Các đề thi chọn học sinh giỏi Toán Lớp 8

§Ò thi chän häc sinh giái 
 Môn: Toán lớp 8
Thời gian: 150 phút
Đề 1 ( Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4đ)
a, Phân tích đa thức sau thành nhân tử 
A = ( x2 -2x)(x2-2x-1) - 6 
b, Cho x Z chứng minh rằng x200 + x100 +1 x4 + x2 + 1 
Câu 2: (2đ) 
Cho x,y,z 0 thoả mãn x+ y +z = xyz và + + = 
Tính giá trị của biểu thức P = 
Câu 3: (3đ) Tìm x biết
a, < 5x -4
b, + = 
Câu 4: (3đ)
a, Chứng minh rằng A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3 9 với mọi n N*
b, Cho x,y,z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
P = 
Bài 5: (6đ)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC). Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo .
Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM
Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: .
Bài 6: (2 đ) 
 Chứng minh rằng các số tự nhiên có dạng 2p+1 trong đó p là số nguyên tố , chỉ có một số là lập phương của một số tự nhiên khác.Tìm số đó.
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ
Đề 1
Câu1(4đ)
a,đặt a = x2 -2x thì x2 -2x -1 = a-1 
A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2)
b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1)
=x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) +(x4+x2=1)= x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1) 
dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1) x4 + x2 + 1 
A chia hết cho x4 + x2 + 1 
.1đ
1đ
1đ
1đ
Cau 2 :(2đ
Có (= + 2(
(= p + 2 vậyP+2=3
suy ra P = 1
0.75đ
0,75đ
0.5đ
Câu 3: (3đ)
 giải 4-5x < 3x +2< 5x - 4
làm đúng được x> 3 
b, Cộng 1 vào mỗi phân thức rồi đặt nhân tử chung 
(x+100)() = 0 S = 
1đ
0.5đ
1đ
0.5đ
Câu 4: 
3đ
a, = n3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8)
=3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3)
Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3
=n2(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1)
Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho 3 ( vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp )
3(n+1) chia hết cho3 B chia hết cho 3 A =3B chia hết cho 9
b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c x+y+z = 
 x = ; y = ; z= 
P = = = 
 Min P = ( Khi và chỉ khi a=b=c x=y=z 
0.5đ
0,5đ
0,5đ
0.5đ
1đ
Câu 5: (2đ)
+ Hai tam giác ADC và BEC có: 
 Góc C chung. 
 (Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
 Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). 
Suy ra:BEC=(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).
Nên do đó tam giác ABE vuông cân tại A.
 Suy ra: 
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ
b)
2đ
Ta có: (do~)
mà (tam giác AHD vuông vân tại H)
nên (doABH Đồng dạng CBA)
Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c)
 suy ra: 
0,5đ
1đ
0,5đ
C)
2đ
Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.
Suyra: , 
vì~nên (DE//AH)
Do đó: 
1đ
1đ
Câu 6
Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta có 2p=(a-1)(a2+a+1)
Vì p là số nguyên tố nên:
Hoặc : a-1=2 suy ra p=13 ( thoả mãn)
Hoặc: a2+a+1 =2 điều này không xảy ra vì a >1
Vởy trong các số tự nhiên có dang 2p+1 (p là số nguyên tố) chỉ có 1 số là lập phương của một số tự nhiên khác.
1đ
0,5đ
0,5đ
§Ò thi chän häc sinh giái 
Môn: Toán lớp 8
Thời gian: 150 phút
Đề 2 ( Không kể thời gian giao đề)
 Câu 1: (4điểm)
a. Cho: 3y-x=6 Tính giá trị biểu thức: A= 
b. Cho (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0. Chứng minh : 
Câu 2: (3điểm) 
a. Tìm x,y,x biết : 
 b.Giải phương trình : 2x(8x-1)2(4x-1)=9
Câu 3: (3điểm)
a. Chứng minh : a5 - a chia hết cho 30 với aZ
b. Chứng minh rằng : x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi xZ+
Câu 4: (2điểm)
Cho a,b,c>0 Chứng minh bất đẳng thức :
 Câu 5: (6 điểm)
cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA’ ;BB’;CC’ Có trực tâm H
a)tính tổng : 
Gọi AI là phân giác của tam giác ABC IM; IN thứ tự là phân giác của các góc AIC; AIB(MAC;NAB chứng minh: AN.BI.CM=BN.IC.AM
c)Tam Giác ABC thỏa mãn Điều kiện gì thì biểu thức : 
đạt giá trị nhỏ nhất
Câu 6(2điểm)
 Chứng minh rằng nếu a,b,c là các số hữu tỷ và ab+bc+ac=1 thì 
 (1+a2)(1+b2)(1+c2) bằng bình phương của số hữu tỉ. 
