20 Đề thi thử cấp huyện học sinh giỏi Toán Lớp 8 (Có hướng dẫn chấm)

Nội dung text: 20 Đề thi thử cấp huyện học sinh giỏi Toán Lớp 8 (Có hướng dẫn chấm)

1. ĐỀ THI THỬ CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 ( ĐỀ 1) Câu 1: Cho bốn số dương abcd,,, . Chứng minh rằng: abcd 12 0. Chứng minh rằng +≥ và ≥ 2 x y xy+ 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 xx2 ++23 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 Trang: 1
2. ĐỀ THI THỬ CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 ( ĐỀ 2) Câu 1: a) Chứng minh rằng: 2130+ 39 21 chia hết cho 45 b) Chứng minh rằng: Với mọi số tự nhiên n ta có: 5n++2++ 26.5 nn 821 59 . xxxxx5432−+−−+2 2 4 36 Câu 2: Cho biểu thức M = xx2 +−28 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. 2xx32+++ 25 x A = 21x + Câu 4: Cho biểu thức M=−( xaxb)( −+−) ( xbxc)( −+−) ( xcxa)( −+) x2 111 Tính M theo abc,, biết rằng x=++ abc 222 22 Câu 5: Giải phương trình: (2xx2+− 2016) + 4( x 2 − 3 x − 1000) = 4( 2 xx 22 +− 2016)( x − 3 x − 1000) Câu 6: Tìm giá trị của biến x để: 1 xx2 ++1 a) P = đạt giá trị lớn nhất b) Q = đạt giá trị nhỏ nhất xx2 ++26 xx2 ++21 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 SS≤ .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 Trang: 2
3. ĐỀ THI THỬ CẤP HUYỆN MÔN TOÁN 8 ( ĐỀ 3) 2 ( x −1) 12−+x22 4 x 1 xx + = −+ Câu 1: Cho biểu thức R 2 33: 31xx+−( ) x−11 x −+ xx 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 =++22210 11 12 chia hết cho 7. b) Bn=(6 + 1)( n +− 5) ( 3 n + 52)( n − 1) chia hết cho 2, với nZ∈ . c) Cn=++532 15 n 10 n chia hết cho 30, với nZ∈ . d) Nếu a=−=−=− x2 yzb;; y 22 xzc z xy thì D= ax ++ by cz chia hết cho (abc++) . e) Ex=−−++4324 x 2 x 12 x 9 là bình phương của một số nguyên, với xZ∈ . 2018 2018 f) F=( xx22 +−1) +( xx −+ 12) − chia hết cho ( x −1). g) Gx=++84nn x 1 chia hết cho xx2nn++1, với nN∈ . Câu 3: a) Tìm GTLN của Ax=−42( −− x 4) 92x b) Tìm GTNN của biểu thức B = + , với 02<<x 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 Trang: 3
4. Câu 4. Với abc,,> 0. Hãy chứng minh các BĐT: ab bc a) +≥2b ca ab bc Với abc>>>0, 0, 0 nên >>0, 0 ca ab bc ab bc ab bc Áp dụng BĐT Cô-si cho hai số dương và ta được +≥2. = 2bb2 = 2 c a c a ca Dấu “=” ⇔=>ac0 ab bc Vậy, +≥2b với abc,,> 0. Dấu “=” ⇔=>ac0 . 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 “=” ⇔==>abc0 . ab bc ca Vậy, + + ≥++abc. Dấu “=” ⇔==>abc0 . cab ab33+++ bc 33 ca 3 3 c) + + ≥++abc. 222ab bc ca ab333333+++ bc ca a 2222 b b c c 2 a 2 Ta có + + =+++++ 2abbccabacbac 2 2 222222 a2 c 2 a 22 c ac +≥ =  2 2 22bb 4 b b  b22 c bc Áp dụng kết quả câu a, ta có:  +≥ 22a ac a22 b ab  +≥ 22c cc ab33+++ bc 33 ca 3 3ab bc ca ⇒++≥+ + ≥++abc 222ab bc ca cab Dấu “=” ⇔==>abc0 . ab33+++ bc 33 ca 3 3 Vậy, + + ≥++abc. Dấu “=” ⇔==>abc0 . 222ab bc ca xx42++1 Câu 5. a) Cho xx2 −4 += 10. Tính E = x2 xx2 −+1 *Cách 1: Ta có x22−4 x += 1 0 ⇒ xx −+= 1 3 x ⇒ =3,x ≠ 0 x xx42+ +1 xx 2 −+ 1 xx 2 ++ 1 xx2 ++ 1 xx2 −+ 12 x = = = = + = += E 2 . 3. 3.3.( 3 5) 15. x x x x xx Trang: 94
