

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

(a b)2

2 .

 N

M

F

E

A D C

B

(7)

Bài Đáp án Điểm

Bài 6

Hình vẽ

0,5

6a)

Vì ABCD là hình bình hành   A B 180⁰

Vì AE và BE thứ tự là phân giác của góc A và góc B

EAB 1A

  2 và 1

EBA B

 2

 

⁰ ⁰

1 1

EAB EBA A B .180 90

2 2

      AEB90⁰. Tương tự CGD90⁰.

Vì ABCD là hình bình hành   A D 180⁰

Vì AF và DF thứ tự là phân giác của góc A và góc D

FAD 1A

  2 và 1

FDA D

 2

 

⁰ ⁰

1 1

FAD FDA A D .180 90

2 2

      AFD90⁰. Mà AFDGFE (đối đỉnh) nên GFE90⁰.

Tứ giác EFGH có ba góc vuông nên EFGH là hình chữ nhật.

0,5 0,5

0,5 6b)

Gọi M và N thứ tự là trung điểm của AD và BC.

AFD vuông tại F có FM là đường trung tuyến

MF MA MD 1AD

    2  MDF cân tại M MDFMFD

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

 MN là đường trung bình của hình bình hành ABCD

 MN // AB // DC và MN = AB = DC (3) Theo tiên đề Ơ-Clit  4 điểm M, F, H, N thẳng hàng

MF FH HN MN

   

1 1 b b

FH MN MF NH AB AD BC a a b

2 2 2 2

            .

0,25 0,25

0,25 0,25 6c)

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

M F N

E

H G

B

D C

A

(8)

Mà

 

²

EFGH

a b

S 2

 

 

²

FGH

a b

S 4

  

Mặt khác FGH vuông tại G nên ¹^GF.GH



^a ^b



² ^2GF.GH



^a ^b



²

2 4

     .

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

(GF – GH)² = 0 GF = GH

 FGH vuông cân tại G  GFHGHF45⁰

Mà FH // DC nên GDCGCD45⁰   D C 90⁰ ABCD là hình chữ nhật.

Vậy khi ABCD là hình chữ nhật thì diện tích tứ giác EFGH bằng

(a b)2

2 .



0,25 0,25

(9)

ĐỀ SỐ 2

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

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

b) Rút gọn biểu thức 1 1 1 1

D ...

1 1 2 1 2 3 1 2 3 ... n

    

       với n ^*. Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng với n ^* thì E = n⁴ + 6n³ + 11n² + 6n không là số chính phương.

b) Tìm các số tự nhiên x và y thỏa mãn 1 + 3^x = 4^y.

c) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì F = p⁴ + p² – 2 chia hết cho 72.

Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình x 1 x 22 x 15

17 37 67 6

     

b) Xác định m để phương trình x² – 2mx + m + 2 = 0 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức G = x² + y² + xy + x + y.

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao cho BE = DF. Gọi H là hình chiếu của A trên EF.

a) Tam giác AEF là tam giác gì? Vì sao?

b) Chứng minh rằng 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 là giao điểm của AC và BD. Tính diện tích hình thang ABCD, biết SAOB = 36cm² và SCOD = 81cm².

2. Cho hình vẽ:

--- HẾT--- (Giám thị không giải thích gì thêm)

P N

Q M

F

B

D C

A

H

G E

Cho biết:

Các tứ giác ABCD; EFGH đều là hình bình hành.

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

Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.

(10)

ĐỀ SỐ 2

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

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

b) Rút gọn biểu thức 1 1 1 1

D ...

1 1 2 1 2 3 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

 

² ²

 

² ²



C 2018 2017  2016 2015  2014 2013  ... 2 1 C2018 2017 20162015 2014 2013 ... 2 1  

 

2018 2018 1

C 2 037 171

2

   .

0,5 0,5 0,5 0,5 1b)

Áp dụng công thức ^{n n 1}

 

1 2 3 ... n

2

      với mọi n ^*

 

2 2 2 2

D ...

1.2 2.3 3.4 n n 1

    



1 1 1 1 1 1 1 1

D 2 ...