 ..Hết. 
§¸p ¸n - Đề 2
Bài
 Nội dung
điểm
Bài1
a)
2đ
b)
2đ
 3y-x=6 x=3y-6 
Thay vào ta có A=4
Vì: (a+b+c)2=a2+b2+c2 và a,b,c0. 
 Đặt : chứng minh bài toánNếu x+y+z=0 thì: x3+y3+z3=3xyz đpcm
0,5đ
1,5đ
1đ
1đ
Bài 2:
a)
1,5đ
b)
1,5đ
. : =0
.phươngtrình: 
2x(8x-1)2(4x-1)=9 
đặt :64x2-16x+0,5=k
Ta có pt : (k+0,5)(k-0,5)=72
Với k=8,5 Ta có x= 
Với k=-8,5 phương trình vô nghiệm 
Vậy phương trình có 2nghiệm x=-1/4và x=1/2
1đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Bài 3
a)
1.5đ
b)
1.5đ
, có: a5-a=a(a4-1)=a(a2-1)(a2+1)=a(a-1)(a+1)(a2-4+5)
 = a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2)+5a(a-1)(a+1) 
vì a nguyên nên a(a-1)(a+1)(a+2)(a-2) là tích 5 số nguyên liên tiếp nên(2) 
 5a(a-1)(a+1)là tích của 3số nguyên liên tiếp với 5 nên chia hết cho 30
Từ (1); (2) suy rađpcm
b,Từ bài toán trên ta có: x5-x x5-x+2 chia 5 dư 2
 x5-x+2 có tận cùng là 2 hoạc 7 (không có số chính phương nào có tận cùng là 2hoặc 7) Vậy:
x5-x+2 không thế là số chính phương với mọi x
0, 75đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,75đ
0,5đ
0,25đ
Câu4
2đ
đặt A= = = = 
tacó x+ >0 Nên A8 đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1
1đ
0,5đ
0,5đ
câu 5
a)
b.
c)
Ta có : (1)
Tương Tự: (2)
(3) 
Từ (1); (2); (3) ta có: =
1 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
 b) áp d ụng tính chất đường phân giác vào các tam giácABC, ABI, AIC:
 suy ra 
c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx 
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ 
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD 
-BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2 
 AB2 + AD2 (BC+CD)2 
 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2
 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 
Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2
 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 
-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2 
(Đẳng thức xảy ra BC = AC, AC = AB, AB=BC 
 Tức tam giác ABCđều
Câu6
2đ
 có 1+a2 =ab+ac+bc+a2 =(a+c)(a+b) 
 Tương tự 1+b2 =(a+b)(b+c)
 1+c2=(b+c)(a+c) đpcm 
1đ
0,5đ
0,5đ
§Ò thi chän häc sinh giái
 Môn: Toán lớp 8
Thời gian: 150 phút
Đề 3 ( Không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (5 điểm)
Cho biểu thức:
a/ Thu gọn A
b/ Tìm các giá trị của x để A<1
c/ Tìm các giá trị nguyên của x để Acó giá trị nguyên
Bài 2:
(3điểm) Cho a , b , c thỏa mãn điều kiện a2 + b2 + c2 = 1
Chứng minh : abc + 2 ( 1 + a + b + c + ab + ac + bc ) ≥ 0
Bài 3 (4 điểm):
 a) Giải phương trình:
 b) Cho đa thức P(x) = x2+bx+c, trong đó b và c là các số nguyên. Biết rằng đa thức 
 x4 + 6x2+25 và 3x4+4x2+28x+5 đều chia hết cho P(x). Tính P(1)
Bài 4 (6 điểm):
Cho hình chữ nhật có AB= 2AD, gọi E, I lần lượt là trung điểm của AB và CD. Nối D với E. Vẽ tia Dx vuông góc với DE, tia Dx cắt tia đối của tia CB tại M.Trên tia đối của tia CE lấy điểm K sao cho DM = EK. Gọi G là giao điểm của DK và EM.
a/ Tính số đo góc DBK.
b/ Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ K xuống BM. Chứng minh bốn điểm A, I, G, H cùng nằm trên một đường thẳng.
