Đề thi chọn học sinh giỏi Toán Khối 8

Đề 1
Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng:
85 + 211 chia hết cho 17
1919 + 6919 chia hết cho 44
Bài 2: (3đ)
Rút gọn biểu thức: 
Cho . Tính 
Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD + CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
Đáp án
Bài 1 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
(1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
 an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - - abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 ++ 6918) 
 = 88(1918 – 1917.69 + + 6918) chia hết cho 44.
Bài 2 : (3đ)
(1,5đ) Ta có: x2 + x – 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) 
 = (x+3)(x-2).
x3 – 4x2 – 18 x + 9 = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9
=(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2 –7x +3)
=> = Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3 0
b) (1,5đ) Vì
Do đó : xyz(++)= 3 
A
B
D
M
E
C
K
Bài 3 : (3đ) 
Chứng minh :
	Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM . 
Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM. 
Thật vậy xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân tại C => vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE => mà AC // BM (ta vẽ) => nên BO là tia phân giác của . Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB
Mà : là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng.
Ta lại có : mà (hai góc đồng vị) => cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm)
Bài 4: (1đ)
Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2 + 4.
Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4 ú M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -
-------------------------------------------------
đề 2
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: thoã mãn 2 điều kiện a và b sau:
a) b) 
Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1.
khi và chỉ khi ( mn – 2) 3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1.
Câu 3 . Giải phương trình: 
 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007).
Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh:
EF // AB 
 b). AB2 = EF.CD. 
c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC 
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45.
Đáp án
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2).
Từ (1) và (2) => 
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ú ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600.
ú ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6 
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng:
. a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
 . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625
 . a7a8 = 26 => không thoả mãn
	câu 2 . Đặt m = 3k + r với n = 3t + s với 
xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1.
 = xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1
 ta thấy: ( x 3k – 1) ( x2 + x + 1) và ( x3t –1 ) ( x2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x2 + x + 1) 
 ( xr + xs + 1) ( x2 + x + 1) với 
 r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1
 r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2
 mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t)
 mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t)
=> (mn – 2) 3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12 3.
( x7 + x2 + 1) ( x2 + x + 1) 
( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
Câu 3 . Giải PT: 
Nhân 2 vế với 6 ta được: 
 O K
E H F
Câu 4 .a) Do AE// BC => 	A	B
 BF// AD 
MặT khác AB// CD ta lại có
	D	A1B1	C
 nên => EF // AB
b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB
Vì EF // AB // CD nên => AB 2 = EF.CD.
c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD.
=> ; => => S1.S2 = S3.S4
Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
 = x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
 = ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4 
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1
 x- y- 6 = 0 x = 7 
---------------------------------------------
đề 3
Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
	A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1
b. Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2 
Câu 2: a. Cho (1) và (2)
Tính giá trị của biểu thức A= 
b. Tính : B = 
Câu 3: Tìm x , biết : 
 (1)
Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M ẻ đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
	a.BM ^ EF
	b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của 
P= (a+ b+ c) ().
Đáp án
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có: 
	A= (2-1) (2+1) (22+1) ........ + 1
	 = (22-1)(22+1) ......... (2256+1)
	 = (24-1) (24+ 1) ......... (2256+1)
	................ 
	 = [(2256)2 –1] + 1
	 = 2512
b, . ( 1 điểm) Ta có: 
 (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*)
Vì 	x2=y2 + z2 ị (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) ị bcx +acy + abz =0 
Từ (2) ị 
b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 ị a + b = - c ị a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B = 
Câu 3: . ( 1,25 điểm)
 Û 
ị x= 2007	A	
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM;	B
 H là giao điểm của EF và BM 
ịD EMB =DBKM ( gcg)
ị Góc MFE =KMB ị BH ^ EF E	 M K
b. ( 1,25 điểm) D ADF = DBAE (cgc) ịAF ^ BE H
Tương tự: CE ^ BF ị BM; AF; CE 
là các đường cao của DBEF ị đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: 	D F C
	P = 1 + 
Mặt khác với mọi x, y dương. ị P / 3+2+2+2 =9
Vậy P min = 9 khi a=b=c.
