ĐỀ SỐ 1
(Thời gian làm bài 150 phút)
Bài 1: (2 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức:
A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 + 20152 + 20132 + …+ 32 + 1).
b) Cho x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 4. Tính giá trị của biểu thức B = x4 + y4 + z4.
Bài 2: (4 điểm)
1. Với n  . Chứng minh rằng:
a) C = n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n  1 là số chính phương.
b) D = 5 n  2  26.5n  82n 1 chia hết cho 59.
2. Tìm n  để n5 +1 chia hết cho n3 + 1.
Bài 3: (4điểm)
a) Giải phương trình:
2009  x 2007  x 2005  x 2003  x x  17 x  15 x  13 x  11







.
7
9
11
13
1999 2001 2003 2005
xm x2

 2 có nghiệm duy nhất.
b) Xác định m để phương trình
x 1
x
8x  3
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2
.
4x  1
d) Tìm giá trị của x để Q = 2019 – (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) đạt giá trị lớn nhất.
Bài 4: (2 điểm)
19x 5 8x 3 27x 2 29x



Chứng minh rằng f(x) =
nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.
5
3
2
30
Bài 5: (4 điểm)
1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy tại I.
MB NC PA IM IN IP
.
.



.
Chứng minh rằng
MC NA PB AM BN CP
2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với
AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD.
a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của AB.
b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm.
Bài 6: (4 điểm)
Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác góc A cắt các tia phân giác góc B và góc D thứ tự
ở E và F; Tia phân giác góc C cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ tự ở H và G.
a) Chứng minh rằng tứ giác EFGH là hình chữ nhật.
b) Cho AB = a, BC = b (a > b). Tính HF theo a và b.
(a  b) 2
.
c) Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện gì để diện tích EFGH bằng
2
------------------- HẾT------------------(Giám thị không giải thích gì thêm)

ĐỀ SỐ 1
(Thời gian làm bài 150 phút)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1:(2 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức:
A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1).
b) Cho x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 4. Tính giá trị của biểu thức B = x4 + y4 + z4.
Đáp án

Bài

Điểm

1a)
A = 20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1)
A  20182  20172  20162  20152  20142  20132  ...  22  12



 

 







A  2018  2017  2016  2015  2014  2013  ...  2  1
2018  2018  1
A
 2 037 171 .
2
Bài
1 1b)
2
Ta có x  y  z  0   x  y  z   0  x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   0
Vì x 2  y2  z2  4 nên 4  2  xy  yz  zx   0  xy  yz  zx  2

  xy  yz  zx   4  x 2 y2  y2z 2  z 2 x 2  2xyz  x  y  z   4

0,5
0,25
0,25

0,5

2

Vì x  y  z  0 nên x 2 y2  y2 z2  z2 x 2  4 .
Ta có

0,25

x 2  y 2  z 2  4   x 2  y 2  z 2   16  x 4  y 4  z 4  2  x 2 y 2  y 2z 2  z 2 x 2   16
2

Mà x 2 y2  y2 z2  z2 x 2  4 nên x 4  y4  z4  8 .

0,25

Bài 2:(4 điểm)
1.Với n  . Chứng minh rằng:
a) C = n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n  1 là số chính phương.
b) D = 5 n 2 26.5n  82n 1 chia hết cho 59.
2. Tìm n  để n5 +1 chia hết cho n3 + 1.
Đáp án

Bài

2.1a)
Ta có C = n 4 + 6n3 + 11n 2 + 6n  1
C = n4 + 2n2(3n + 1) + 9n2 + 6n + 1
C = n4 + 2n2(3n + 1) + (3n + 1)2
C = (n2 + 3n + 1)2
Vì n là số tự nhiên nên C là số chính phương.
2.1b)

Điểm

0,5
0,5
0,5

D  5 n 2  26.5n  82n 1  25.5n  26.5n  8.64n  51.5n  64.8n  59.5n  8  64n  5n 

Bài
n
n
– 5 59 nên 8(64n – 5n) 59 và 59.5n 59 với mọi số tự nhiên n.
2 Vì 64 – 5 n64
Do đó D = 5 + 2 + 26.5n + 82n + 1 chia hết cho 59 với mọi số tự nhiên n.
2.2
Ta có n5 + 1 n3 + 1  n2(n3 + 1) – (n5 + 1) n3 + 1  n2 – 1 n3 + 1
 (n3 + 1) – n(n2 – 1) n3 + 1  n + 1 n3 + 1  1 n2 – n + 1
n 2  n  1  1
 n  0 ; 1
 2

 n  n  1  1  n  
Sau khi thử lại ta được n  0 ; 1 thì n5 + 1 chia hết cho n3 + 1.

