20 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

Nội dung text: 20 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

1.  Sưu tầm 20 ĐỀ HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 Thanh Hóa, ngày 07 tháng 8 năm 2020
2. ĐỀ THI THỬ CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 ( ĐỀ 1) Câu 1: Cho bốn số dương abcd ,,, . Chứng minh rằng: abcd 1 0. Chứng minh rằng +≥ và ≥ 2 xyxy+ xy ( xy+ ) 11 b) Áp dụng: Cho ba số dương a, b, c thoả mãn a + b + c =1. Chứng minh rằng +≥16 ac bc x2 +2x+3 Câu 6: Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: A = . x2 + 2 Câu 7: Cho hình bình hành ABCD và đường thẳng xy không có điểm chung với hình bình hành. Gọi AA’, BB’, CC’, DD’ là các đường vuông góc kẻ từ A, B, C, D đến đường thẳng xy. Tìm hệ thức liên hệ độ dài giữa AA’, BB’, CC’ và DD’ . Câu 8: Cho tam giác ABC có G là trọng tâm và một đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác. Từ các đỉnh A, B, C và trọng tâm G ta kẻ các đoạn AA’, BB’, CC’ và GG’ vuông góc với đường thẳng d. Chứng minh hệ thức: AA’ + BB’ +CC’ = 3GG’. Câu 9: Cho tam giác ABC có ba đường cao AA’, BB’, CC’. Gọi H là trực tâm của tam giác đó. HA'HB'HC ' a) Chứng minh: ++=1; AA'BB' CC ' AA' BB' CC ' b) Chứng minh: ++≥9 ; HA'HB' HC ' Câu 10: Cho tam giác ABC (AC > AB). Lấy các điểm D, E tùy ý theo thứ tự nằm trên các cạnh AB, AC sao cho BD = CE. Gọi K là giao điểm của các đường thẳng DE, BC. Cmr: Tỉ số KE : KD không phụ thuộc vào cách chọn điểm D và E. HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 1
3. ĐỀ THI THỬ CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 ( ĐỀ 2) Câu 1: a) Chứng minh rằng: 2130+ 3921 chia hết cho 45 b) Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n ta có: 5n+2+26.5n+ 82n+159 . x5−2x4+2x3−4x2−3x+6 Câu 2: Cho biểu thức M = x2 +2x−8 a) Rút gọn M b) Tìm giá trị của x để giá trị của biểu thức M bằng 0. Câu 3: Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức sau có giá trị là số nguyên. 2x3+x2+2x+5 A = 2x +1 Câu 4: Cho biểu thức M=( xaxb−)( −) +( xbxc −)( −) +( xcxa −)( −) +x 2 111 Tính M theo abc,, biết rằng x=a+b+c 222 22 Câu 5: Giải phương trình: (2x2+x−2016) + 4( x2−3x−1000) =42 ( x2+x− 2016)( x2−3 x−1000) Câu 6: Tìm giá trị của biến x để: 1 x2 +x+1 a) P = đạt giá trị lớn nhất b) Q = đạt giá trị nhỏ nhất x2 +2x+6 x2 +2x+1 Câu 7: Cho hình vuông ABCD. M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME⊥AB, MF⊥AD . a) Chứng minh DE = CF; DE⊥ CF b) Chứng minh rằng ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy. c) Xác định vị trí của điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất? Câu 8: Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BH⊥ AC . Gọi M là trung điểm của AH, K là trung điểm của CD, N là trung điểm của BH. a) Chứng minh tứ giác MNCK là hình bình hành; b) Tính góc BMK. Câu 9: Cho tam giác ABC. Gọi D là trung điểm của cạnh BC. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy 1 hai điểm E và F.Chứng minh rằng S≤ S.Với vị trí nào của hai điểm E và F thì S đạt giá DEF2 ABC DEF trị lớn nhất? Câu 10: Cho hình thang cân ABCD có đáy nhỏ là AB, đáy lớn là CD. Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường chéo BD ở E, qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt đường chéo AC ở F. a) Chứng minh rằng tứ giác DEFC là hình thang cân; b) Tính độ dài EF nếu biết AB = 5cm, CD = 10cm. HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 2
4. ĐỀ THI THỬ CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 ( ĐỀ 3) 2 ( x −1) 12−x2+ 4x1x2+x =−+ Câu 1: Cho biểu thức R 2 3: 3 3x+( x−1) x−1x−1x+x a) Tìm điều kiện của x để giá trị của biểu thức R được xác định; b) Tìm giá trị của x để giá trị của R bằng 0; c) Tìm giá trị của x để R =1. Câu 2: Chứng minh: a) A =210+211 +2 12 chia hết cho 7. b) B=(6n+1)(n+5) −(3n+52)( n− 1) chia hết cho 2, với nZ∈ . c) C=5n3+15n2+ 10n chia hết cho 30, với nZ∈ . d) Nếu a=x2−yz; b= y2−xz; c= z2−xy thì D=ax +by+ cz chia hết cho (abc++) . e) E=x4−4x3−2x2+12x+ 9 là bình phương của một số nguyên, với xZ∈ . 2018 2018 f) F=( x2+x−1) +( x2−x+1) −2 chia hết cho ( x −1). g) G=x8n+x4n+1 chia hết cho x2n+xn+1, với n∈ N. Câu 3: a) Tìm GTLN của A=x−42( −x−4 ) 9x 2 b) Tìm GTNN của biểu thức B =+ , với 0<x <2 2 − xx Câu 4: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Đường phân giác của góc AMB cắt cạnh AB ở D, đường phân giác của góc AMC cắt cạnh AC ở E. a) Chứng minh DE // BC. b) Gọi I là giao điểm của DE với AM. Chứng minh ID = IE. Câu 5: Cho tam giác vuông cân ABC, A = 900 .Trên cạnh AB lấy điểm M, kẻ BD⊥ CM , BD cắt CA ở E. Chứng minh rằng: a) EB.ED = EA.EC; b) BD. BE+ CACE.=BC 2 c) ADE = 450 Câu 6: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm trên cạnh BC.Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE, Ax cắt CD tại F.Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K.Đường thẳng kẻ qua E,song song với AB cắt AI ở G. Chứng minh rằng: a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi; b) ∆AKF ∆ CAF, AF2 = FK. FC ; c) Khi E thay đổi trên BC, chứng minh: EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi. Câu 7: Cho hai đoạn thẳng AB và CD cắt nhau ở E. Các tia phân giác của các góc ACE và DBE BAC + BDC cắt nhau ở K. Chứng minh rằng: BKC = 2 HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 3