---------------------------------------
đề 4
Bài 1 (3đ):
 1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
	a) x2 + 7x + 12
	b) a10 + a5 + 1
 2) Giải phương trình: 
Bài 2 (2đ):
 Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức có giá trị nguyên
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
	1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
	a) đồng dạng 
	b) góc AMN bằng góc ABC
	2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của AK. 
	Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC.
Bài 4 (1đ):
	Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
 , ( x khác 0)
Đáp án
Bài 1 (3đ): 
1)	a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4)	(1đ)
	b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) = (a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 )	(1đ)
2) 
(+1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1)	(0,5đ)
 ( x + 100 )( + - - ) = 0	(0,25đ)
Vì: + - - 0
Do đó : x + 100 = 0 x = -100
	Vậy phương trình có nghiệm: x = -100	(0,25đ)
Bài 2 (2đ): 
P = 	(0,5đ)
	x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ)
=> 	* 2x - 1 = 1 => x = 1
	* 2x - 1 = -1 => x = 0
	* 2x - 1 = 5 => x = 3
	* 2x - 1 = -5 => x = -2	(0,5đ)
	Vậy x = thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là: 
	x = 1 => P = 8
	x = 0 => P = -3
	x = 3 => P = 6
	x = -2 => P = -1	(0,5đ)
Bài 3 (4đ): 	
1) a) chứng minh ABM đồng dạng CAN (1đ)
	b) Từ câu a suy ra: AMN đồng dạng ABC
AMN = ABC ( hai góc tương ứng)	(1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H	(0,25đ)
BAH = CHA	( so le trong, AB // CH)
mà CAH = BAH ( do Ax là tia phân giác)	(0,5đ)
Suy ra:
CHA =CAH nên CAH cân tại C
do đó :	 CH = CA	 => CH = BK và CH // BK	(0,5đ)
	BK = CA
	Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm)	(0,5đ)
Bài 4 (1đ): 
	A = = + 
	 = 
	 A min = khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
------------------------------------
đề 5
Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A = 
	a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
	b, Rút gọn biểu thức A .
	c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau : 
Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S.
1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm): 
 Cho biểu thức A = . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên 
Câu 5 ( 1 điểm) 
a, Chứng minh rằng 	
b, Cho	 Tính 
Đáp án
Câu 1 
	a, x 2 , x -2 , x 0 
	b , A = 
	= 
	= 
	c, Để A > 0 thì 
Câu 2 . ĐKXĐ : 
 PT 
x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3
Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S = 
Câu 3: 
1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tợng tự ta có:	ARP=ADS
do đó AP = AS vàAPS là tam giác cân tại A.
2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên ANSP và AMRQ.
Mặt khác : = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
3, Theo giả thiết: QARS, RCSQ nên QA và RC là hai đờng cao của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =QR.
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = QR.
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. 
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x -1/2
	A = (x + 1) + vì x Z nên để A nguyên thì nguyên 
 Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
 2x+1 = 2 x=1/2 ( loại ) 
	2x+1 = 1 x = 0
	2x+1 = -1 x = -1
	2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại ) 
 KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
Câu 5. a, , Chứng minh 	 
Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh.
b, Ta có thì
 (vì nên )
Theo giả thiết 
khi đó 
=====================
đề 6
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
M = 
a) Rút gọn 
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên 
	A = 
Bài 3 : 2 điểm
Giải  ... G = 2HF.