1 2 2 3 3 4 n n 1

 

           

1 2n

D 2 1

n 1 n 1

 

     

0,5 0,5 0,5 0,5 Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng với n ^* thì E = n⁴ + 6n³ + 11n² + 6n không là số chính phương.

b) Tìm các số tự nhiên x và y thỏa mãn 1 + 3^x = 4^y.

c) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì F = p⁴ + p² – 2 chia hết cho 72.

2a)

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

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

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

Vậy E = m² + 2m không thể là số chính phương với mọi m nguyên dương.

0,25 0,25 0,25 0,25 2b)

(11)

Bài 2

Ta có 1 + 3^x = 4^y  3^x = 4^y – 1 = (2^y)² – 1 = (2^y – 1)(2^y + 1).

Vì 3 là số nguyên tố nên

y p

y q

2 1 3

  



   với p, q  , p < q và p + q = x.

 3^q – 3^p = 2  3^p(3^{q – p}– 1) = 2

p q p q

p 0

3 1 p 0

q 1

3 3

3^ 1 2

     

       (thỏa mãn điều kiện) Khi đó 2^y – 1 = 1  2^y = 2  y = 1.

Vậy chỉ có x = 1 và y = 1 thỏa mãn đề bài.

0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 2c)

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

Với p nguyên tố, p > 3  p  3  p² chia 3 dư 1  p² – 1 3 Với p nguyên tố, p > 3  p lẻ, đặt p = 2k + 1



^k^ ^{; k}^¹



Khi đó p² – 1 = (2k + 1)² – 1 = 4k² + 4k = 4k(k + 1) 8 (vì k(k + 1) 2) Mà 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên p² – 1 24 (1)

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

Vậy F = p⁴ + p² – 2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên tố lớn hơn 3.

0,5

0,25 0,25 Bài 3: (4 điểm)

a) Giải phương trình x 1 x 22 x 15

17 37 67 6

     

b) Xác định m để phương trình x² – 2mx + m + 2 = 0 có nghiệm duy nhất.

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức G = x² + y² + xy + x + y.

Bài Đáp án Điểm

3a)

Ta có x 1 x 22 x 15

17 37 67 6

     

x 1 x 22 x 15

3 2 1 0

17 37 67

  

      

x 52 x 52 x 52

17 37 67 0

  

   



^x ⁵²



¹ ¹ ¹ ⁰

17 37 67

 

     

 x – 52 = 0 (vì 1 1 1 173767 0) x 52

 

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 52.

0,5 0,25

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

Ta có x² – 2mx + m + 2 = 0

(12)

Bài 3

2 2 2

x 2mx m m m 2

     



^x ^m



² ^m² ^{m 2}

    

Phương trình đã cho có nghiệm duy nhất

 (x – m)² = 0

 m² – m – 2 = 0

 (m + 1)(m – 2) = 0

m 1

   hoặc m = 2

Vây m 1 hoặc m = 2 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.

0,5

0,75 0,25 3c)

Ta có G = x² + y² + xy + x + y

 

2 2

G x x y 1 y y

y 1 y 1

G x x y 1 y y

2 2

y 1 3y y 1

G x

2 4 2 4

y 1 3 1 1 1

G x y

2 4 3 3 3

    

 

   

        

   

  

     

 

    

         

   

1

y 1 x

x 0

3 2

1 1

y 0 y

3 3

 

     

 

 

     

 

 

Vậy GTNN của biểu thức G là 1

3, đạt được khi 1

x y

  3.

0,5

Bài 4: (5 điểm)

Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao cho BE = DF. Gọi H là hình chiếu của A trên EF.

a) Tam giác AEF là tam giác gì? Vì sao?

b) Chứng minh rằng ba điểm B, H, D thẳng hàng.

c) Tính tỉ số CE DH.

Bài Đáp án Điểm

Bài 4

Hình vẽ

0,5 4a)

K H

F A

C B

D

E

(13)

ABE và ADF có AB = AD, B D 90⁰(ABCD là hình vuông); BE = DF (gt).