5. Câu 4. Với abc,,> 0. Hãy chứng minh các BĐT: ab bc a) +≥2b ca ab bc Với a>0,b> 0,c> 0 nên >0,> 0 ca ab bc ab bc ab bc Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương và ta được +≥2.=2b2 =2b c a caca Dấu “=” ⇔a=c>0 ab bc Vậy, +≥2b với abc,,> 0. Dấu “=” ⇔a=c>0 . ca ab bc ca b) ++≥abc++ cab ab bc  +≥2b  ca ab ac ab bc ca Áp dụng kết quả câu a, ta có:  +≥2a ⇒ ++≥abc++  cb cab bc ca  +≥2c  ab Dấu “=” ⇔a=b=c>0 . ab bc ca Vậy, ++≥abc++. Dấu “=” ⇔ab==c>0 . cab a3+b3b3+c3c3+a3 c) ++≥abc++. 2ab2 bc2 ca a3+b3b3+c3c3+a3a2b2b2c2c2a2 Ta có ++=+++++ 2ab2bc2ca2b2a2c2b2a2c a2c2ac22 ac +≥=  2 2 2b2b4bb  b2c2bc Áp dụng kết quả câu a, ta có:  +≥ 2a2ac a2b2ab  +≥ 2c2cc a3+b3b3+c3c3+a3ab bcca ⇒++≥++≥abc++ 2ab2 bc2 ca cab Dấu “=” ⇔a=b=c>0 . a3+b3b3+c3c3+a3 Vậy, ++≥abc++. Dấu “=” ⇔abc==>0 . 2ab2bc 2ca x4+x2+1 Câu 5. a) Cho x2 −4x+10= . Tính E = x2 x2 −x+1 *Cách 1: Ta có x2−4x+10=⇒x2−x+1 = 3x⇒=3,x≠0 x x4+x2+1x2−x+1x2+x+1x2+x+1x2−x+12x == ==+=+= E 2 .3. 3.3.( 3 5) 15. xxxxxx Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 94
6. x4+x2+1 Vậy, E ==15 khi x2 −4x+10= . x2 222 x4+x2+1 ( x+1) −x(4x) − x2 15x2 *Cách 2: E== ===15,x≠ 0 x2x2x2x2 x x2 b) Cho = a . Tính F = theo a x2 −x+1 x4+x2+1 + Xét x = 0 thì a=0⇒F=0 + Xét x ≠ 0 thì a ≠ 0 x2 xxx Ta có F==⋅=a⋅(1) x4+x2+1x2−x+1x2+x+1x2+x+1 x2+x+1x2−x+12x1 12+ax2a Mặt khác, =+=+2=⇒= (2) x2xxaax2+x+1 12+a aa2 Từ (1) và (2) suy ra F=a⋅= 12+a12 +a a2 x Vậy, F = khi = a . 12+ a x2 −x+1 Câu 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P=1− xy , trong đó x, y là các số thực thoả mãn điều kiện: x2013+y2013 =2x 1006y 1006 . 2 Ta có: x2013+y2013 =2x 1006y 1006⇒( x 2013+y 2013 ) =4x2012y 2012 (2) 2 Mặt khác: ( x2013+y 2013 ) ≥4x2013y 2013 (3) Từ (2) và (3) suy ra: 4x2012y 2012≥ 4x2013 y 2013 Hay : 4x2012y 2012 (1−xy) ≥ 0 .Do đó P=1−xy ≥0. Đẳng thức xảy ra khi: xy=1⇔ x2013y 2013 =1(4). x2013y 2013 =1x=1 Từ (1) và (4) ta có: ⇔ . 2013 2013  x+y=2 y =1 Vậy Min (P) = 0 khi x = y =1. Câu 7. Vì AB AB+ AC⇒3 BC> AB+ AC+ BC=18⇒ BC > 6( 1) Theo BĐT tam giác ta có: BC< AB+ AC⇒2 BC< AB+ AC+ BC=18⇒ BC < 9( 2) Từ (1) và (2) suy ra 6<BC <9 mà BC có độ dài là một số chẵn. Do đó BC= 8 cm . Tương tự, c/m được 2<AB< AC <8 và AB+ AC =10 Suy ra AB=3 cmAC,= 7 cm hoặc AB=4 cmAC,= 6 cm Vậy, AB=3 cmAC,=7cmBC ,= 8 cm hoặc AB=4 cmAC,=6 cmBC,= 8 cm . A Câu 8. Chứng minh rằng AE//BC. E Gọi K là giao điểm của AC và DE. Vì: ADB 300 ; ADK 900 H 0 Suy ra KDC 60 K Và ∆ DEC đều B C D DKAB 1 Nên ∆ABC≅∆DKC (g.g) . DCAC 3 Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 95
