ĐỀ 1
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) 5x
2
- 26x + 24 c) x
2
+ 6x + 5
b)
1
2
3
4
3
8
1
23
−+− xxx
d) x
4
+ 2015x
2
+ 2014x + 2015
Bài 2: (1,5 điểm)
a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:
(6
x
+ 7)(2
x
– 3) – (4
x

thức
2
10 21x x
+ +
.
Bài 3 (1,25 điểm): Cho biểu thức
2 2 2 2 2 2
4xy 1 1
A :
y 2x y x y xy x
 
= +
 ÷
− − + +
 
a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định.
b) Rút gọn A.
c) Nếu x; y là các số thực làm cho A xác định và thoả mãn: 3x
2
+ y
2
+ 2x – 2y = 1, hãy
tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A?
Bài 4 : (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a) x
3
- 2x
2
- 5x + 6 = 0 c)
183

hình chữ nhật.
c) Chứng minh P là trực tâm
∆
SQR.
d) Chứng minh MN là đường trung trực của AC.
e) Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Bài 6 : (0,5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 13x
2
+ y
2
+ 4xy - 2y - 16x + 2015
b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a
3
+ b
3
+ ab
≥
2
1
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM
1
BÀI NỘI DUNG
THANG
ĐIỂM
Bài 1
(2
điểm)
a) 5x






+






−






xxx
=
3
1
2
1






(x
2
+ x + 1) – x(x
2
+ x + 1) + 2015(x
2
+ x + 1) = (x
2
+
x + 1)(x
2
– x + 2015)
0,5 điểm
Bài 2
(1,5
điểm)
a) ( 6
x
+ 7)(2
x
– 3) – (4
x
+ 1)
7
3
4
x
 
−
 ÷

+
0,5 điểm
c)
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
2 2
( ) 2 4 6 8 2015 10 16 10 24 2015P x x x x x x x x x= + + + + + = + + + + +
Đặt
2
10 21 ( 3; 7)t x x t t= + + ≠ − ≠ −
, biểu thức P(x) được viết lại:
( ) ( )
2
( ) 5 3 2015 2 2000P x t t t t= − + + = − +
Do đó khi chia
2
2 2000t t− +
cho t ta có số dư là 2000
0,5 điểm
Bài 3
(1,25
điểm)
a) Điều kiện: x
≠
±
y; y
≠
0 0,25 điểm
b) A = 2x (x+y) 0,5 điểm
c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị

⇒
A
≤
2.
+ A = 2 khi
( )
x y 1 0
2x x y 2
x y;y 0
− + =


+ =


≠ ± ≠


⇔

1
x
2
3
y
2

=



=



+

=


+ Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2
0,25 điểm
0,25 điểm
Bài 4 a) x
3
- 2x
2
- 5x + 6 = 0
⇔
x
3
- x
2
- x
2
+ x - 6x + 6 = 0
⇔
(x - 1)(x
2
- x - 6) 0,5 điểm
2

5
≥⇔ x
0,5 điểm
c) ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2
3 2 4 9
1 4 4 6 3 3 6
1 1 1 1 4 1 1
1 4 4 6 3 3 6
3 3 4 1 3 3 1
1 4 1
1 3 3 3 1 3 3 1 3 3 1 3
4 8 0 4 2 0
x x x x x x
x x x x x x
x x x x
x x x x x x x x
x x x x
⇔ + = +
+ + + + − +
     
⇔ − + − = + −

- (y+2)
2
= 7
⇔
(x – y - 1)(x + y + 3) = 7 Vì x, y nguyên dương
Nên x + y + 3 > x – y – 1 > 0
⇒
x + y + 3 = 7 và x – y – 1 = 1
⇒
x = 3;
y = 1
Phương trình có nghiệm dương duy nhất (x , y) = (3 ; 1)
0,5 điểm
Bài 5
(2,75
điểm
Vẽ đúng hình, cân đối đẹp.
a) a)
∆
ADQ =
∆
ABR vì chúng là hai tam
giác vuông (2 góc có cạnh t.ư vuông góc) và
DA = BD (cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR,
nên
∆
AQR là tam giác vuông cân. Chứng
minh tương tự ta có:
∆
ABP =