Câu 4:
	Trong hai số sau đây số nào lớn hơn:
	a = ; b = 
Đáp án
Câu 1:	(3đ)
	a.	m =1 (0.75đ); n = -1 (0.75đ)
b.(1.5đ) Viết mỗi phân thức thành hiệu của hai phân thức 
	(áp dụng câu a)
	(0.25đ)
	(0.25đ)
	(0.25đ)
	(0.25đ)
	Đổi dấu đúng và tính được : 
	M = 	(0.5đ)
Câu 2:	(2.5đ)
(1.5đ)
	Biến đổi: 
	n5 + 1 n3 + 1 n2(n3 + 1) – (n2 –1) n3 + 1	(0.5đ)
	(n + 1) (n – 1) (n + 1)(n2 - n + 1)	(0.25đ)
	n – 1 n2 – n + 1 (vì n + 1 0 )	(0.25đ)
	Nếu n = 1 thì ta được 0 chia hết cho 1	(0.25đ)
	Nếu n > 1 thì n – 1 < n(n – 1) + 1 = n2 – n +1
 Do đó không thể xảy ra quan hệ n – 1 chia hết cho n2 – n +1 trên tập hợp số nguyên dương
 Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1	(0.25đ)
 n – 1 n2 – n +1
n(n – 1) n2 – n + 1
	n2 – n n2 – n + 1
	( n2 – n + 1) – 1 n2 – n + 1
	 1 n2 – n + 1	(0.5đ)
 Có hai trường hợp:
	n2 – n + 1 = 1 n(n – 1) = 0 n = 0 hoặc n = 1
Các giá trị này đều thoả mãn đề bài	(0.25đ)
	n2 – n + 1 = - 1 n2 – n + 2 = 0 vô nghiệm 
Vậy n = 0, n = 1 là hai số phải tìm	(0.25đ)
Câu 3:	(3đ) (Hình *)
	Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI và BI, ta có HE là đường trung bình của DACI nên HE//AI và HE = 1/2IA (1)	(0.25đ)
 Tương tự trong DCBI : HF//IB và HF = 1/2IB (2) 	(0.25đ)
Từ BG^AC và HE^AC BG//IA (3) 	(0.25đ)
Tương tự AK^BC và HF^BC AG//IB (4)	(0.25đ)
Từ (3) và (4) BIAG là hình bình hành	(0.25đ)
Do đó BG = IA và AG = IB	(0.5đ)
Kết hợp với kết quả (1) và (2) BG = 2HE và AG = 2HF	(0.5đ)
	K
D
A
I
C
F
B
E
G
H
Hình *
Câu 4:	(1.5đ)
Ta có: 	19702 – 1 < 19702
	1969.1971 < 19702 
	 (*)	(0.25đ)
Cộng 2.1970 vào hai vế của (*)
 ta có:
	(0.25đ)
	(0.25đ)
	(0.25đ)
Vậy: 	(0.25đ)
===============================
đề 19
Bài 1 (2,5đ) Cho biểu thức
A = 
a. tìm tập xác định A: Rút gọn A?
b. Tìm giá trị của x khi A = 2
c.Với giá trị của x thì A < 0
d. timg giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
bài 2 (2,5đ)
a. Cho P = 
Rút gọn P và chứng tỏ P không âm với mọi giá trị của x
b. Giải phương trình
Bài 3 (1đ)
 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A =
Bài 4 (3đ)
 Cho vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB và AC
a. CMR: E, A, H thẳng hàng
b. CMR: BEFC là hình thang, có thể tìm vị trí của H để BEFC trở thành một hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật được không.
c. xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất?