7. 11KD 1 Do đó DK DC DE (1) . 33KE 2 1 KH 1 Kẻ CH⊥DE (H∈DE) thì DH DE ; 2 KD 2 Mặt khác AD//CH (cùng vuông góc với DH) ; KCKH 1 Nên theo Talet ta có: (2). KAKD 2 Từ (1), (2) và do AKE CKD nên theo Talet AE//CD. Câu 9. Tính diện tích tam giác ABC. + Gọi h là khoảng cách từ K đến AB, ta có: S AE× h/2 AE AE 1 ∆AKE ==⇔=. S∆BKE BE× h/2 BE BE 2 A S∆ACE 1 + Suy ra: =⇔S∆BCE=2S∆ ACE S∆BCE 2 S∆AKM MA E 10 + Tương tự: ==1 ⇔S∆AKM=S∆CKM S∆CKM MB M Đặt xS== S , ta có: ∆AKM∆CKM 20 K SABM=S CBM ⇔20+ 10 +x=xS+BCK⇒ S BCK =30 Do đó, SBCK+S BEK =20+ 30= 50 Mà BE = 2AE ⇒S =25 ⇒S =75 (đvdt) AEC ABC B D C AM AN PQ Câu 10.a) Chứng minh rằng: ++=1. AB AC AQ Gọi E, F là giao điểm của NP, MP với BC. Do NE//AB, MF//AC nên theo Thales ta có: A AM FC ANBE =; = AB BC ACBC M N PQ EQ FQEQ + FQ EF === . P AQ BQ QCBQ + QC BC AMAN PQ FC BE EF Từ đó: ++=++=1 (đpcm). ABAC AQ BC BC BC B E Q F C AM. AN. PQ 1 b) Xác định vị trí điểm Q để = . AB. AC. AQ 27 AM AN PQ Áp dụng câu a) và BĐT Cauchy cho 3 số dương: ,,: AB AC AQ AM AN PQ AM AN PQ AM AN PQ 1 1= ++≥33 ⇔ ≤. AB AC AQ AB AC AQ AB AC AQ 27 AM AN PQ 1 Dấu “=” xảy ra ⇔===. AB AC AQ 3 Khi đó MN//BC. Vì AQ đi qua trung điểm MN nên Q là trung điểm của BC. AM. AN. PQ 1 Vậy, khi Q là trung điểm của BC thì = . AB. AC. AQ 27 HẾT Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 96
8. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 19 Câu 1. a) Cho a2+b2≤2 . Chứng minh rằng: ab+≤2. Ta có a2+b2≤2 mà 2ab≤ a2+ b2≤2 2 Do đó a2+b2+2ab≤22+⇔( ab+) ≤ 4⇔ ab+≤2⇔−2≤ ab+≤2. Vậy, nếu a2+b2≤2 thì ab+≤2. b) Cho a, b là các số tùy ý. Chứng minh: 4aaba( +)( +1)( ab++1) + b2 ≥0 Đặt B=4aaba( +)( +1)( ab++1) + b2=4(a2+abaa+)( 2+ abab++) + b2 Đặt m=a2 +ab+ a , ta có: 2 B=4.mm( +b) +b2=4m2+4mbb+2=(2 m+b) ≥0 Vậy, 4aaba( +)( +1)( ab++1) + b2 ≥0. Dấu “=” ⇔2m+b=0⇔2(a2 +ab+ a) +b =0. c) Cho a, b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh: abc≥(b + c− a)( a+ c− b)( a+ b− c) . Đặt bca+−= x>0, acb+−= y>0, abc+−= z>0 thì xyz > 0 và xy+=2, ayz+= 2, bz+ x= 2 c C/m BĐT phụ: ( xyyzzx+)( +)( +) ≥8 xyz với xyz,,≥ 0 . 