⊥
SQ nên QA và RC là hai đờng cao của
∆
SQR. Vậy P là trực tâm của
∆
SQR.
d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =
2
1
QR
⇒
MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.
Chứng minh tương 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 trung trực
của AC
3
e) 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 đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng.
0,5 điểm
Bài 6
(0,5
điểm
a) A = 13x
2
+ y
2
+ 4xy - 2y - 16x + 2015 = y
2
+ 4xy - 2y + 13x

−
)
0,25 điểm
b) Ta có a
3
+ b
3
+ ab
≥
2
1
(1)
⇔
a
3
+b
3
+ab -
2
1
≥
0
⇔
(a+b)(a
2
+ b
2
-ab) + ab-
2
1

⇔
2a
2
+2 - 4a + 2a
2
- 1
0
≥
⇔
4(a
2
- a +
4
1
)
0
≥
⇔
≥






−
2
2
1
4 a

Bài 2: (4,0 điểm) Tìm x, biết:
a/
2
4 12
3
x + = −
; b/
3 1
: 3
4 4
x+ = −
;
c/
3 5 4x − =
; d/
4 3 2 1
2011 2012 2013 2014
x x x x+ + + +
+ = +
Bài 3: (2,0 điểm)
a/ Cho A =
2
3 2
4 4
2 4 8
a a
a a a
+ +
+ − −
. Tìm

+ + +
.
Tính: S =
a b c
b c a c a b
+ +
+ + +
Câu 6: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhỏ hơn 90
0
. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm C, bờ là
đường thẳng AB vẽ AF vuông góc với AB và AF = AB. Trên nửa mặt phẳng không chứa điểm B, bờ là
đường thẳng AC vẽ AH vuông góc với AC và AH = AC. Gọi D là trung điểm của BC. Trên tia đối của tia
DA lấy điểm I sao cho DI = DA. Chứng minh rằng:
a/ AI = FH ; b/ DA
⊥
FH
Bài 7: (2 điểm)Cho hình bình hành ABCD có E, F thứ tự là trung điểm của AB, CD.
a/ Chứng minh rằng các đường thẳng AC, BD, EF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.
b/ Gọi giao điểm của AC với DE và BF theo thứ tự là M và N. Chứng minh rằng EMFN là hình bình
hành.
Bài 8: (1 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của:
( )
( ) ( ) ( ) ( )
1 3 4 6 10
x
A x x x x= − − − − +
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (4 điểm)
5

+ x + 1)
= (x
2
+ x + 1)(x
4
+ 2014 – x + 1)
= (x
2
+ x + 1)(x
4
– x + 2015)
c/ x
3
+ y
3
+ z
3
– 3xyz = (x + y)
3
– 3xy(x + y) + z
3
– 3xyz =
= (x + y + z)
3
– 3z(x + y)(x + y + z) – 3xy(x + y + z)
= (x + y + z)[(x + y + z)
2
– 3z(x + y) – 3xy]
= (x + y + z)[x
2

: 3 : :
4 4 4 4 4 4 15
x x x x
 
+ = − ⇔ = − ⇔ = − ⇔ = −
 ÷
 
. Vậy x =
1
15
−
c/
3 5 4x − =
. Xét 2 trường hợp:
* Nếu x
≥
5/3 ta có: 3x - 5 = 4
⇔
3x = 9
⇔
x = 3 (t/m ĐK trên)
* Nếu x < 5/3 ta có: 3x-5 = - 4
⇔
3x = 1
⇔
x = 1/3 (t/m ĐK đang xét)
Vậy x = 3 ; x = 1/3.
d/
4 3 2 1 4 3 2 1
1 1 1 1

2a −
Để A nguyên
1
2a
⇔
−
nguyên
⇔
1
M

⇔
a = 1; a = 3
b/ n
5
+ 1
M
n
3
+ 1
⇔
n
2
(n
3
+ 1) - (n
2
- 1)
M
(n

n
2
– n + 1
Vậy giá trị của n tìm được là n = 1
Bài 4: (2,0 điểm)
a/ Ta có:
( )
1 3 5 5 5 3 9 4 20
2 4 6 10 12 24
5 3 4 5 9 20
1 3 5
2 4 6 10 12 24
a b c a b c
a b c
a b c
− + − − + −
= = = = =
− − − − +
− + −
⇒ = = =
− +
Vì 5a - 3b - 4c = 46 nên:
6
1 3 5 46 6 52
2
2 4 6 26 26
a b c− + − +
= = = = = −
− −
Suy ra a - 1 = - 4