Bài 5: (2 điểm)
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình: x6+3x2+1=y3
§¸p ¸n- Đề 3
BÀI
 NỘI DUNG
Bài 1
a)
b)
c) 
A= ĐKXĐX{0;1;-1}
A=
A=
Tacó:1-A=>0 khi x-1<0 suy ra x<1
Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1
A= 1+
Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1
Hoặc x-1=1 suy ra x=2
Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai)
 Vởy x=2 là giá trị cần tìm
1đ
0,5đ
0,5đ
1đ
0,5đ
1đ
0,5đ
Bài 2:
Đặt A= abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc) vì a2+b2+c2=1
Nếu abc >0 ta có:A=abc+a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca+2(a+b+c) +1
A=(a+b+c+1)2+abc(1)
Nếu: abc<0 ta có:
A=2(1+a+b+c+ab+ac+bc+abc)-abc
Biến đổi được :A=(1+a)(1+b)(1+c) +(-abc)
Vì ì a2+b2+c2=1nên -1 nên (1+a)(1+b)(1+c)
Và -abc nên A (2)
Từ 1 và (2) suy ra abc+2(1+a+b+c+ab+ac+bc)
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0;5đ
0,5đ
0,5đ
Bài 3:
a)
b)
Biến đổi phương trình về:
Đkxđ: y {3; }
3y+1=-2y+6
 y=1(thoả mãn) vậyphương trình có nghiệm duy nhất y=1
Từ giả thiết chỉ ra: 14x2-28x +70 chia hết cho x2+bx+c 
(x2-2x+5 )(x2+bx+c) mà b; c là các số nguyên nên b=-2; c=5
Khi đó P(1) =12-2.1+5 =4
0,75đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
0,75đ
0,75đ
0,5đ
Bài 4:
b)
Chứng minh Tam Giác BEC đồng dạngTam giác DCM theo tỉ số 1/2
Từ đó chứng minh:CK=ED (1)
EB=BC (2) 
=1350 (3)
từ: (1);(2);(3)suy ra: 
Chứng minh tứ giác DEKM là hinhchữ 
nhật 
Suy ra tam giác CKM vuông cân tại M 
H là trung điểm củaCM
AI//DM (cùng vuông góc với DE) HI//DM (T/c đường trung bình) nên A; ;I;H thẳng hàng (1)
Các tam giác CIH; CHK vuông cân tại Cvà H nên KH= CI =DI
Mà DI//KH nên tứ giác DIKH là hình bình hành
Lại có tứ giác DEKM là hình chữ nhật
Do đó EM; DK; IH đồng qui tại G là trung điểm của DK 
vậy: GIH (2)
Tử (1); (2) ta có A;I;G;H thẳng hàng
0,5đ
0,5đ
1đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0.5đ
0,25đ
0,5đ
Bài 5:
Với x≠ 0 ta có 3x4>0; 3x2>0 ta có
(x2)3 <y3<(x+1)3 nên phương trình vô nghiệm
Với x=0 ta có y3=1 suy ra y=1
Phương trình có nghiệm nguyên duy nhất(x;y)=(0;1)
0,5đ
1,0đ
0,25đ
0, 25đ
PHÒNG GD-ĐT MỘ ĐỨC	 ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG HUYỆN
 Trường THCS Đức Lân	Năm học 2011 – 2012
	 Ngày thi: 28 – 03 – 2012 
ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (3 điểm) Cho biểu thức:
 A= 
a, Tìm tập các định và rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị của biểu thức A với x = .