0,75
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Bài 3: (4 điểm)
a) Giải phương trình:
2009  x 2007  x 2005  x 2003  x x  17 x  15 x  13 x  11







.
7
9
11
13
1999 2001 2003 2005
xm x2

 2 có nghiệm duy nhất.
b) Xác định m để phương trình
x 1
x
8x  3
c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  2
.
4x  1
d) Tìm giá trị của x để Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị lớn nhất .
Đáp án

Bà
i

Điể
m

3a)

2009  x
2007  x
2005  x
2003  x
1
1
1
1
7
9
11
13
2016  x 2016  x 2016  x 2016  x
VT  4 



7
9
11
13
x  17
x  15
x  13
x  11
VP  4 
1
1
1
1
1999
2001
2003
2005
x  2016 x  2016 x  2016 x  2016
VP  1 



1999
2001
2003
2005
Do đó:
VT  4 

2016  x 2016  x 2016  x 2016  x x  2016 x  2016 x  2016 x  2016







7
9
11
13
1999
2001
2003
2005
1
1
1 
1 1 1 1 
 1
  2016  x         2016  x  




 7 9 11 13 
 1999 2001 2003 2005 
 2016  x  0  x  2016
3b) ĐKXĐ: x  1 ; x  0 .

Bà
i3

xm x2

2
x 1
x

1

  m  3 x  2

 *

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

Phương trình (1) có nghiệm duy nhất
 Phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác – 1 và 0.

0,25


m  3

m  3
m  3
 2

 1  

2  m  3 m  1
m  3
 2
 m  3  0
m  3
Vậy khi 
thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất.
m  1

0,25

0,25

3c) ĐKXĐ: với mọi x thuộc .
2
4x 2  8x  4  4x 2  1 4  x  1  4x 2  1 4  x  12
8x  3
P 2



 1  1
4x  1
4x 2  1
4x 2  1
4x 2  1
2
4  x  1
 0  x  1 .
Dấu “=” xảy ra khi
4x 2  1
Vậy GTNN của biểu thức P là – 1, đạt được khi x = – 1.
2
2
2
2
2
4x  1

8x  3 4 4x  1  16x  8x  1 4 4x  1   4x  1
P 2


 4
4
4x  1
4x 2  1
4x 2  1
4x 2  1



 



 

Dấu “=” xảy ra khi

 4x  1











0,5



2

1
0x .
4x  1
4
2

1
4

Vậy GTLN của biểu thức P là 4, đạt được khi x  .

0,5

3d) ĐKXĐ: với mọi x thuộc .
Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6)
Q = 2019 – (x2 + 5x – 6)(x2+ 5x + 6)
0,25
Q = 2019 – [(x2 + 5x)2 – 36]
0,25
2
2
Q = 2055 – (x + 5x)  2055
0,25
2
Dấu “=” xảy ra khi x + 5x = 0  x = 0 hoặc x = – 5.
0,25
Vậy khi x = 0 hoặc x = – 5 thì biểu thức Q đạt GTLN bằng 2055.
Bài 4:(2 điểm)
19x 5 8x 3 27x 2 29x



Chứng minh rằng f(x) =
nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.
5
3
2
30
Bài

Đáp án
19x 8x 27x 29x 114x 5  80x 3  405x 2  29x
f x 




5
3
2
30
30
5
3
f(x) nhận giá trị nguyên  114x + 80x + 405x2 – 29x 30
Ta có 114x5 + 80x3 + 405x2 – 29x
= (120x5 + 90x3 + 390x2 – 30x) – (6x5 + 10x3 – 15x2 – x)
Do đó cần chứng minh 6x5 + 10x3 – 15x2 – x 30
5

Bài
4

3

Điểm

2

0,5

0,5

Ta có 6x5 + 10x3 – 15x2 – x = 6(x5 – x) + 10(x3 – x) – 15x(x – 1).
Vì x5 – x 30 ; x3 – x 30 và x(x – 1) 30 với mọi số nguyên x
Do đó 6x5 + 10x3 – 15x2 – x = 6(x5 – x) + 10(x3 – x) – 15x(x – 1) 30.
19x 5 8x 3 27x 2 29x
nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên.
 f x 



5
3
2
30

0,5
0,5

Bài 5:(4 điểm)
1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy tại I.
MB NC PA IM IN IP
Chứng minh rằng
.
.



.
MC NA PB AM BN CP
2.Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với
AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD.
a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của AB.
b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm.
Đáp án

Bài

Điểm

Hình vẽ
A

N
P

B

0,5

I

H K M

C

5.1
Áp dụng tính chất đường phân giác của tam giác, ta có:
MB AB NC BC PA CA
;
;



MC AC NA BA PB CB
MB NC PA AB BC CA
(1)

.
.