222 Thật vậy, ta có ( xy+) ≥4, xyyz( +) ≥ 4, yzzx( +) ≥ 4 zx 222222 2 2 Suy ra ( xy+) ( yz +) ( zx +) ≥64xyz ⇔( xyyzzx +)( +)( +)≥(8xyz ) ⇔( xyyzzx+)( +)( +) ≥8 xyz ( cả hai vế đều không âm) Do đó, ( xyyzzx+)( +)( +) ≥8 xyz với xyz,,≥ 0 . Dấu “=” x=y=z≥ 0 Áp dụng BĐT trên, ta có (2a) .2( b) .2( c) ≥ 8(bcaacbabc+−)( +−)( +−) ⇔abc≥( b+ c− a)( a+ c− b)( a+ b− c) Vậy, abc≥(b + c− a)( a+ c− b)( a+ b− c) . Dấu “=” ⇔abc==⇔tam giác đã cho đều. Câu 2. a) Ta có: A=xa−1+ xa−2+ + xa−2m−1+ xa−2m =xa−1+ xa−2+ + xa−m+ am+1−x+am+2−x+ +a2m−x ≥( xa−1) +( xa−2) + +( xa−m) +( am+1−x) +(am+2−x) + +(a2m−x) =(am+1+am+2+ +a2m) −(a1+a2+ +am) Dấu “=” ⇔am≤xa≤m+1 . Vậy, GTNN( A) =( am+1+am+2+ +a2m) −(a1+a2+ +am) . Dấu “=” ⇔am≤xa≤m+1 . b) Ta có: B=xa−1+ xa−2+ + xa−2m−2+ xa−2m−1 =xa−1+ xa−2+ + xa−m+ am+1−x+am+2−x+ +a2m−1−x ≥( xa−1) +( xa−2) + +( xa−m−1) +0 +( am+1−x) +(am+2−x) + +(a2m−1−x) =(am+1+am+2+ +a2m−1) −(a1+a2+ +am−1) Dấu “=” ⇔xa=m . Vậy, GTNN( B) =(a m+1+am+2+ +a2m−1) −(a1+a2+ +am−1) . Dấu “=” ⇔xa=m . Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 97
9. (14+45)( 4+49)( 4+4) ( 214+ 4) Câu 3. Rút gọn biểu thức: P = (34+47)( 4+4)( 114+ 4) ( 234+ 4) 2 4+=2+−2=2−+2++=−2++2+ Xét n4(n2) (2n) (n2n2)(n2n2) (n1) 1(n1) 1 (14+45)( 4+49)( 4+4) ( 214+ 4) Do đó, P = (34+47)( 4+4)( 114+ 4) ( 234+ 4) 222222 (0+12)( +1) (4+16)( +1) (20+122)( +1) 11 = . == (22+14)( 2+1) (62+18)( 2+1) (222+124)( 2+1) 242 + 1577 2x3x Câu 4. Giải phương trình: +=1 x2 −4x+72( x2 −5x+7) 2x3x4x3x Ta có: +=1⇔+=1 x2−4x+7 2( x2 −5x+7) 2x2−8x+14 2x2−10x+ 14 + Với x = 0 không là nghiệm của phương trình 43 +Với x ≠ 0 phương trình đã cho được viết lại: +=1 14 14 2x+−82x+−10 xx 14 43 Đặt y=2x+−9, phương trình viết lại theo ẩn y là +=1 x y+1y−1 ⇒4( y−1) +3( y+1) =( y+1)( y−1) 2  y = 0 ⇔y−7y=0⇔  y = 7 + Với y = 0 thì 2x2 −9x+14= 0 ( vô nghiệm ) 2 x =1 + Với y ≠ 0 thì x−8x +70=⇔ (nh â n) x = 7 Vậy, S = {1; 7} Câu 4. Cho m, n là các số thực thay đổi sao cho m2+n2≤5 (1). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:Q=m+n+ mn +1 (2). Từ (2) ta có: 2Q=2(m+n) +2mn +2 Do đó: 2Q+m2+n2=m2+n2+2m+2n+2mn+2 2 =(m+n+1) +1≥1 Suy ra: 2Q≥1−(m2+n2) ≥−4 (do (1)) ⇒Q ≥−2. m =−2  m2+n2=5 n =1 ⇔⇔ Dấu “=” xảy ra   . m+n+10= m =1  n =−2 Vậy Min Q = -2 khi m =-2, n =1 hoặc m =1, n = -2. Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 98
10. Câu 6.Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p + 1 bằng lập phương một số tự nhiên. Giả sử 7p+1=m3 (m∈ ) , mà p≥2⇒m≥3 Khi đó 7p=m3−1=(m−1)(m2+m+1) (*) Vì 7, p là các số nguyên tố, m−11,>m2 +m+11 > nên từ (*) suy ra m −17= hoặc m2 +m+17= . am)−17=⇔ m= 8⇒p=73;m3 = 512= 7.73+ 1, đúng. b)m2+m+1 = 7 ⇔m2+m−6= 0 . Giải ra ta được m = 2 hoặc m = -3 đều không thỏa mãn điều kiện m ≥ 3 . Vậy chỉ có số nguyên tố p = 73 là số cần tìm. Câu 7. So sánh GA và GB. Gọi I là