1 1 1 1
2011a b a c b c
+ + =
+ + +
a + b + c = 2014
⇒
a = 2014- (b + c);
b = 2014-(a + c); c = 2014 - (a + b)
Do đó:
( ) ( ) ( )
2014 2014 2014b c a c a b
S
b c a c a b
− + − + − +
= + +
+ + +

2014 2014 2014
1 1 1
1 1 1
2014 3
b c a c a b
b c a c a b
= − + − + −
+ + +
 
= + + −
 ÷
+ + +
 

- Xét
∆
ABI và
∆
FAH có:
AB=AF (gt),
·
·
ABI FAH=
(cùng bù với
·
BAC
),
BI = AH (cùng = AC)
⇒
∆
ABI =
∆
EAH (c.g.c)
⇒
AI = FH (2 cạnh tương ứng).
b/ Gọi K là giao điểm của DA và FH ta có:

·
·
0
90BAI FAK+ =
, mà
·
·

Bài 7: (2 điểm)
a/
- Hình vẽ:
- Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành
ABCD, ta có O là trung điểm của BD.
- Chứng minh BEDF là hình bình hành
- Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm của
EF
- Vậy EF, BD, AC đồng quy tại O.
b/ Xét
∆
ABD có M là trọng tâm, nên
1
3
OM OA=
- Xét
∆
BCD có N là trọng tâm, nên
1
3
ON OC=

- Mà OA = OC nên OM = ON
- Tứ giác EMFN có OM = ON và OE = OF nên là hình bình hành.
Bài 8: (1 điểm)
( )
( ) ( )
2 2
7 6 7 12 10
x

= -3
⇔
x
2
- 7x + 9 = 0
⇒
x =
7 13
2
+
; x =
7 13
2
−
ĐỀ 3
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1 (3,5 điểm) Phân tích các đa thức thành nhân tử:
8
/ /
/ /
/ /
//
O
N
M
F
E
D
C
A

Bài 3 (3,0 điểm)
1) (1,5 điểm) Cho a, b, c đôi một khác nhau thoả mãn: ab + bc + ca = 1.
Tính giá trị của biểu thức: A =
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 1 1
a b b c c a
a b c
+ + +
+ + +
2) (1,5 điểm) Cho
2 2 2 2
x y a b
x y a b
+ = +


+ = +

.
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta có: x
n
+ y
n
= a
n
+ b
n

Bài 6 (5,0 điểm)
Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của cạnh AD, BC. Đường chéo AC
cắt đường chéo BD tại O và các đoạn BE, DF lần lượt tại P, Q.
1) Chứng minh rằng: P là trọng tâm của tam giác ABD.
2) Chứng minh rằng: AP = PQ = QC.
3) Lấy M bất kỳ thuộc đoạn DC. Gọi I, K theo thứ tự là các điểm đối xứng của M qua tâm E, F.
Chứng minh rằng I, K thuộc đường thẳng AB.
4) Chứng minh: AI + AK không đổi khi M thuộc đường thẳng AB.
HẾT

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Câu Nội dung
Biểu
điểm
9
1
1
18x
3
-
8
25
x
= 2x
2
4
9
25
x

2
+ b
3
] - b[a
3
+ 3a
2
(a + b) +
+ 3a(a + b)
2
+ (a + b)
3
= a(a + b)
3
+ 3ab(a + b)
2
+ 3ab
2
(a + b) + ab
3
- a
3
b - 3a
2
b(a + b) –
- 3ab(a + b)
2
- b(a + b)
3
= a(a + b)

b + ab
2
- 3a
2
b - a
2
b - 2ab
2
- b
3
]
= (a + b) (a
3
- 3a
2
b + 3ab
2
- b
3
)
= (a + b)(a - b)
3
0,5
3
Đặt A = (x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + 1
A = (x – 2)(x – 5)(x – 4)(x – 5) + 1
= (x
2
– 7x + 10)(x
2