ABE và ADF (c-g-c)

 AE = AF và BAEDAF

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

0,75

4b)

AEF vuông cân tại A có AH là đường cao

 AH đồng thời là đường trung tuyến

 1

HA HE HF EF

   2

CEF vuông tại C có CH là đường trung tuyến (vì HE = HF)

 1

HC HE HF EF

  2

Do đó 1

HA HC EF

2

 

  

Ta lại có BA = BC, DA = DC (vì ABCD là hình vuông)

 3 điểm B, D, H thuộc đường trung trực của đoạn AC Vậy 3 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 tại C EKCE 2 Xét FEK có HE = HF và HD // EK  DK = DF

 DH là đường trung bình của FEK 1

DH EK

  2

CE CE 2CE 2CE

1 2

DH EK EK CE 2

2

    

0,5

0,5 0,5

Bài 5: (3 điểm)

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

2. Cho hình vẽ:

(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 và BOC có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh B) 36 OA

k OC

  (1)

AOD DOC

S OA

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

81 OC

  (2)

Từ (1) và (2) 36 k ²

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 là trung điểm của AH; J là trung điểm của CF.

AHE có MA = ME (gt) và IA = IH (cách vẽ)

 IM là đường trung bình của AHE IM / /HE và 1

IM HE

 2

AHD có QD = QH (gt) và IA = IH (cách vẽ)

 IQ là đường trung bình của AHD IQ / /AD và 1

IQ AD

 2

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 đều là hình bình hành.

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

Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.

(15)

Tương tự như trên ta được JP / /FG và 1

JP FG

2 ; JN / /BC và 1

JN BC

2 Vì ABCD và EFGH là các hình bình hành  AD //= BC ; HE //= FG Từ đó suy ra IMQ JPN (c-g-c)  MQ = PN

Tương tự như trên ta được MN = PQ Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

0,5 0,5

(16)

ĐỀ SỐ 3

(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho biểu thức A = 5n³ + 2017n, với n  . Chứng minh A chia hết cho 6.

b) Cho biểu thức P = 4n² – n + 6. Tìm các số nguyên n để P là số chính phương.

c) Tìm các 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 – 1 thành nhân tử.

b) Cho x > y > 0 thỏa mãn 3x² + 3y² = 10xy. Tính giá trị biểu thức

2 2

2x xy

Q 3y xy

 

 ^. c) Cho hai đa thức P(x) = x⁴ + x³ – x² + ax + b và Q(x) = x² + x – 2. Xác định các hệ số a và b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x).

Bài 3: (3,0 điểm)

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

... 49

3 5 7  97  . Bài 4: (4,5 điểm)

Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa hai điểm A và B. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB, vẽ các tam giác đều ACD và BCE.

a) So sánh hai đoạn thẳng AE và BD.

b) Gọi F là giao điểm của AE và BD. Chứng minh FC là phân giác của góc AFB.

Bài 5: (2,5 điểm)

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

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

(17)

ĐỀ SỐ 3

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) là tích của ba số nguyên liên tiếp

 n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 2 và 3, mà 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 = 6.

Ta lại có 6n³ và 2016n đều chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.

 6n³ + 2016n – n(n – 1)(n + 1)

Vậy A = 5n³ + 2017n với mọi số nguyên n.

0,5

0,5 0,5 b) (1,5 điểm)

Vì P là số chính chính phương, đặt 4n² – n + 6 = m² (với m là 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 là số tự nhiên nên 8n + 4m – 1  8n – 4m – 1, nên có 4 trường hợp sau:

8n + 4m – 1 5 1 19 95

8n – 4m – 1 -19 -95 -5 -1

n -1 -6 1 6

Sau khi thử lại, ta tìm được 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 = 4

 (x² – 2x + 1) + (x² – 2xy + y²) = 5  (x – 1)² + (x – y)² = 5 = 1² + 2².

Từ đó tìm được 8 cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đề bài 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 – 1

= (x⁵ + x²) – (x² – x + 1)

= x²(x³ + 1) – (x² – x + 1)

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

0,75 0,75

(18)

Bài 2

= (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 = 0

 (3x² – 9xy) + (3y² – xy) = 0

 3x(x – 3y) – y(x – 3y) = 0

 (x – 3y)(3x – y) = 0 x 3y 0 x 3y 3x y 0 y 3x

  

 

    

Vì x > y > 0 nên chỉ có trường hợp x = 3y thỏa mãn.

Do đó

   

 

2 2 2 2 2

2 3y 3y .y

2x xy 18y 3y 15y 5

Q 3y xy 3y 3y .y 3y 3y 6y 2

  

    

   ^.