Bài 5 (1đ)
Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1
CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1) 
Đáp án
Bài 1 (2,5đ)
sau khi biến đổi ta được;
 A = 0,5đ
TXĐ = 0,25đ
Rút gọn: A = 0,25đ
 Để A = 2 (thoã mãn điều kiện của x) 0,5đ
Để A < 0 thì (Thoã mãn đk của x) 0,5đ
Để A có giá trị nguyên thì (2 - x) phải là ước của 2. Mà Ư (2) = 
suy ra x = 0; x = 1; x = 3; x= 4. Nhưng x = 0 không thoã mãn ĐK của x 0,25đ
 Vậy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ
Bài 2 (2,5đ)
 a. P = 1đ
 Tử: x4 + x3 + x + 1 = (x+1)2(x2- x + 1) 0,25đ
 Mẫu: x4 - x3 + 2x2 -x +1 = (x2 + 1)(x2 -x + 1) 0,25đ
 Nên mẫu số (x2 + 1)(x2 -x + 1) khác 0. Do đó không cần điều kiện của x 0,25đ
 Vậy P = vì tử = và mẫu x2 + 1 >0 với mọi x 0,25đ
 Nên P 
b. Giải PT: 
x2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3)
x2 + 7x + 12 = (x + 4)(x + 3)
x2 + 9x + 20 = (x + 4)(x + 5)
x2 + 11x + 30 = (x + 5)(x + 6)
Trong đó
TXĐ = phương trình trở thành:
 Vậy PT đã cho có nghiệm x =2; x = -10
Bài 3 (1đ)
 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
 A đạt giá trị nhỏ nhất là -1 hay x = A = . A đạt GTLN là 4 
Bài 4 (3đ)
 a.(0,75đ) do E đôie xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của đoanh thẳng EH
 vậy góc EAH = gócIAH (1)
 góc FAD = gócDAH (2)
 cộng (1) và (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 900 theo giả thuyết
 hay gócEAI + gòcAD + BAC = 900 + 900 = 1800. Do đó 3 điểm E, A, F thẳng hàng
 b. Tam giác ABC vuông ở A nên gócABC + ACB = 900 (hai góc nhọn tam giác vuông)
 Mà gócEBA = gócABH (tính chất đối xứng)
 gócCA = gócHCA (tính chất đối xứng)
 suy ra góc EBA + góc FCA = 900
 haygóc EBA + góc FCA + góc ABC + góc ACB = 1800
 suy ra góc EBC + góc FBC = 1800 (hai góc trong cùng phía bù nhau)
 do đó BE song song CF. Vởy tứ giác BEFC là hình thang 0,75đ
 Muốn BEFC là hình thang vuông thì phải có góc AHC = 900 () vậy H phải là chân đường cao thuộc cạnh huyền của tam giác ABC
 Muốn BEFC là hình bình hành thì BE = CF suy ra BM = HC. Vậy H phải là trung điểm của BC.. 0,25đ
 Muốn BEFC là hình chữ nhật thì BEFC phải có một góc vuông suy ra () điều này không xảy ra vì tam giác ABC không phaỉ là tam giác vuông cân..0,25đ
 c.lấy H bất kỳ thuộc BC gần B hơn ta có:
 dựng hình chữ nhật HPQD bằng AIHD
 vậy Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ. Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g)
 suy ra 
 với H gần C hơn ta cũng có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC
 khi H di chuyển trên BC ta luôn có SEHF . Tại vị trí h là trung điểm của BC thì ta có
 SEHF = SABC. Do đó khi H là trung điểm của BC thì SEHF là lớn nhất.
Bài 5 (1đ) Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1
 Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1)
 Do a, b, c là các số dương nên ta có; 
 (a – 1)2 (1) 0,25đ
 Tương tự (b + 1)2 4b (2)0,25đ
 (c + 1)2 4c (3) 0,25đ
 Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có:
(b + 1)2(a – 1)2(c + 1)2 64abc (vì abc = 1)
((b + 1)(a – 1)(c + 1))2 64
(b + 1)(a – 1)(c + 1) 8..0,25đ
=======================================
đề 20
Câu I :(3đ) 
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
A = x3 +8x2 + 19x +12 . B = x3 +6x2 +11x +6 .
Rút gọn phân thức :
 .
Câu II : (3đ) .
1 ) Cho phương trình ẩn x.
Giải phương trình với a = 4.
Tìm các giá trị của a sao cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm.