2
2
7 5
2 2
x
 
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
=
7 5 7 5
2 2
x x
  
+ −
− −
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
Vậy A =
2 2
7 5 7 5
2 2
x x
   
+ −



⇔ ≠ ⇔ ≠ ±
 
+ ≠
 
≠ −


− ≠

0,5
2
Với
1x ≠ ±
, ta có:
A =
2
3 1 3 4 4
.
( 1)( 1) 2( 1) 2( 1) 5
x x x
x x x x
 
+ + −
+ −
 
− + − +
 
=

2
2 2
( ) ( )
1
( )( )( )( )( )( )
a b b c c a
a b a c b a b c c a c b
+ + +
=
+ + + + + +
0,5
2
Từ x
2
+ y
2
= a
2
+ b
2

⇒
(x
2
– a
2
) + (y
2
– b
2

 
0,25
Do đó: x
n
+ y
n
= b
n
+ a
n
= a
n
+ b
n
Vậy trong mọi trường hợp, ta có: x
n
+ y
n
= a
n
+ b
n
0,25
4
1.a)

1 3 5 4x x x x+ + + + + =
(1)
Vế trái luôn luôn không âm với mọi x nên 4x
≥

⇒
(x – 2)(x – 3) = 0 hoặc 1 – x = 0
⇒
x = 2 hoặc x = 3 hoặc x = 1 0,5
Các giá trị x = 2, x = 3 không thỏa mãn điều kiện (*)
Vậy x = 1. 0,25
2
7x
2
+ y
2
+ 4xy – 24x – 6y + 21 = 0
⇔
y
2
+ 4xy – 6y + 7x
2
– 24x + 21 = 0
⇔
y
2
+ 2y(2x – 3) + (2x – 3)
2
+ 3x
2
– 12x + 12 = 0
⇔
(y + 2x – 3)
2
+ 3(x

x
y
=

⇔

= −

. Vậy x = 2; y = -1
0,5
5
1
Đặt f(x) = x
2015
+ x
1945
+ x
1930
- x
2
- x + 1 cho x
2
– 1
Gọi thương khi chia f(x) cho x
2
– 1 là Q(x), dư là ax + b.
Ta có: f(x) = (x
2
– 1).Q(x) + ax + b. 0,25
Đẳng thức trên đúng với mọi x nên:

=
4
7
2
3
2
+






+x
0,25
11
Với mọi x, ta có:
4
7
4
7
2
3
0
2
3
22
≥+



3
0
2
3
−=⇔=+ xx
0,5
Vậy minA = 12,25 khi x = -
2
3
0,5
6
1
1
Vì ABCD là hình bình hành nên hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O là trung
điểm của mỗi đường.
0,5
Ta có: AO, BE là trung tuyến của
∆
ABD
Mà: AO cắt BE tại P nên P là trọng tâm của
∆
ABD .
0,5
2
Theo câu 1) P là là trọng tâm của
∆
ABD
2 2 1 1
.
3 3 2 3

1
EF=
2
KI⇒
⇒
KI = 2.EF
Suy ra AI + AK = IK = 2.EF (4)
BF // AE và AF = AE
⇒
Tứ giác ABFE là hình bình hành
⇒
EF = AB (5)
Từ (4) và (5) suy ra: AI + AK = 2.AB không đổi khi M di động trên cạnh CD.
0,5
0,5
Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
ĐỀ 4
Thời gian làm bài: 150 phút
12
Câu 1 (3,0 điểm).
Ph©n tÝch c¸c ®a thøc sau thµnh nh©n tö:
a) 12x
3
+ 16x
2
- 5x - 3
b) (x
2
- x + 1)
2

7 9
3 3
6 0
2 2 4
x
x x
x x x
−
+ −
   
+ − =
 ÷  ÷
− + −
   
Câu 4 (4,0 điểm).
a) Cho x, y > 0 thoả mãn x + y = 2. Chứng minh rằng:
2
2
1 1
8x y
x y
 