1,0 0,5 0,5 c) (2,0 điểm)

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

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

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

       

4 3 2

1 – 1 a.1 b 0 2 – 2 1

a. 2

2 b 0

   

    



 

 





 a b 1 2a. b 4

  

 



  a b 1

3a 3

  





  b 2

a 1

 







Vậy khi a = 1 và b = 2 thì P(x) chia hết cho Q(x).

0,5 0,5 0,5

0,5

Bài 3

a) (1,5 điểm)

Ta có A = x² + (x + 2018)²

A = x² + x² + 4036x + 2018² A = 2x² + 4036x + 2018² ^A^^{2 x}



² ^^2018x



^²⁰¹⁸²

^A^^{2 x}



² ^^2018x^¹⁰⁰⁹²



^²⁰¹⁸² ^^2.1009²

A

^

2 x 1009 

^



² ^

2.1009

² ^

2.1009

²

Dấu “=” xảy ra khi 2(x + 1009)² = 0   x 1009. Vậy: minA = 2.1009², đạt được khi x  1009.

1,0 0,5 b) (1,5 điểm)

Mẫu các phân số ở vế trái có dạng tổng quát (2n + 1)² với n nguyên dương.

(19)

Ta có (2n + 1)² = 4n² + 4n + 1

 (2n + 1)² > 4n² + 4n = 4n(n + 1) 



2n¹ 1



² ^{4n n}



¹ ¹



^{1 1}^{4 n} ⁿ¹¹

 

      



Áp dụng kết quả trên, ta có:

 

²

2

1 1 1 1 1

3 2.1 1 4 1 2

 

     ^,

 

²

2

1 1 1 1 1

5 2.2 1 4 2 3

 

     ^,

 

²

2

1 1 1 1 1

7 2.3 1 4 3 4

 

     ^, ....

 

²

2

1 1 1 1 1

97 2.48 1 4 48 49

 

     

 ¹₂ ¹₂ ¹₂ ... ¹₂ ^{1 1} ¹ ¹ ¹ ¹ ... ¹ ¹ ¹²

4 1 2 2 3 4 48 49 49

3 5 7 97

 

             

0,5

0,5 0,5

Bài 4

Hình vẽ đúng

0,5

a) (2,0 điểm)

Vì ACD đều nên AC = CD = DA và

DAC



ACD



CDA



60

⁰ Vì BCE đều nên BC = CE = EB và

EBC



BCE



CEB



60

⁰ Do đó

DCE



60

⁰ 

ACE



DCB 120

 ⁰

 ACE = DCB (c-g-c)

0,5 0,5 0,5

K H

F

E

D

A C B

(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 đó CHA = CKD (cạnh huyền-góc nhọn)

 CH = CK

 FC là phân giác của góc AFB.

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

Bài 5

Hình vẽ đúng

0,5

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

1

HF AB



2

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

Từ (1) và (2) suy ra CFAF hay

AFC



90

⁰.

1,0

0,5

H F

E C

A B

D

 Tứ giác CDHF là hình bình hành

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

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

 DH là đường cao thứ ba của tam giác DAF hay DHAF (2)

(21)

ĐỀ SỐ 4

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Chứng minh đa thức x⁵⁰ + x¹⁰ + 1 chia hết cho đa thức x²⁰ + x¹⁰ + 1.

b) Cho biểu thức P = n² + 2n – 3. Tìm các số nguyên n để P là số nguyên tố.

c) Tìm các cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đẳng thức 3x² – y² + 2xy + 4x + 8 = 0.

Bài 2: (6,0 điểm)

a) Phân tích đa thức x³ + y³ + 3xy – 1 thành nhân tử.

b) Cho x, y > 0 thỏa mãn x³ + y³ + 1 = 3xy. Tính Q = x²⁰¹⁷ + y²⁰¹⁸.

c) Xác định các hệ số a và b để đa thức x⁴ + 4 chia hết cho đa thức x² + ax + b.

Bài 3: (3,0 điểm)

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của 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 sao cho

ADE 15

 0. Tính số đo của góc ECD.

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

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

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

(22)

ĐỀ SỐ 4

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) (1,5 điểm) Ta có x⁵⁰ + x¹⁰ + 1

= (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 + 1 chia hết cho đa thức x²⁰ + x¹⁰ + 1.