5. xx42++1 Vậy, E = =15 khi xx2 −4 += 10. x2 222 xx42++1 ( xx+−1) (4xx) − 2 15x2 *Cách 2: Ex= = = = =15, ≠ 0 x2 x 2 xx 22 x x2 b) Cho = a . Tính F = theo a xx2 −+1 xx42++1 + Xét x = 0 thì aF=⇒=00 + Xét x ≠ 0 thì a ≠ 0 x2 xx x Ta có Fa= =⋅=⋅(1) xx42+ +1 xx 2 −+ 11 xx 2 ++ xx2 ++ 1 xx22++1 xx −+ 1 2 x 1 12+ a x2 a Mặt khác, = + = +=22 ⇒ = ( ) x22 x xa a xx++1 12 + a aa2 Từ (1) và (2) suy ra Fa=⋅= 12++aa 12 a2 x Vậy, F = khi = a . 12+ a xx2 −+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+= y 20132 xy 1006 1006 . 2 Ta có: xy2013+= 201324 xyxy 1006 1006 ⇒( 2013 + 2013 ) = xy2012 2012 (2) 2 Mặt khác: ( x2013+≥ y 2013 ) 4 xy2013 2013 (3) Từ (2) và (3) suy ra: 44xy2012 2012≥ xy 2013 2013 Hay : 4x2012 y 2012 (1−≥ xy ) 0 .Do đó P=−≥10 xy . Đẳng thức xảy ra khi: xy=⇔=11 x2013 y 2013 (4). xy2013 2013 =11 x = Từ (1) và (4) ta có: ⇔ . 2013 2013 xy+=2 y =1 Vậy Min (P) = 0 khi x = y =1. Câu 7. Vì AB +⇒ AB AC3 BC >++=⇒> AB AC BC18 BC 6( 1) Theo BĐT tam giác ta có: BC<+⇒ AB AC2 BC <++=⇒< AB AC BC18 BC 9( 2) Từ (1) và (2) suy ra 69<<BC mà BC có độ dài là một số chẵn. Do đó BC= 8 cm . Tương tự, c/m được 28<<<AB AC và AB+= AC 10 Suy ra AB=3, cm AC = 7 cm hoặc AB=4, cm AC = 6 cm Vậy, AB=3, cmAC = 7, cmBC = 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 3000 ; ADK 90 H 0 Suy ra KDC 60 K Và ∆ DEC đều B C D DK AB 1 Nên ∆ABC≅∆DKC (g.g) . DC AC 3 Trang: 95
6. 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) ; KC KH 1 Nên theo Talet ta có: (2). KA KD 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: =⇔=SS∆∆BCE2 ACE S∆BCE 2 S∆AKM MA E 10 + Tương tự: ==⇔=1 SS∆∆AKM CKM S∆CKM MB M Đặt xS= = S , ta có: ∆∆AKM CKM 20 K SSABM= CBM ⇔20 + 10 +=+x xSBCK ⇒ S BCK =30 Do đó, SSBCK+ 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 AN BE =; = AB BC AC BC M N PQ EQ FQ EQ+ FQ EF = = = = . P AQ BQ QC BQ+ QC BC AM AN PQ FC BE EF Từ đó: ++=++=1 (đpcm). AB AC 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 Trang: 96
7. HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ 19 Câu 1. a) Cho ab22+≤2 . Chứng minh rằng: ab+≤2. Ta có ab22+≤2 mà 22ab≤+≤ a22 b 2 Do đó a22+ b +2 ab ≤+⇔ 22( ab +) ≤⇔ 4 ab +≤⇔−≤+≤ 2 2 ab 2. Vậy, nếu ab22+≤2 thì ab+≤2. b) Cho a, b là các số tùy ý. Chứng minh: 4aaba( +)( + 1)( ab ++ 10) + b2 ≥ Đặt B=4 aaba( +)( + 1)( ab +++= 14) b22( a ++ abaa)( 2 ++++ abab) b2 Đặt m=++ a2 ab a , ta có: 2 B=4. mmb( ++=) b224 m + 4 mbb += 2( 2 mb +) ≥ 0 Vậy, 4aaba( +)( + 1)( ab ++ 10) + b2 ≥. Dấu “=” ⇔2m +=⇔ b 02( 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 x+= y2, ay += z 2, bz += x 2 c C/m BĐT phụ: ( x+ y)( y + z)( z +≥ x) 8 xyz với xyz,,≥ 0. 