Câu 2: (2 điểm) Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng 
rằng: ab – a – b + 1 chia hết cho 192 
Câu 3: (3 điểm)
a, Chứng minh bất đẳng thức: x2 + y2 – xy ³ x + y – 1
b, Cho: + + = 0. Chứng minh rằng: ()2 + ()2 + ()2 = 2
Câu 4: (4 điểm) Một xe máy khởi hành từ Đầm Hà đi Hạ Long với vận tốc 50km/h. Sau đó 42 phút, trên cùng tuyến đường đó, một Ôtô xuất phát từ Hạ Long ra Đầm Hà với vận tốc 70km/h. Biết quãng đường Đầm Hà - Hạ Long dài 120km. Hỏi sau bao lâu, kể từ khi xe máy khởi hành, hai xe gặp nhau?
Câu 5: (6 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. TRên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của C qua P.
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD, AB.
 Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
Câu 6: (2 điểm) Tìm số dư của phép chia đa thức x1998 + x998+ x199 + x19 + x + 3 chia cho đa thức x2 – 1.
*** Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ***
 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8
Câu
Phần
Điểm
Bài giải
Điểm TP
1
a
2,5
TXĐ: x ¹ 0; x ¹ 
A = = 
= 
0,5
2
b
0,5
A = 
0,5
2
2
Vì a, b là hai số chính phương liên tiếp nên giả sử a < b, ta có: 
a = (2k – 1)2; b = (2k + 1)2 với k 0
ab – a – b + 1 = (a – 1)(b – 1) = 16k2(k – 1)(k + 1) 
Vì k(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 3 với mọi k thuộc Z. 
Và k2(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 4, với mọi k thuộc Z.
Kết hợp với (3,4) = 1 
nên ab – a – b + 1 chia hết cho 16.12 = 192 (đpcm)
0,5
0,5
0,5
0,5
3
a
1
 ... (20092007 - ) 
 = 2010.() chia hÕt cho 2010 (1)
 20112010 - 1 = ( 2011 – 1)(20112009 + )
 = 2010.( ) chia hÕt cho 2010 (2) 1®
 Tõ (1) vµ (2) ta cã ®pcm.
b) (1)
 V× => => 
 => B§T (2) ®óng => B§T (1) ®óng (dÊu ‘’=’’ x¶y ra khi x = y) 1®
ĐỀ SỐ 19
Bài 1: (3đ) a) Phân tích đa thức x3 – 5x2 + 8x – 4 thành nhân tử
 b) Tìm giá trị nguyên của x để A B biết 
 A = 10x2 – 7x – 5 và B = 2x – 3 .
 c) Cho x + y = 1 và x y 0 . Chứng minh rằng 
Bài 2: (3đ) Giải các phương trình sau:
 a) (x2 + x)2 + 4(x2 + x) = 12 
 b) 
Bài 3: (2đ) Cho hình vuông ABCD; Trên tia đối tia BA lấy E, trên tia đối tia CB lấy F sao cho AE = CF
	a) Chứng minhEDF vuông cân
 	b) Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD. Gọi I là trung điểm EF. Chứng minh O, C, I thẳng hàng.