0,5 0,5 0,5

b) (1,5 điểm)

Ta có P = n² + 2n – 3 = (n – 1)(n + 3)

Ta lại có (n + 3) – (n – 1) = 4 > 0 nên n + 3 > n – 1

Để P = n² + 2n – 3 là số nguyên tố thì có hai trường hợp xảy ra :

TH1: n – 1 = 1  n = 2, khi đó P = n² + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng) TH2: n + 3 = -1  n = -4, khi đó P = n² + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng) Vậy các số nguyên n cần tìm là {-4 ; 2}.

0,5 0,5 0,5 c) (1,0 điểm)

Ta có 3x² – y² + 2xy + 4x + 8 = 0.

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

 (2x + 1)² – (x – y)² = -7

 (2x + 1 – x + y)(2x + 1 + x – y) = -7

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

x + y + 1 -7 -1 1 7

3x – y + 1 1 7 -7 -1

x -2 1 -2 1

y -6 -3 2 5

0,5

(23)

Vậy có 4 cặp số nguyên (x ;y) cần tìm là (-2 ;-6), (1 ;-3), (-2 ;2), (1 ;5).

Bài 2

a) (2,0 điểm)

Ta có x³ + y³ + 3xy – 1

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

 x³ + 3x²y + 3xy² + y³ + 1 = 3x²y + 3xy² + 3xy

 (x + y)³ + 1 = 3xy(x + y + 1)

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

 x² + 2xy + y² – x – y + 1 = 3xy (vì x, y là các số dương)

 x² – xy + y² – x – y + 1 = 0

 2x² – 2xy + 2y² – 2x – 2y + 2 = 0

 (x² – 2xy + y²) + (x² – 2x + 1) + (y² – 2y + 1) = 0

 (x – y)² + (x – 1)² + (y – 1)² = 0

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

 (x – y)² = 0, (x – 1)² = 0 và (y – 1)² = 0

 x = y = 1

Vậy Q = x²⁰¹⁷ + y²⁰¹⁸ = 1²⁰¹⁷ + 1²⁰¹⁸ = 1 + 1 = 2.

1,0

0,5

0,5 c) (2,0 điểm)

Ta có x⁴ + 4

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

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

Để đa thức x⁴ + 4 chia hết cho đa thức x² + ax + b thì a  2 và b = 2.

1,5 0,5 Bài 3

a) (1,5 điểm)

Đặt y = x² + 2x + 1 = (x + 1)²  0. 0,5

(24)

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

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

0,5

0,5 b) Đặt S 1 ² 2²   3² ... n². Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1).

Ta có (k + 1)³ = k³ + 3k² + 3k + 1

Cho k nhận lần lượt các giá trị nguyên dương từ 1 đến n, ta có:

2³ = 1³ + 3.1² + 3.1 + 1 3³ = 2³ + 3.2² + 3.2 + 1 4³ = 3³ + 3.3² + 3.3 + 1 ...

(n + 1)³ = n³ + 3n² + 3n + 1

Cộng VTV các đẳng thức trên ta được:

(n + 1)³ = 3S + 3(1 + 2 + 3 + ... + n) + (n + 1)

 3S = (n + 1)³ – 3.^{n n}



¹



2

 – (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 + 2 – 3n – 2)

 6S = n(n + 1)(2n + 1) (ĐPCM)

0,5

0,5 1) (2,5 điểm)

Hình vẽ đúng

0,5

H

E F B

A

D C

(25)

Bài 4

Trên cạnh AB lấy điểm F sao cho DF = DC. Kẻ FH CD.

Tứ giác AFHD là hình chữ nhật (vì

A

  

D H 90

⁰)  FH = AD.

Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD, mà AB = 2AD nên DF = 2FH Tam giác DFH vuông tại H có DF = 2FH nên

FDH



30

⁰

Ta lại có tam giác CDF cân tại D nên

FCD



75

⁰ Vì

ADE 15

 ⁰nên

EDC



75

⁰

Tứ giác EFCD có EF // CD và

EDC



FCD



75

⁰

 EFCD là hình thang cân

 CE = DF, mà DF = DC nên CE = DC

Do đó tam giác CDE cân tại C, có

EDC



75

⁰ nên

ECD



30

⁰.