trung điểm của AB. Nối EF, EI, IF, ta có IE là đường trung bình của ∆ABC ⇒ IE // BC Mà GF ⊥ BC ⇒ GF⊥ IE (1) A I B Chứng minh tương tự GE ⊥ IF (2) Từ (1) và (2) ⇒ G là trực tâm của ∆EIF ⇒ IG ⊥ EF (3) G F E Dễ chứng minh EF // AB (4) ⇒ ⊥ C Từ (3) và (4) IG AB D Vậy ∆AGB cân tại G ⇒ GA = GB. BH Câu 8. Chứng minh rằng: >1 A CD Kẻ DK vuông góc với AC tại D, K∈ AB , kẻ DL vuông góc với BC tại L, Gọi O là giao điểm của DL và BH. 1 Ta có DBC =DBH + HBC = AKD+900 − C D 2 11 K =900−A+ 900−C =90 0− 1800− 2C +900−C =45 0 2( ) 2( ) Suy ra tam giác BDL vuông cân tại L ⇒BL= DL . O C/m: ∆BLO=∆ DLC( cgv− gnk ) Suy ra BO = DC B L C Mà BH = BO + OH > BO. Do đó, BH > DC BH Suy ra >1 (đpcm) CD abc3 Câu 9.a) Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng: ++≥ bc+ ca+ ab+2 ( Xem câu 3b đề 14) kkk b). Tìm giá trị bé nhất của biểu thức a+b+c hahbhc Đặt BC= a, AC=b , AC= b . Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 99
11. 1 Ta có S= ah.1( ) A ABC 2 a 1 F' Mặt khác, S=S+S=(b+ ck).(2) ABC ABD ADC 2 a k c E ka a Từ (1) và (2) suy ra = F ha bc+ h kbbkcc a kb Tương tự, =, = D' hbcah+c ab+ ka kakbkc abc3 Suy ra ++=++≥ ( theo câu a) B A' D E' C hahbhcbc+ ca+ab+2 kkk3 Suy ra GTNNa+b+c=⇔ab==c. Lúc đó tam giác ABC đều. hahbhc2 Câu 10. ABCD là hình bình hành nên N DAB + CDA =1800 Từ giả thiết ta lại có B C MAN + DAB = MAB + DAN =1800 Suy ra MAN = CDA Từ đó ∆MAN=∆CDA ( ) c g c . A Do đó AMN= DCA = BAC . D Lại có AB ⊥ AM Suy ra MN ⊥ AC. M HẾT HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 20 Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 100
12. PHÒNG GD&ĐT HUYỆN TUY AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THCS NGUYỄN THÁI BÌNH CẤP TRƯỜNG LỚP 8 THCS NĂM HỌC 2018-2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) HƯỚNG DẪN CHẤM (Bảng hướng dẫn chấm gồm 6 trang) I- Hướng dẫn chung: 1- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì cho đủ điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2- Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm hướng dẫn chấm phải bảo đảm không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi. 3- Điểm toàn bài thi không làm tròn số. II- Đáp án và thang điểm: CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1. 4,00 đ x21 10 − x2  1,00 đ =++−+ a) Rút gọn M2 :x2  x−42−xx+2x+2  ĐKXĐ: x ≠±2 0,25 đ x−2( x+2) +( x−2) 6−6x +21 Ta có: M = : =⋅= 0,50 đ ( x−2)( x+2) x+2( x−2)( x+2) 62−x 1 Vậy, M=,x≠±2 0,25 đ 2 − x 1 b) Tính giá trị của M , biết x = . 2 1,00 đ 11 −1 0,25 đ Ta có: x=⇔x= hoặc x = . 22 2 1 12 + Với x = ( thỏa ĐKXĐ) thì M == 0,25 đ 2 1 3 2 − 2 −1 12 + Với x = ( thỏa ĐKXĐ) thì M == 0,25 đ 1 2 2 + 5 2 1 2 2 0,25 đ Vậy, khi x = thì M = hoặc M = 2 3 5 c) Tìm giá trị của x để M 2 (thỏa ĐKXĐ) 2 − x Vậy, M 2 0,50 đ d) Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên. 1,00 đ Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 101