222 Thật vậy, ta có ( xy+≥) 4, xyyz( +≥) 4, yzzx( +≥) 4 zx 2222 22 2 2 Suy ra ( xy+) ( yz +) ( zx +≥) 64 xyz ⇔+( xyyzzx)( +)( +) ≥(8 xyz) ⇔+( x y)( y + z)( z +≥ x) 8 xyz ( cả hai vế đều không âm) Do đó, ( x+ y)( y + z)( z +≥ x) 8 xyz với xyz,,≥ 0. Dấu “=” xyz= = ≥ 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=− xa12 +− xa ++− xa 212mm− +− xa =−xa12 +− xa ++− xamm + a++1 −+ x a m 2 −++ x a 2m − x ≥( xa −12) +( xa −) ++ ( xa −mm) +( a++1 − x) +( a m 2 − x) ++ ( a 2m − x) =(amm++1 + a 2 ++ a 2 m) −( aa 12 + ++ am) Dấu “=” ⇔amm ≤≤ xa+1 . Vậy, GTNN( A) =( amm++1 + a 2 ++ a 2 m) −( a 12 + a ++ am) . Dấu “=” ⇔amm ≤≤ xa+1 . b) Ta có: B=− xa1 +− xa 2 ++− xa22mm−− +− xa 21 =−xa1 +− xa 2 ++− xamm + a++1 −+ x a m2 −++ x a21m − − x ≥( xa −1) +( xa − 2) ++ ( xa −mmm−++1) ++0 ( a1 − x) +( a2 − x) ++ ( a21 m − − x) =(amm++1 + a 2 ++ a 21 m −) −( aa 1 + 2 ++ am−1) Dấu “=” ⇔=xam . Vậy, GTNN( B) =( amm++1 + a 2 ++ a 21 m −) −( a 1 + a 2 ++ am−1) . Dấu “=” ⇔=xam . Trang: 97
8. (1444+++ 4)( 5 4)( 9 4) ( 21 4 + 4) Câu 3. Rút gọn biểu thức: P = (344++ 4)( 7 4)( 11 4 + 4) ( 23 4 + 4) 2 42+= + −2 =2 − + 2 + + = −22 +  + +  Xét n4( n 2) ( 2 n) ( nn 22)( nn 22) ( n 11) ( n 11)  (1444+++ 4)( 5 4)( 9 4) ( 21 4 + 4) Do đó, P = (344++ 4)( 7 4)( 11 4 + 4) ( 23 4 + 4) 22 22 2 2 (01214161++)( ) ( ++)( ) ( 201221 +)( +) 11 = . = = (2141618122++)( ) ( 22 ++)( ) ( 221241 2 +)( 2 +) 242 + 1 577 23xx Câu 4. Giải phương trình: +=1 xx2 −+472( xx2 −+ 57) 23xx 4 x 3 x Ta có: + =⇔+=11 xx2−+4 7 2( xx2 −+ 57) 2xx22−+ 8 14 2 x − 10 x + 14 + Với x = 0 không là nghiệm của phương trình 43 +Với x ≠ 0 phương trình đã cho được viết lại: +=1 14 14 2xx+− 8 2 +− 10 xx 14 43 Đặt yx=+−29, phương trình viết lại theo ẩn y là +=1 x yy+−11 ⇒4( y −+ 13) ( y += 1) ( yy + 1)( − 1) 2  y = 0 ⇔−=⇔yy70  y = 7 + Với y = 0 thì 2xx2 −+= 9 14 0 ( vô nghiệm ) 2 x =1 + Với y ≠ 0 thì x−8 x +=⇔ 70 (nh â n) x = 7 Vậy, S = {1; 7} Câu 4. Cho m, n là các số thực thay đổi sao cho mn22+≤5 (1). Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:Q= m ++ n mn +1 (2). Từ (2) ta có: 22Q=( m ++ n) 2 mn + 2 Do đó: 2Qmnmn+22 += 22 ++2 mnmn ++ 22 + 2 2 =(mn ++11) +≥1 Suy ra: 21Q≥ −( mn22 +) ≥− 4 (do (1)) ⇒Q ≥−2. m = −2  mn22+=5 n =1 ⇔⇔ Dấu “=” xảy ra   . mn+ +=10 m =1  n = −2 Vậy Min Q = -2 khi m =-2, n =1 hoặc m =1, n = -2. Trang: 98
9. Câu 6.Tìm các số nguyên tố p sao cho 7p + 1 bằng lập phương một số tự nhiên. Giả sử 71p+= mm3 ( ∈ ) , mà pm≥⇒23 ≥ Khi đó 7pm=32 −= 11( m −)( m + m + 1) (*) Vì 7, p là các số nguyên tố, m−>11, mm2 + +> 11 nên từ (*) suy ra m −=17 hoặc mm2 + +=17. am)−= 1 7 ⇔ m = 8 ⇒ p = 73; m3 = 512 = 7.73 + 1, đúng. b)mm22++=⇔ 1 7 mm +−=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 −AC + 90 0 −=  90 00 − 180 − 2 C + 90 0 −= C 45 0 22( ) ( ) 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 abc++ hhhabc Đặt BC= a,, AC = b AC = b . Trang: 99
10. 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 kkbcbc a kb Tương tự, =, = D' hbc cah++ ab ka kkkabc abc3 Suy ra ++= + + ≥ ( theo câu a) B A' D E' C habc h h bc++ ca ab +2 kkk 3 Suy ra GTNNabc+ + =⇔==abc. Lúc đó tam giác ABC đều. hhhabc 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 Trang: 100