 
+ + + ≥
 ÷
 ÷
 
 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
2015

2
(2x -1) + 11x(2x - 1) + 3(2x - 1)
= (2x - 1)(6x
2
+ 11x + 3)
= (2x - 1)(6x
2
+ 9x + 2x + 3)
= (2x - 1)[3x(2x + 3) + (2x + 3)]
= (2x - 1)(2x + 3)(3x + 1)
1,5
0,25
0,5
0,25
0,5
b)
A = (x
2
- x + 1)
2
- 5x(x
2
- x + 1) + 4x
2
§Æt x
2
- x + 1 = y, ta cã
A = 4x
2
- 5xy + y

0,25
0,5
2
a)
Ta có: x
2
+ y
2
+ z
2
= xy + yz + zx

⇒
2x
2
+ 2y
2
+ 2z
2
= 2xy + 2yz + 2zx

⇒
x
2
– 2xy + y
2
+ y
2
– 2yz + z
2

x y
y z
z x
− =


⇒ − =


− =

.

x y z
⇒ = =
1,0
0,5
0,25
0,25
b) Có thể chứng minh một trong hai cách sau:
Cách 1. Ta có:
2 2 2
2 2 2
a b c a c b
b c a c b a
+ + = + +

⇔
a
4

= xy + yz + zx
Áp dụng kết quả câu a) ta được:
(x – y)
2
+ (y – z)
2
+ (z – x)
2
= 0

⇒
x = y = z

⇒
a
2
c = b
2
a = c
2
b

⇒
ac = b
2
; bc = a
2
; ab = c
2


(x – y)
2
+ (y – z)
2
+ (z – x)
2
= 0

⇒
x = y = z

a b c
= =
b c a
⇒
2,0
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25
14
Ghi chỳ: Nu hc sinh lm cỏch khỏc m ỳng thỡ vn cho im ti a.
5
Thi gian lm bi: 150 phỳt

x x x

+ + + =
ữ ữ

b)
3 3
2
1 1
x x
x x
x x


+ =
ữ ữ
+ +

Cõu 4 (4,0 im).
Tỡm giỏ tr nh nht ca cỏc biu thc
a) A =
3 1 2 4 3x x x+ + + +
b) B =
2
2
14x 8x 9
3x 6x 9
+
+ +
Cõu 5 (4,0 im)

3
+ 3(x - y)z(x - y - z) + 3xy(x - y - z)
= (x - y - z)[(x - y - z)
2
+ 3xz - 3yz + 3xy)]
= (x - y - z)(x
2
+ y
2
+ z
2
-2xy - 2xz + 2yz + 3xz - 3yz + 3xy)
= (x - y - z)(x
2
+ y
2
+ z
2
+ xy - yz + xz)
(x + y)
2
+ (y - z)
2
+ (x + z)
2
= x
2
+ 2xy + y
2
+ y

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
2
a) HS có thể làm một trong các cách sau:
Cách 1: Đặt f(x) = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9
Ta có: A = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9
= (x
2
+ 8x + 7)(x
2
+ 8x + 15) + 9
= (x
2
+ 8x + 7)[(x
2
+ 8x + 12) + 3] + 9
= (x
2
+ 8x + 7)(x
2
+ 8x + 12) + 3(x
2
+ 8x + 7) + 9
= (x
2
+ 8x + 7)(x
2

= x
4
+ 16x
3
+ 86x
2
+ 176x + 114
Thực hiện phép chia đa thức x
4
+ 16x
3
+ 86x
2
+ 176x + 114
cho x
2
+ 8x + 12 được thương là x
2
+ 8x + 10 và số dư là - 6.
Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x
2
+ 8x + 12 là - 6.
Cách 3. Bậc của đa thức thương là 2 nên đa thức dư có dạng
ax + b.
Gọi đa thức thương là Q(x), ta có:
(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9
= (x
2
+ 8x + 12)Q(x) + ax + b
Cho x = - 2, ta có: - 1.1.3.5 + 9 = - 2a + b

= (x
2
+ 8x + 12)
2
- 2(x
2
+ 8x + 12) – 6
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,75
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25

 ÷
 ÷
− − + +
 
 
a. Rút gọn biểu thức A. b. Tính giá trị của A , Biết |x| =
1
2
.
c. Tìm giá trị của x để A < 0. d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm) a) Giải phương trình :
18
1
42x13x
1
30x11x
1
20x9x
1
222
=
++
+
++
+
++
b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
A =
3
cba