Bài 4: (2)Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển trên AB, AC sao cho BD = AE. Xác địnhvị trí điểm D, E sao cho:
	a/ DE có độ dài nhỏ nhất
	b/ Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
H­íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm
Bài 1: (3 điểm) 
a) ( 0,75đ) x3 - 5x2 + 8x - 4 = x3 - 4x2 + 4x – x2 + 4x – 4 (0,25đ)
 = x( x2 – 4x + 4) – ( x2 – 4x + 4) (0,25đ)
 = ( x – 1 ) ( x – 2 ) 2 (0,25đ) 
b) (0,75đ) Xét (0,25đ) 
 Với x Z thì A B khi Z 7 ( 2x – 3) (0,25đ) 
 Mà Ư(7) = x = 5; - 2; 2 ; 1 thì A B (0,25đ)
c) (1,5đ) Biến đổi = 
 = ( do x + y = 1 y - 1= -x và x - 1= - y) (0,25đ)
 = (0,25đ)
 = (0,25đ) 
 = = (0,25đ) 
 = = (0,25đ) 
 = Suy ra điều cần chứng minh (0,25đ) 
 Bài 2: (3 đ)a) (1,25đ) 
(x2 + x )2 + 4(x2 + x) = 12 đặt y = x2 + x 	 
 y2 + 4y - 12 = 0 y2 + 6y - 2y -12 = 0	 (0,25đ) 
(y + 6)(y - 2) = 0 y = - 6; y = 2 	 (0,25đ) 
* x2 + x = - 6 vô nghiệm vì x2 + x + 6 > 0 với mọi x	 (0,25đ) 
* x2 + x = 2 x2 + x - 2 = 0 x2 + 2x - x - 2 = 0	 (0,25đ) 
x(x + 2) – (x + 2) = 0 (x + 2)(x - 1) = 0 x = - 2; x = 1	 (0,25đ) 
Vậy nghiệm của phương trình x = - 2 ; x =1	 
b) (1,75đ) 	 
	 (0,25đ) 
(0,5đ) Vì ; ; 	
A
B
E
I
D
C
 O
 F
2
1
1
 2
Do đó :	 (0,25đ) Vậy x + 2009 = 0 x = -2009	 
Bài 3: (2 điểm) 
a) (1đ) 
Chứng minh EDF vuông cân
Ta có ADE =CDF (c.g.c)EDF cân tại D 
	Mặt khác: ADE =CDF (c.g.c) 	 
Mà = 900 = 900 	 
 = 900. VậyEDF vuông cân	 
 b) (1đ) Chứng minh O, C, I thẳng
	Theo tính chất đường chéo hình vuông CO là trung trực BD 
A
D
B
C
 E
MàEDF vuông cân DI =EF	
	Tương tự BI =EF DI = BI 	
 I thuộc dường trung trực của DB I thuộc đường thẳng CO
Hay O, C, I thẳng hàng	 
Bài 4: (2 điểm) 
a) (1đ) 
DE có độ dài nhỏ nhất
Đặt AB = AC = a không đổi; AE = BD = x (0 < x < a)
Áp dụng định lý Pitago với ADE vuông tại A có:
DE2 = AD2 + AE2 = (a – x)2 + x2 = 2x2 – 2ax + a2 = 2(x2 – ax) – a2 (0,25đ)
= 2(x –)2 + 	 (0,25đ)
	Ta có DE nhỏ nhất DE2 nhỏ nhất x = (0,25đ)
 BD = AE = D, E là trung điểm AB, AC	 (0,25đ)
b) (1đ) 
Tứ giác BDEC có diện tích nhỏ nhất.
Ta có: SADE =AD.AE =AD.BD =AD(AB – AD)=(AD2 – AB.AD) (0,25đ)
= –(AD2 – 2.AD + ) + = –(AD – )2 + (0,25đ)
	Vậy SBDEC = SABC – SADE – = AB2 không đổi	 (0,25đ)
 	Do đó min SBDEC =AB2 khi D, E lần lượt là trung điểm AB, AC (0,25đ)
ĐỀ SỐ 20
Bµi 1: Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö:
x2 – y2 – 5x + 5y
2x2 – 5x – 7
Bµi 2: T×m ®a thøc A, biÕt r»ng:
Bµi 3: Cho ph©n thøc: 
T×m ®iÒu kiÖn cña x ®Ó gi¸ trÞ cña ph©n thøc ®îc x¸c ®Þnh.
T×m gi¸ trÞ cña x ®Ó gi¸ trÞ cña ph©n thøc b»ng 1.
Bµi 4: a) Gi¶i ph¬ng tr×nh : 
	b) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: (x-3)(x+3) < (x=2)2 + 3
Bµi 5: Gi¶i bµi to¸n sau b»ng c¸ch lËp ph¬ng tr×nh:
	Mét tæ s¶n xuÊt lËp kÕ ho¹ch s¶n xuÊt, mçi ngµy s¶n xuÊt ®îc 50 s¶n phÈm. Khi thùc hiÖn, mçi ngµy tæ ®ã s¶n xuÊt ®îc 57 s¶n phÈm. Do ®ã ®· hoµn thµnh tríc kÕ ho¹ch mét ngµy vµ cßn vît møc 13 s¶n phÈm. Hái theo kÕ ho¹ch tæ ph¶i s¶n xuÊt bao nhiªu s¶n phÈm vµ thùc hiÖn trong bao nhiªu ngµy.