11. 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 xx2 1 10 − 2 1,00 đ = + + −+ a) Rút gọn Mx2 :2 x−−+42 xx 2 x +2  ĐKXĐ: x ≠±2 0,25 đ xx−22( ++−) ( x 2) 6−+ 6x 21 Ta có: M = : = ⋅= 0,50 đ ( xx−+22)( ) x + 2( xx −+ 2262)( ) − x 1 Vậy, Mx=,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: xx=⇔= 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 02xx 0 2 (thỏa ĐKXĐ) 2 − x Vậy, Mx 02 0,50 đ d) Tìm các giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên. 1,00 đ Trang: 101
12. 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=++− a333 b c3 abc thành nhân tử. Từ đó suy ra điều kiện của 1,00 đ abc,, để a333++= b c3 abc . 1 222 0,50 đ Ta có: A= a333 + b + c −3 abc =( a ++ b c) ( a − b) +( b − c) +( c − a) 2  Để a333++= b c3 abc 0,25 đ ⇔333 ++− = a b c30 abc 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 xyz2 22 1,00 đ 111 111 1 0,25 đ Áp dụng câu a), vì ++=0 nên ++=3. ( ĐKXĐ: xyz,,≠ 0) xyz x3 y 33 z xyz yz zx xy xyz xyz xyz =++= + + Ta có: B 2 22 3 3 3 0,50 đ xyz x y z 111 1 =xyz. ++ =xyz.3. = 3 x3 y 33 z 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++= y 33 z3 xyz . 1,00 đ xyz2019++ 2019 2019 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++= y 33 z3 xyz nên xyz= = ≠ 0 . 2019 2019 2019 2019 xyz++ 3. 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 3 33 0,25 đ x++= y z3 xyz 33 3 d) Giải phương trình: xx 2018 2019 2 x 4037 0 . 1,00 đ 33 3 Ta có: xx 2018 2019 2 x 4037 0 0,25 đ 33 3 ⇔−( xx2018) +−( 2019) +( 4037 − 2 x) = 0 Vì ( xx−2018) +−( 2019) +( 4037 − 2 x) = 0 nên theo câu a) ta có: Trang: 102
13. 33 3 ( xx−2018) +−( 2019) +( 4037 − 2 x) = 0 0,25 đ ⇔−3( xx 2018)( − 2019)( 4037 −= 2 x) 0  xx−=2018 0 = 2018   0,25 đ ⇔−xx2019 =⇔= 0 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 = 22x2 + 2 22 2 2 34−xx − 4 x +− 4 x − 1 ( xx−−+21) ( ) ( x − 2) 1− 1 Ta có: K = = = = −≥ 0,50 đ 2x2 + 2 21( x2+) 21( xx 22 ++) 21( ) 22 Dấu “=” ⇔−=⇔=xx20 2 0,25 đ −1 0,25 đ Suy ra GTNN( K) = ⇔= x 2 2 22 34−xx 422 +− 44 xx − 4 − 1 (44441x+−) ( xx + +) 0,50 đ Ta có: K = = = 2 + 22 22x 21( xx++) 21( ) 2 2 2 4( xx+− 1) ( 21 +) (21x + ) = =−≤ 2222 21( xx++) 21( ) 0,25 đ −1 Dấu “=” ⇔2xx += 10 ⇔ = 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 f( x) =++ x ax b chia hết cho 2,00 đ gx( ) = x2 −+ x 1. Phép chia hết của f( x) =++ x42 ax b cho gx( ) = x2 −+ x 1 có đa thức thương dạng 0,25 đ =++2 h( x) x cx b . Ta viết x42+ ax += b( x 2 −+ x1)( x 2 + cx + b) với mọi x 0,25 đ 22 43 23 2 2 0,25 đ Ta có: ( x−+ x1)( x + cx + b) =+x cxbx + −− x cx −+++ bxx cxb 0,25 đ =x43 +( c −11) x +( b − c +) x 2 +−+( b cx) + b 42 4 3 2 0,25 đ Suy ra x+ ax + b = x +( c −11) x +( b − c +) 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 abc= = =1 0,25 đ Vậy, ab= =1 Trang: 103
14. Câu 4. 3,00 đ A I B E C D H M 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 AID IDC ( 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⊥∈ DC() H DC . Chứng minh: DI= 2 AH 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= 24 DE ( ) 0,25 đ Từ (3) và (4) suy ra DI= 2 AH . 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 Trang: 104
15. 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 MK AD 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) . Trang: 105