3
3 3 3
x y z x y z
 
 
+ + − − +
 
 
=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2
2 2 2
y z x y z x y z x x y z y yz z
 
+ + + + + + + − + − +
 
=
( )
( )
2
y z 3x 3xy 3yz 3zx
+ + + +
= 3
( ) ( ) ( )
y z x x y z x y
+ + + +
 
 
= 3

2
x 2 1 10 x
A : x 2
x 4 2 x x 2 x 2
 
−
 
= + + − +
 ÷
 ÷
− − + +
 
 
a) Rút gọn được kết qủa:
1
A
x 2
−
=
−
(0,75 điểm)
b)
1
x
2
=

1
x
2

∈
−
−
⇔
x-2
∈
Ư(-1)
⇔
x-2
∈
{ -1; 1}
⇔
x
∈
{1; 3} (0,5 điểm)
Bài 3: (2 điểm)
a) (1đ) x
2
+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x
2
+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x
2
+13x+42 = ( x+6)( x+7) ;
(0,25 điểm)
ĐKXĐ :
7;6;5;4
−≠−≠−≠−≠
xxxx
(0,25 điểm)
Phương trình trở thành :

1
=
+
−
+
+
+
−
+
+
+
−
+
xxxxxx

18
1
7
1
4
1
=
+
−
+
xx
(0,25 điểm)
18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
(x+13)(x-2)=0
Từ đó tìm được x=-13; x=2; (0,25 điểm)

)()()(
2
1
222 y
z
z
y
x
z
z
x
y
x
x
y
z
yx
y
zx
x
zy
(0,25 điểm)
Từ đó suy ra A
)222(
2
1
++≥
hay A
3
≥

CKD(g-g)
CB.CKCD.CH
CD
CB
CK
CH
=⇒=⇒
(1 điểm)
c)Chứng minh :
∆
AFD ∽
∆
AKC(g-g) (0,25 điểm)
⇒
AC.AFAK.AD
AC
AD
AK
AF
=⇒=
(0,25 điểm)
Chứng minh :
∆
CFD ∽
∆
AHC(g-g)
⇒
AC
CD
AH

2
+ 2x + 2)
b) Xác định a sao cho ax
3
- 2x - 4 chia hết cho x - 2
c) Tìm nghiệm của đa thức: x
3
- 2x - 4
Bài 2: a) Tính S =
a b c
(c a)(a b) (a b)(b c) (b c)(c a)
+ +
− − − − − −
b) Chứng minh
1 1 1 1
(3n 2)(3n 5) 3 3n 2 3n 5
 
= −
 ÷
+ + + +
 
c) Tính
150 150 150 150

5.8 8.11 11.14 47.50
+ + + +
Bài 3: Giải các phương trình
a)
2 2 4 2
x 1 x 1 2

AC; C’
∈
AB). Chứng minh rằng:
a b c
MA' MB' MC'
h h h
+ +
= 1
(Với h
a
, h
b
, h
c
là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của
ABC∆
)
Bài giải
Bài 1:
a) Thực hiện phép chia: (x
3
- 2x - 4) : (x
2
+ 2x + 2) = x - 2
b) Xác định a sao cho ax
3
- 2x - 4 chia hết cho x - 2
Vì ax
3
- 2x - 4 chia hết cho x - 2 nên x = 2 là nghiệm của đa thức ax


+) x - 2 = 0
⇔
x = 2+) x
2
+ 2x + 2
⇔
(x
2
+ 2x + 1) + 1 = 0
⇔
(x + 1)
2
+ 1 = 0 : Vơ
nghiệm
Vì (x + 1)
2
+ 1 > 0 với mọi x
Bài 2:
a) S =
a b c a(b c) b(c a) c(a b)
(c a)(a b) (a b)(b c) (b c)(c a) (c a)(a b)(b c)
− + − + −
+ + =
− − − − − − − − −
=
a(b c) b(c a) c(a b) ab ac bc ab ac bc 0
0
(c a)(a b)(b c) (c a)(a b)(b c) (c a)(a b)(b c)
− + − + − − + − + −