Bµi 6: Cho ∆ ABC vu«ng t¹i A, cã AB = 15 cm, AC = 20 cm. KÎ ®êng cao AH vµ 
	trung tuyÕn AM. 
Chøng minh ∆ ABC ~ ∆ HBA
TÝnh : BC; AH; BH; CH ?
TÝnh diÖn tÝch ∆ AHM ?
BiÓu ®iÓm - §¸p ¸n
§¸p ¸n
BiÓu ®iÓm
Bµi 1: Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö:
a) x2 – y2 – 5x + 5y = (x2 – y2) – (5x – 5y) = (x + y) (x – y) – 5(x – y)
= (x - y) (x + y – 5) (1 ®iÓm)
b) 2x2 – 5x – 7 = 2x2 + 2x – 7x – 7 = (2x2 + 2x) – (7x + 7) = 2x(x +1) – 7(x + 1)
= (x + 1)(2x – 7). (1 ®iÓm)
Bµi 2: T×m A (1 ®iÓm)
A = 
Bµi 3: (2 ®iÓm)
a) 2x2 + 2x = 2x(x + 1) 0
 2x 0 vµ x + 1 0
 x 0 vµ x -1	(1 ®iÓm)
b) Rót gän:
	 	(0,5 ®iÓm)
 	(0,25 ®iÓm)
V× tho¶ m·n ®iÒu kiÖn cña hai tam gi¸c nªn 	(0,25 ®iÓm)
Bµi 4: a) §iÒu kiÖn x¸c ®Þnh: x0; x 2
- Gi¶i: x2 + 2x – x +2 = 2;
 x= 0 (lo¹i) hoÆc x = - 1. VËy S = 
b) x2 – 9 < x2 + 4x + 7
 x2 – x2 – 4x - 4
VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh lµ x > - 4
1 ®
1®
Bµi 5: – Gäi sè ngµy tæ dù ®Þnh s¶n xuÊt lµ : x ngµy
§iÒu kiÖn: x nguyªn d¬ng vµ x > 1
VËy sè ngµy tæ ®· thùc hiÖn lµ: x- 1 (ngµy)
- Sè s¶n phÈm lµm theo kÕ ho¹ch lµ: 50x (s¶n phÈm)
- Sè s¶n phÈm thùc hiÖn lµ: 57 (x-1) (s¶n phÈm)
Theo ®Ò bµi ta cã ph¬ng tr×nh: 57 (x-1) - 50x = 13
57x – 57 – 50x = 13
7x = 70
x = 10 (tho¶ m·n ®iÒu kiÖn)
VËy: sè ngµy dù ®Þnh s¶n xuÊt lµ 10 ngµy.
Sè s¶n phÈm ph¶i s¶n xuÊt theo kÕ ho¹ch lµ: 50 . 10 = 500 (s¶n phÈm)
0,5 ®
0,5 ®
0,5 ®
0,5 ®
1 ®
Bµi 6: a) XÐt ∆ ABC vµ ∆ HBA, cã:
Gãc A = gãc H = 900; cã gãc B chung
∆ ABC ~ ∆ HBA ( gãc. gãc)
b) ¸p dông pitago trong ∆ vu«ng ABC
ta cã : BC = = = = 25 (cm)
v× ∆ ABC ~ ∆ HBA nªn 
AH = (cm)
BH = (cm)
HC = BC – BH = 25 – 9 = 16 (cm)
c) HM = BM – BH =
SAHM = AH . HM = . 12. 3,5 = 21 (cm2)
VÏ ®óng h×nh: A
 B H M C
1 ®
1 ®
1 ®
1 ®
1®
1 ®
ĐỀ SỐ 21
Bài 1(3 điểm): Tìm x biết:
a) x2 – 4x + 4 = 25 
b) 
c) 4x – 12.2x + 32 = 0 
Bài 2 (1,5 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và . 