2 ) Giải bất phương trình sau : 2x2 + 10x +19 > 0.
Câu III (3đ): Trong hình thoi ABCD người ta lấy các điểm P và Q theo thứ tự trên AB và CD sao cho AP = 1/ 3 AB và CQ = 1/ 3 CD. Gọi I là giao điểm của PQ và AD , K là giao điểm của DP và BI , O là giao điểm của AC và BD.
Chứng minh AD = AI , cho biết nhận xét về tam giác BID và vị trí của K trên IB.
Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích của A và I.
Câu IV : (1đ) .Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau :
 yx2 +yx +y =1.
Đáp án
Bài I : 1) A = (x+1) ( x+3) (x +4) (1đ)
 B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) (1đ) 
 2) (1đ) 
 Bài II :1) . Phương trình (1)
 Điều kiện: x -2 và x a.
x2 – a2+ x2 – 4 = 2x2 + 2(2- a)x – 4a
 – a2 - 4 + 4a = 2(2- a)x
 - (a - 2)2 = 2(a - 2)x (*)
với a =4 thay vào (*) ta có :
 4 =4x x=1 (1đ)
. Thay x= -1 vào (*) ta được.
 (a – 2 )2 + (a - 2)= 0
 (a - 2) (a – 2 + 2) = 0
 a = 2
 a = 0 (1đ)
2) . Giải bất phương trình :
 2x2 + 10x + 19 > 0 (1)
 Biến dổi vế trái ta được.
 2x2 + 10x + 19 = 2x2 + 8x +8 + 2x +4 +7
 =2(x2 + 4x +4) + 2(x +2) + 7
 = 2(x + 2)2 +2(x + 2) + 7
 = (x + 3)2 + (x + 2)2 + 6 luôn lớn hơn 0 với mọi x 
Nên bất phương trình (1) Nghiệm đúng với x . (1đ) 
 Bài III . 
 AP // DQ 
Xét tam giác IDQ có . AP = DQ 
Theo định lý Ta Lét trong tam giác ta có : (0,75đ ) 
Tam giác BID là tam giác vuông tại B vì AO DB và AO là đường trung
 bình của BID 
 Điểm K là trung điểm của IB. (Do DK là đường trung tuyến củaBID ) . (0,75đ)
 b). Với B và D cố định nên đoạn DB cố định.Suy ra trung điểm O cố định.
 Mặt khác AC BD , BI DB và vai trò của A và C là như nhau . Nên quỹ tích của A là đường thẳng đi qua O và vuông góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích của điểm I là đường thẳng đi qua B và vuông góc với BD trừ điểm B. (1đ) 
Đảo: Với A và I chạy trên các đường đó và AD = AI .Thì AP = AB và CQ = CD.
Thật vậy : Do AP // DQ suy ra mà AB = CD ĐPCM. (0,5đ)
Bài IV: y x2 + y x + y = 1 . (1)
 Nếu phương trình có nghiệm thì x ,y > 0.
y(x2 + x +1) = 1 
 y= 1 y = 1 ,x= 0
 x2 + x +1 =1
 Vậy nghiệm của phương trình trên là (x,y) = (0 ,1). (1đ)
===================================
đề 21
I. Đề bài:
Bài 1:(2 điểm)	Cho A = 
Rút gọn biểu thức A, biết a + b + c = 0.
Bài 2:(3 điểm) 	Giải phương trình:
	1) 	(x+1)4 + (x+3)4 = 16
	2) 	
Bài 3:(2 điểm)	Chứng minh rằng số:
	a = không phải là một số nguyên.
Bài 4:(3 điểm)
Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA.
Tứ giác MNPQ là hình gì? Tại sao?
Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ là hình vuông?
Với điều kiện câu b), hãy tính tỷ số diện tích của hai tứ giác ABCD và MNPQ.