5.8 8.11 11.14 47.50
+ + + +
= 9
Bài 3: Giải các phương trình
a)
2 2
2 2 4 2 4 2 4 2 4 2
x 1 x 1 2 x(x 1)(x x 1) x(x 1)(x x 1) 2
x x 1 x x 1 x(x x 1) x(x x 1) x(x x 1) x(x x 1)
+ − + − + − + +
− = ⇔ − =
+ + − + + + + + + + + +
(1)
ĐKXĐ: x(x
4
+ x
2
+ 1)
≠
0
⇔
x
≠
0 Vì x
4
+ x
2
+ 1 > 0
(1)

Bài 4:
Cho
ABC∆
vng tại A. Vẽ ra phía ngồi tam giác đó các tam giác ABD vng cân ở B,
ACE vng cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N
a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang
b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm
c) Chứng minh AM = AN
Giải
a) Chứng minh
·
·
·
DAB + BAC + CAE
= 180
0
⇒
D, A, E thẳng hàng
b) Đặt AB = c, AC = b.
BD // AC (cùng vuông góc với AB)
nên
MC AM AC AM AC
MD MB BD MB + AM AC + BD
= = ⇒ =

⇒

AM AC AM AC AC. AB
AM
AB AC + BD AB AC AB AC AB

⇔

AN AB AB. AC
AN
AC AB + AC AB + AC
= ⇒ =
(2)
Từ (1) và (2) suy ra: AM = AN
Bài 5:
Cho M là điểm nằm trong
ABC∆
, từ M kẻ MA’
⊥
BC, MB’
⊥
AC, MC’
⊥
AB
(A’
∈
BC; B’
∈
AC; C’
∈
AB). Chứng minh rằng:
a b c
MA' MB' MC'
h h h
+ +
= 1

h S
=
(3)
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có:

MBC MCA
MBA
a b c ABC ABC ABC
S S
SMA' MB' MC'
h h h S S S
+ + = + +
=
MBC MCA MBA ABC
ABC ABC
S S S S
1
S S
+ +
= =
ĐỀ 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1
a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0; ngồi ra còn biết thêm
2
a b (b c)= −
. Hỏi số nào dương, số nào âm, số nào bằng 0
b) Cho x + y = 1. Tính giá trị biểu thức A = x
3
+ y

Câu 4: Cho tứ giác ABCD. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BD tại E; từ B kẻ
đường thẳng song song với AD cắt AC tại F.
Chứng minh rằng: EF // DC
híng dÉn gi¶i
21
H
C'
B'
A'
M
C
B
A
C©u 1:
a) V×
2
a b (b c)= −
nªn a
≠
0 vµ b
≠
0 v×
NÕu a = 0
⇒
b = 0 hc b = c. V« lÝ
NÕu b = 0
⇒
a = 0. V« lÝ
⇒
c = 0

b - c c - a a - b
+ =

⇒

2 2
a b c b ab + ac - c
=
b - c a - c b - a (a - b)(c - a)
−
+ =
⇔

2 2
2
a b ab + ac - c
(b - c) (a - b)(c - a)(b - c)
−
=
(1) (Nhân hai vế với
1
b - c
)
Tương tự, ta có:
2 2
2
b c bc + ba - a
(c - a) (a - b)(c - a)(b - c)
−
=

·
ABE = CHE

⇒

·
·
ABE = CHA
⇒

∆
BAE
∆
HAC (g.g)
⇒

AE AB
AB.AC AE.AH
AC AH
= ⇒ =
(2)
Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã :
AB. AC - BE. EC = AE.AH - AE. EH
⇔
AB. AC - BE. EC = AE. (AH - EH) = AE. AE = AE
2
C©u 4:
Gọi O là giao điểm của AC và BD
a) Vì AE // BC
⇒

a) A = 2002. 2004 và B = 2003
2
b) A = 3.(2
2
+ 1)(2
4
+ 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1) và B = 2
64
22
H
E
x
C
B
A
O
F
D
E
C
B
A
Bi 3: Cho hỡnh bỡnh hnh ABCD cú ng chộo ln AC. H CE vuụng gúc vi AB, CF
vuụng gúc vi AD v BG vuụng gúc vi AC. Chng minh:

0

x

4 v x

- 5
b) P =
2
2 x 4 2 x 4
x x 20 (x 4)(x 5)

=
+ +

Nu x > 4

P =
2
x 5+
Nu x < 4

P =
2
x 5

+
c)
x 5 1,5;(x 5) x 6,5
x 5 1,5

4
+ 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1)
= (2
2
- 1)(2
2
+ 1)(2
4
+ 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2
32
+ 1)
= (2
4
- 1)( 2
4
+ 1)(2
8
+ 1)(2
16
+ 1)(2

AGB

AEC

AE AC
=
AG AB


AB. AE = AC. AG (1)

CGB

AFC

AF CG CG
=
AC CB AD
=
(vỡ CB = AD)

AF . AD = AC. CG (2)
Coọng (5) vaứ (6) veỏ theo veỏ ta coự:
AB. AE + AF. AD = AC. AG + AC. CG

AB. AE + AF. AD = AC(AG + CG) = AC. AC
Vaọy: AB. AE + AD. AF = AC
2
Bài 4:
23

MB MB CM AD BD
= =
BD BA CN DN DN
= =
(Do ABCD là hình thoi có
µ
0
A = 60
nên
AB = BC = CD = DA)
⇒
∆
MBD
∆
BDN
Suy ra
µ
µ
1 1
M = B
.
∆
MBD và
∆
BKD có
·
·
BDM = BDK
và
µ

TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc: A = (a
3
+ b
3
)(b
3
+ c
3
)(c
3
+ a
3
)
C©u 4: Cho
∆
ABC cã
µ
µ µ
A 2B 4C 4= = = α
. Chøng minh:
1 1 1
AB BC CA
= +
C©u 5:
Cho
∆
ABC c©n t¹i A cã BC = 2a, M lµ trung ®iĨm cđa BC. LÊy D, E theo thø tù thc AB,
AC sao cho:
·
µ

(a b). 0 (a + b)(b + c)(c + a) = 0
abc(a b c)
+ + +
+ = Û
+ +

Tõ ®ã suy ra : A = (a
3
+ b
3
)(b
3
+ c
3
)(c
3
+ a
3
) = ( a + b)(b + c)(c + a). B = 0
C©u 4 :
VÏ tia CM (M
∈
AB) sao cho
·
ACM = α
CAM
∆
vµ
CBM
∆

·
CME = BDM
, kết hợp với
µ µ
B = C
(
∆
ABC cân tại A)
suy ra
∆
BDM
∆
CME (g.g)
24
⇒

2
BD BM
= BD. CE = BM. CM = a
CM CE
⇒
không đổi
b)
∆
BDM
∆
CME
⇒

DM BD DM BD

∆
DKM =
∆
DIM
⇒
DK =DI
⇒

∆
EIM =
∆
EHM
⇒
EI = EH
Chu vi
∆
AED là P
AED
= AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)
∆
ABC là tam giác đều nên suy ra CH =
MC
2 2
a
=
⇒
AH = 1,5a
⇒
P
AED

−+−+−
++
Câu 3 : Chứng minh rằng khơng tồn tại x thỏa mãn :
a) 2x
4
- 10x
2
+ 17 = 0
b) x
4
- x
3
+ 2x
2
- x + 1 = 0
Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho
2
1
=
DC
DB
;
điểm O nằm trên đoạn AD sao cho
OA 3
OD 2
=
. Gọi K là giao điểm của BO và AC.
Tính tỉ số AK : KC.
Câu 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng qua H cắt AB, AC
thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác

2
= - 6(xy + yz + zx) (3)
Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta có:
A =
- 2(xy + yz + zx) 1
- 6(xy + yz + zx) 3
=
Câu 3:
a) 2x
4
- 10x
2
+ 17 = 0
⇔
2( x
4
- 5x
2
+
17
2
) = 0
⇔
2(x
4
- 2.
5
2
x
2

> 0 với mọi x nên khơng tồn tại x để
25
3
α
4
α
α
3
α
2
α
α
M
C
B
A
K
H
I
M
E
D
C
B
A