Tính giá trị của biểu thức: 
Bài 3 (1,5 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương.
Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm. a) Tính tổng 
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
c) Chứng minh rằng: .
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
Bài 1(3 điểm):
 a) Tính đúng x = 7; x = -3 ( 1 điểm )
 b) Tính đúng x = 2007 ( 1 điểm )
 c) 4x – 12.2x +32 = 0 2x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = 0 ( 0,25điểm )
 2x(2x – 4) – 8(2x – 4) = 0 (2x – 8)(2x – 4) = 0 ( 0,25điểm )
 (2x – 23)(2x –22) = 0 2x –23 = 0 hoặc 2x –22 = 0 ( 0,25điểm )
 2x = 23 hoặc 2x = 22 x = 3; x = 2 ( 0,25điểm ) 
Bài 2(1,5 điểm):
yz = –xy–xz ( 0,25điểm )
x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) ( 0,25điểm )
Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) ( 0,25điểm )
Do đó: ( 0,25điểm )
Tính đúng A = 1 ( 0,5 điểm )
Bài 3(1,5 điểm): 
 Gọi là số phải tìm a, b, c, d N, (0,25điểm)
 với k, mN, 
 (0,25điểm)
 Ta có: 
 (0,25điểm)
 Do đó: m2–k2 = 1353 
 (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) (0,25điểm)
 hoặc 
m+k = 123 m+k = 41
 m–k = 11 m–k = 33 
hoặc 
 m = 67 m = 37 
 k = 56 k = 4 (0,25điểm) 
 Kết luận đúng = 3136 (0,25điểm) 
Bài 4 (4 điểm):
 Vẽ hình đúng (0,25điểm)
 a) ; (0,25điểm)
 Tương tự: ; (0,25điểm)
 (0,25điểm) 
 b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:
 (0,5điểm ) 
(0,5điểm ) 
(0,5điểm ) 
 c)Vẽ Cx CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx (0,25điểm)
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ (0,25điểm)
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD (0,25điểm)
-BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2 
 AB2 + AD2 (BC+CD)2 (0,25điểm)
 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2
 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 
Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2
 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 (0,25điểm)
-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2 
	 (0,25điểm)
(Đẳng thức xảy ra BC = AC, AC = AB, AB = BC AB = AC =BC
 ABC đều)
§Ò SỐ 22 
C©u 1: (5®iÓm) T×m sè tù nhiªn n ®Ó:
 a, A=n3-n2+n-1 lµ sè nguyªn tè.
 b, B = Cã gi¸ trÞ lµ mét sè nguyªn.
 c, D= n5-n+2 lµ sè chÝnh ph­¬ng. (n2)
C©u 2: (5®iÓm) Chøng minh r»ng :
 a, biÕt abc=1
 b, Víi a+b+c=0 th× a4+b4+c4=2(ab+bc+ca)2
 c, 
C©u 3: (5®iÓm) Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau:
 a, 
 b, 2x(8x-1)2(4x-1)=9
 c, x2-y2+2x-4y-10=0 víi x,ynguyªn d­¬ng.
C©u 4: (5®iÓm). Cho h×nh thang ABCD (AB//CD), 0 lµ giao ®iÓm hai ®­êng chÐo.Qua 0 kÎ ®­êng th¼ng song song víi AB c¾t DA t¹i E,c¾t BCt¹i F.
a, Chøng minh :DiÖn tÝch tam gi¸c AOD b»ng diÖn tÝch tam gi¸c BOC.
b. Chøng minh: 
c, Gäi Klµ ®iÓm bÊt k× thuéc OE. Nªu c¸ch dùng ®­êng th¼ng ®i qua Kvµ chia ®«i diÖn tÝch tam gi¸c DEF.