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

2) (2,5 điểm) Hình vẽ đúng

0,5

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

 F la trực tâm của tam giác ABC

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

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

 AFCD là hình bình hành

 AF // CD và AF = CD

FAH DCK

  (so le trong)

F

E

H

K

D

A C

B

(26)

 FAH = DCK (cạnh huyền - góc nhọn)

 AH = CK

 AK = CH

0,5

3) (2,0 điểm) Hình vẽ đúng

1,0

0,5

Vì AB < AC nên trên cạnh AC tồn tại điểm G sao cho CG = AB. Gọi M và Q thứ tự là trung điểm của BC và AQ.

Vì BD = CE nên khi D^{B thì E}^{C và F}^M Vì BD = CE nên khi D^{A thì E}^{G và F}^Q

Vì tam giác ABC cố định nên đoạn thẳng MQ cố định.

Ta chứng minh điểm F thuộc đoạn thẳng MQ. Thật vậy : Gọi N và P thứ tự là trung điểm của BE và BG.

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

 MN // CE và MN =

CE

2

; MP // CG và MP =

CG 2

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

Ta cũng có NF là đường trung bình của BED ; PQ là đường trung bình của  BGA  NF // BD và NF =

BD

2

; PQ // AB và PQ =

AB 2

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

 MNF cân tại N, MPQ cân tại P và MNFMPQ

 NMFPMQ

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

N P

Q

M

F E

G

B C

A

D

(27)

ĐỀ SỐ 5

Bài 1: (4,0 điểm)

a) Cho n số nguyên a1, a2, a3, …,an có giá trị bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng nếu a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1 = 0 thì n chia hết cho 4.

b) Tìm các số nguyên tố p có tổng các ước dương của p⁴ là một số chính phương.

c) Tìm số tự nhiên ab, biết rằng

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 > 0 thỏa mãn

1 1 1

x y z

y z x

     . Tính

x y z Q

  

y z x

.

c) Xác định các hệ số a và b sao cho đa thức x³ + ax + b chia cho x + 1 thì dư 7, chia cho x – 3 thì dư – 5.

Bài 3: (3,0 điểm)

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

b) Chứng minh rằng 1 + a + a² + a³ + ...+ a¹⁷ = (1 + a)(1 + a²)(1 + a⁴)(1 + a⁸).

Bài 4: (7,0 điểm)

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

2) Cho tam giác nhọn ABC (AB < AC). Về phía ngoài tam giác, vẽ tam giác ABD vuông cân tại B và tam giác ACE vuông cân tại C. Gọi H và K thứ tự là hình chiếu của D và E trên đường thẳng BC.

a) So sánh BH và CK.

b) Gọi F là trung điểm của DE. Tam giác BFC là tam giác gì ? Vì sao ?

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

(28)

ĐỀ SỐ 5

(Thời gian làm bài 150 phút) HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Tóm tắt lời giải Điểm

Bài 1

a) (1,5 điểm) Ta có x⁵⁰ + x¹⁰ + 1

= (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 + 1 chia hết cho đa thức x²⁰ + x¹⁰ + 1.

0,5 0,5 0,5

b) (1,5 điểm)

Ta có P = n² + 2n – 3 = (n – 1)(n + 3)

Ta lại có (n + 3) – (n – 1) = 4 > 0 nên n + 3 > n – 1

Để P = n² + 2n – 3 là số nguyên tố thì có hai trường hợp xảy ra :

TH1: n – 1 = 1  n = 2, khi đó P = n² + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng) TH2: n + 3 = -1  n = -4, khi đó P = n² + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng) Vậy các số nguyên n cần tìm là {-4 ; 2}.

0,5 0,5 0,5 c) (1,0 điểm)

Ta có 3x² – y² + 2xy + 4x + 8 = 0.

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

 (2x + 1)² – (x – y)² = -7

 (2x + 1 – x + y)(2x + 1 + x – y) = -7

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

x + y + 1 -7 -1 1 7

3x – y + 1 1 7 -7 -1

x -2 1 -2 1

y -6 -3 2 5

0,5

(29)

Vậy có 4 cặp số nguyên (x ;y) cần tìm là (-2 ;-6), (1 ;-3), (-2 ;2), (1 ;5). 0,5

Bài 2

a) (2,0 điểm)

Ta có x³ + y³ + 3xy – 1

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

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