13. 1 0,50đ Để M = có giá trị nguyên khi x nguyên và x ≠±2 thì 2−xU∈(1) ={−1;1} 2 − x Giải ra x =1 hoặc x = 3 ( thỏa ĐKXĐ) 0,25 đ 0,25 đ Suy ra x ∈{1; 3} thì M có giá trị nguyên. Câu 2. 4,00 đ a) Phân tích đa thức A=a3+b3+c3−3abc thành nhân tử. Từ đó suy ra điều kiện của 1,00 đ abc,, để a3+b3+c3=3abc . 1 222 0,50 đ Ta có: A=a3+b3+c3−3abc=( abc++) ( ab−) +( bc−) +(c − a)  2  Để a3+b3+c3=3abc 0,25 đ ⇔3+3+3−= abc3abc 0 1 222 ⇔++−+−+−= (abc) ( ab) (bc ) ( ca) 0 2 0,25 đ abc++=0 ⇔  abc== 111 yz zx xy b) Cho ++=0.Tính giá trị của biểu thức sau: B =++. xyz x2y2z2 1,00 đ 111 1111 0,25 đ Áp dụng câu a), vì ++=0 nên ++=3. ( ĐKXĐ: xyz,,≠ 0 ) xyz x3y3z3 xyz yz zx xy xyz xyz xyz =++=++ Ta có: B 222333 0,50 đ xyzxyz 1111 =xyz.++=xyz.3.= 3 x3y3z3xyz 0,25 đ 111 Vậy, B = 3khi ++=0 xyz c) Cho xyz,, là ba số thực khác 0, thỏa mãn xyz++≠0 và x3+y3+z3=3xyz . 1,00 đ x2019+y 2019+z2019 Tính C = 2019 . ( xyz++) Áp dụng câu a), vì xyz,, là ba số thực khác 0, thỏa mãn xyz++≠0 và 0,25 đ x3+y3+z3=3xyz nên x=y=z≠ 0 . 2019 2019 2019 2019 x+y+z3.x 1 Do đó, C = 2019 =2019 = ( xyz++) (3 x) 32018 0,50 đ 1 Vậy, C = với xyz,, là ba số thực khác 0, thỏa mãn xyz++≠0 và 32018 333 0,25 đ x+y+z=3xyz 333 d) Giải phương trình: x 2018 x 2019 2x 4037 0 . 1,00 đ 333 Ta có: x 2018 x 2019 2x 4037 0 0,25 đ 333 ⇔( x−2018) +( x− 2019) +( 4037− 2x) = 0 Vì ( x−2018) +( x− 2019) +( 4037− 2x) =0 nên theo câu a) ta có: Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 102
14. 333 ( x−2018) +( x− 2019) +( 4037− 2x) = 0 0,25 đ ⇔3( x−2018)( x− 2019)( 4037− 2x) = 0  x−2018= 0x=2018   0,25 đ ⇔x−2019= 0⇔x=2019   4037− 2x = 0 4037  x =  2 4037 0,25 đ Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là : S = 2018;2019;  2  Câu 3. 4,00 đ 34− x 2,00 đ a) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức K = 2x2 + 2 2 22 2 2 34−xx− 4x+4−x−1 ( x−2) −( x+1) ( x − 2) 1−1 Ta có: K == = =−≥ 0,50 đ 2x2 + 2 2( x2+1) 2( x2+1) 2( x2+1) 22 Dấu “=” ⇔x−20=⇔x=2 0,25 đ −1 0,25 đ Suy ra GTNN( K) =⇔ x =2 2 22 34−x 4x2+44−x2− 4x−1 (4x+4) −(4x+4x+1) 0,50 đ Ta có: K == = 2 + 22 2x 2 2( x+1) 2( x+1) 2 2 2 4( x+1) −(2x+1) (2x +1) ==−≤ 2222 2( x+1) 2( x+1) 0,25 đ −1 Dấu “=” ⇔2x+10=⇔x= 2 0,25 đ −1 Suy ra GTLN( K) =2 ⇔x = 2 42 b) Xác định các hệ số hữu tỉ a và b sao cho fx( ) =x +ax+ b chia hết cho 2,00 đ gx( ) = x2 −x+1. Phép chia hết của fx( ) =x 4+ax2+ b cho gx( ) =x 2 −x+1 có đa thức thương dạng 0,25 đ =2 ++ hx( ) xcx b . Ta viết x4+ax2+ b=( x2−x+1)( x2+cx+ b) với mọi x 0,25 đ 22 432322 0,25 đ Ta có: ( x−x+1)( x+cx+ b) =x+cxbx+− x−cx− bxx++ cx+ b 0,25 đ =x4+(c−1) x3+(bc−+1) x2+(−b+ cx) + b 4243 2 0,25 đ Suy ra x+ax+ b=x+(c−1) x+(bc−+1) x+(−b+ c) x+ b với mọi x 0,25 đ Đồng nhất thức hai vế, ta được: c−1= 0,bc−+ 1= a,−bc+=0 0,25 đ Suy ra a=b=c=1 0,25 đ Vậy, ab==1 Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 103
15. Câu 4. 3,00 đ A I B E D H M C a) Chứng minh: AB= 2 AD . 1,00 đ Ta có: AB = 2AI (Vì I là trung điểm của AB ) (1) 0,25 đ Ta lại có: ADI= IDC ( Vì DI là phân giác của ADC ), 0,50 đ = mà AIDIDC ( Vì AB // DC, slt) Do đó, ADI= AID suy ra ∆ADI cân tại A nên AD= AI (2) 0,25 đ Từ (1) và (2) suy ra AB= 2 AD b) Kẻ AH⊥ DCH(∈DC). Chứng minh: DI= 2AH 1,50 đ Gọi M là trung điểm của DC, E là giao điểm của AM và DI. 1  0 0,50 đ Ta có DA=DM= AB và ADM = 60 nên tam giác ADM đều. 2  0,50 đ Suy ra DI là đường phân giác nên cũng là đường cao. Do đó, DI⊥ AM tại E. 0,25 đ ∆ = Vì ADM đều có AH, DE là hai đường cao nên AH DE (3) Vì ∆ADI cân tại A, có AE⊥ DI tại E nên DI= 2DE (4) 0,25 đ Từ (3) và (4) suy ra DI= 2AH . c) Chứng minh: AC⊥ AD . 0,50 đ 1 Xét tam giác ADC có AM là đường trung tuyến và AM= DM= DC nên DAC = 900 . 2 0,50 đ Vậy, AC⊥ AD . Câu 5. 3,00 đ A E D B C F a) Chứng minh hệ thức: AB2 = AE.AF . 1,50 đ Ta có : BD// FC ( cùng vuông góc với AC ) AD AB 0,50 đ Suy ra = (1) AC AF Ta lại có: AB= AC và AE= AD (?) (2) 0,50 đ 0,50 đ Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 104
16. AE AB Từ (1) và (2) suy ra = , do đó AB2 = AE.AF . AB AF CE BE 1,50 đ b) Chứng minh: = . CF BF + C/m : ∆BCE=∆ CBD( ch− gn) 0,50 đ Suy ra BCE= DBC + Mặt khác, DBC = BCF ( Vì BD // FC, slt ) Suy ra BCE = BCF 0,50 đ Khi đó CB là đường phân giác của ∆ECF . 0,50 đ CE BE Suy ra = ( đpcm ) CF BF Câu 6. 2,00 đ A B H K M D C Chứng minh: BM⊥ MD . Gọi K là trung điểm của DH. C/m: MK là đường trung bình của ∆DHC . 1 0,50 đ Suy ra KM// DC và KM= DC (1) 2 1 Ta lại có: AB= DC và AB // DC (gt) (2) 2 0,50 đ Từ (1) và (2) suy ra AB= KM và AB// KM Do đó, ABMK là hình bình hành, cho ta BM// AK (3) 0,50 đ ⊥ ⊥ Vì MK//AB và AB AD() gt nên MKAD Trong tam giác ADM có MK⊥ AD và DH⊥ AM nên K là trực tâm của tam giác 0,50 đ ADM, do đó AK⊥ DM (4) Từ (3) và (4) suy ra BM⊥ MD (đpcm) . Hãy luôn chiến thắng chính mình . Trang: 105