Đáp án
Bài 1:(2 điểm)	 Ta có: a + b + c = 0 b + c = - a.	 0.25 điểm
Bình phương hai vế ta có : (b + c)2 = a2
	 b2 + 2bc + c2 = a2 b2 + c2 - a2 = -2bc	 0.5 điểm
Tương tự, ta có: 	c2 + a2 - b2 = -2ca
	a2 + b2 - c2 = -2ab	 0.5 điểm
 A = (vì a + b + c = 0)	 0.5 điểm
Vậy A= 0.	 0.25 điểm
Bài 2:(3 điểm) 	Giải phương trình:
Đặt y = x + 2 ta được phương trình: 
(y – 1)4 + (y +1)4 = 16 2y4 + 12y2 + 2 = 16 
y4 + 6y2 -7 = 0	 0.5 điểm
Đặt z = y2 ta được phương trình: z2 + 6z – 7 = 0 có hai nghiệm là
 z1 = 1 và z2 = -7.	 0.5 điểm
y2 = 1 có 2 nghiệm y1 = 1 ; y2 = -1 ứng với x1 = -1 ; x2 = -3.
y2 = -7 không có nghiệm.	 0.5 điểm
	2) 	
	 0.5 điểm
	= 0 	 0.5 điểm
	Vì 	 0.5 điểm
Bài 3:(1,5 điểm) 	Ta có:
	a = 	 0,5điểm
	= ; 	 0.5 điểm
	Mặt khác a > 0. Do đó a không nguyên 	0.5 điểm
Bài 4:(3,5 điểm)
Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận đúng	0.5 điểm
b
c
a
d
q
p
n
m
a) Chứng minh MNPQ là hình bình hành	 	 1 điểm
b) MNPQ là hình vuông khi và chỉ khi AC = BD, ACBD	 1 điểm
c) 	SABCD =; 	SMNPQ =;	0.5 điểm
	0.5 điểm
=========================
đề 22
ài 1 (3 điểm) 
a. Phân tích đa thức thành nhân tử.
A = x4– 14x3 + 71x2 – 154x +120
b. Chứng tỏ đa thức A chia hết cho 24
Bài 2 ( 3 điểm)
a. Tìm nghiệm nguyên tử của phương trình: 
b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = với x # 0 
Bài 3 ( 1 điểm) Rút gọn biểu thức: P = 
Bài 4 ( 3 điểm ) 
Cho Tam giác ABC vuông cân ở A. Điểm M trên cạnh BC. Từ M kẻ ME vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E AB ; F AC )
a. Chứng minh: FC .BA + CA . B E = AB2 và chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vào vị trí của M.
b. Tâm vị trí của M để diện tích tứ giác MEAF lớn nhất.
c. Chứng tỏ đường thẳng đi qua M vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định
Đáp án
Bài 1: a. A = x4 – 14x3+ 71x2- 154 x + 120
Kết quả phân tích A = ( x –3) . (x-5). (x-2). (x-4)	( 2điểm )
 b. A = (x-3). (x-5). (x-2). (x-4)
=> A= (x-5). (x-4). (x-3). (x-2)
Là tích của 4 số nguyên liên tiêp nên A 24	(1 điểm )
Bài 2: a. 
Tìm được nghiệm của phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
B= với x # 0 giải và tìm được B max = 1/2 thì x = 	 ( 1, 5 điểm )
Bài 3 Rút gọn biểu thức:
P = 	( 1điểm )
Bài 4: Giải a. chứng minh được
 F C . BA + CA. BE = AB2	(0,5 điểm )
+ Chứng minh được chu vi tứ giác 
MEAF = 2 AB 
 ( không phụ vào vị trí của M ) ( 0,5 điểm )
b. Chứng tỏ được M là trung điểm BC 
Thì diện tích tứ giác MEAF lớn nhất (1 điểm )
c. Chứng tỏ được đường thẳng
MH EF luôn đi qua một điểm N cố định ( 1 điểm )
===========================================