C©u
 Néi dung bµi gi¶i
§iÓm
C©u 1
(5®iÓm)
a, (1®iÓm) A=n3-n2+n-1=(n2+1)(n-1)
 §Ó A lµ sè nguyªn tè th× n-1=1n=2 khi ®ã A=5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b, (2®iÓm) B=n2+3n-
 B cã gi¸ trÞ nguyªn 2 n2+2
 n2+2 lµ ­íc tù nhiªn cña 2
 n2+2=1 kh«ng cã gi¸ trÞ tho¶ m·n
HoÆc n2+2=2 n=0 Víi n=0 th× B cã gi¸ trÞ nguyªn.
c, (2®iÓm) D=n5-n+2=n(n4-1)+2=n(n+1)(n-1)(n2+1)+2
 =n(n-1)(n+1) +2= n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2)+5 n(n-1)(n+1)+2
 Mµ n(n-1)(n+1)(n-2)(n+25 (tich 5sè tù nhiªn liªn tiÕp)
 Vµ 5 n(n-1)(n+15 VËy D chia 5 d­ 2
 Do ®ã sè D cã tËn cïng lµ 2 hoÆc 7nªn D kh«ng ph¶i sè chÝnh ph­¬ng
 VËy kh«ng cã gi¸ trÞ nµo cña n ®Ó D lµ sè chÝnh ph­¬ng
C©u 2
(5®iÓm)
a, (1®iÓm) 
 =
0,5
0,5
0.5
0.5
0.5
0.5
0,5
0,5
0,5
0,5
b, (2®iÓm) a+b+c=0 a2+b2+c2+2(ab+ac+bc)=0 a2+b2+c2= -2(ab+ac+bc) 
a4+b4+c4+2(a2b2+a2c2+b2c2)=4( a2b2+a2c2+b2c2)+8abc(a+b+c) V× a+b+c=0
 a4+b4+c4=2(a2b2+a2c2+b2c2) (1)
MÆt kh¸c 2(ab+ac+bc)2=2(a2b2+a2c2+b2c2)+4abc(a+b+c) . V× a+b+c=0
 2(ab+ac+bc)2=2(a2b2+a2c2+b2c2) (2)
Tõ (1)vµ(2) a4+b4+c4=2(ab+ac+bc)2 
c, (2®iÓm) ¸p dông bÊt ®¼ng thøc: x2+y2 2xy DÊu b»ng khi x=y
 ; ; 
Céng tõng vÕ ba bÊt ®¼ng thøc trªn ta cã:
C©u 3
(5®iÓm)
a, (2®iÓm) 
(x-300) x-300=0 x=300 VËy S =
1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
b, (2®iÓm) 2x(8x-1)2(4x-1)=9 
(64x2-16x+1)(8x2-2x)=9 (64x2-16x+1)(64x2-16x) = 72 
 §Æt: 64x2-16x+0,5 =k Ta cã: (k+0,5)(k-0,5)=72 k2=72,25 k=± 8,5
Víi k=8,5 tacã ph­¬ng tr×nh: 64x2-16x-8=0 (2x-1)(4x+1)=0; x=
Víi k=- 8,5 Ta cã ph­¬ng tr×nh: 64x2-16x+9=0 (8x-1)2+8=0 v« nghiÖm. 
VËy S =
c, (1®iÓm) x2-y2+2x-4y-10 = 0 (x2+2x+1)-(y2+4y+4)-7=0
 (x+1)2-(y+2)2=7 (x-y-1)(x+y+3) =7 V× x,y nguyªn d­¬ng
 Nªn x+y+3>x-y-1>0 x+y+3=7 vµ x-y-1=1 x=3 ; y=1
 Ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm d­¬ng duy nhÊt (x,y)=(3;1)
C©u 4
(5®iÓm)
a,(1®iÓm) V× AB//CD S DAB=S CBA
 (cïng ®¸y vµ cïng ®­êng cao) 
 S DAB –SAOB = S CBA- SAOB 
 Hay SAOD = SBOC
b, (2®iÓm) V× EO//DC MÆt kh¸c AB//DC 
c, (2®iÓm) +Dùng trung tuyÕn EM ,+ Dùng EN//MK (NDF) +KÎ ®­êng th¼ng KN lµ ®­êng th¼ng ph¶i dùng
Chøng minh: SEDM=S EMF(1).Gäi giao cña EM vµ KN lµ I th× SIKE=SIMN
(cma) (2) Tõ (1) vµ(2) SDEKN=SKFN.
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
1,0
1,0