.
.
1
MC NA PB AC BA CB
Kẻ AH  BC và IK  BC (H và K thuộc BC)  AH // IK
IM
IK
Áp dụng định lí Ta-lét ta có

AM AH
S
IK
IN SIAC
IM SIBC
IP SIAB
Ta lại có IBC 
, do đó
. Tương tự
;
.



SABC AH
BN SABC CP SABC
AM SABC

IM IN IP SIBC SIAC SIAB SABC






1
AM BN CP SABC SABC SABC SABC
MB NC PA IM IN IP
.
.



.
Từ (1) và (2) 
MC NA PB AM BN CP
Vậy

0,5

(2)

0,5

Hình vẽ

B

Bài
5

E
M
N

F

A

D

0,5

C

5.2a)
Giả sử tia CF cắt AB tại M và cắt DE tại N.
CN ND

CM MA
CN NE

Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác CMB có NE // MB 
CM MB
ND NE CN
MA ND



Do đó
hay
(1)
MA MB CM
MB NE
MB ND
NE ND FN



Chứng minh tương tự ta được
hay
(2)
MA NE
MA MB FM
MA MB

 MA 2  MB2  MA  MB .
Từ (1) và (2) 
MB MA
Vậy đường thẳng CF đi qua trung điểm M của AB.

Áp dụng định lí Ta-lét vào tam giác CAM có DN // AM 

5.2b)
Ta có BD là đường phân giác của tam giác ABC vuông tại A
AD AB
BC AB
BC AB






DC BC
DC AD
5
3
2
2
2
2
2
BC
AB
BC  AB
AC
82




 4
25
9
25  9
16 16
BC AB


 2  BC = 10cm ; AB = 6cm.
5
3
Vì DE // AB, áp dụng hệ quả của định lí Ta-lét ta có
DE CD
DE 5
6.5


  DE 
 3,75  cm  .
AB CA
6
8
8

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 6:(4 điểm)
Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác góc A cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ
tự ở E và F; Tia phân giác góc C cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ tự ở H và G.
a) Chứng minh rằng tứ giác EFGH là hình chữ nhật.
b) Cho AB = a, BC = b (a > b). Tính HF theo a và b.
(a  b) 2
.
c) Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện gì để diện tích EFGH bằng
2

Đáp án

Bài

Điểm

Hình vẽ

A

B
G
F

M

Bài
6

H

N

0,5

E
D

C

6a)
Vì ABCD là hình bình hành  A  B  1800
Vì AE và BE thứ tự là phân giác của góc A và góc B
1
1
 EAB  A và EBA  B
2
2
1
1
 EAB  EBA  A  B  .1800  900  AEB  900 . Tương tự CGD  900 .
2
2
Vì ABCD là hình bình hành  A  D  1800
Vì AF và DF thứ tự là phân giác của góc A và góc D
1
1
 FAD  A và FDA  D
2
2
1
1
 FAD  FDA  A  D  .1800  900  AFD  900 .
2
2
Mà AFD  GFE (đối đỉnh) nên GFE  900 .
Tứ giác EFGH có ba góc vuông nên EFGH là hình chữ nhật.
6b)
Gọi M và N thứ tự là trung điểm của AD và BC.
AFD vuông tại F có FM là đường trung tuyến
1
 MF  MA  MD  AD  MDF cân tại M  MDF  MFD
2
Mà MDF  FDC (gt) nên MFD  FDC  MF // DC (1)
Chứng minh tương tự cũng được NH // DC
(2)
Vì M và N thứ tự là trung điểm của AD và BC
 MN là đường trung bình của hình bình hành ABCD
(3)
 MN // AB // DC và MN = AB = DC
Theo tiên đề Ơ-Clit  4 điểm M, F, H, N thẳng hàng
 MF  FH  HN  MN
1
1
b b
 FH  MN  MF  NH  AB  AD  BC  a    a  b .
2
2
2 2
6c)
Vì FH là đường chéo của hình chữ nhật EFGH nên SEFGH = 2.SFGH









0,5
0,5

0,5

0,25
0,25

0,25

0,25

Mà SEFGH

a  b

2

2

 SFGH

a  b


2

0,25

4

 a  b   2GF.GH  a  b 2 .
1
Mặt khác FGH vuông tại G nên GF.GH 


2
4
Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có GF2 + GH2 = FH2= (a – b)2 = 2GF.GH
 (GF – GH)2 = 0  GF = GH
 FGH vuông cân tại G  GFH  GHF  450
Mà FH // DC nên GDC  GCD  450  D  C  900  ABCD là hình chữ nhật.
(a  b) 2
.
Vậy khi ABCD là hình chữ nhật thì diện tích tứ giác EFGH bằng
2
2

0,25

0,25
0,25

ĐỀ SỐ 2
(Thời gian làm bài 150 phút)
Bài 1: (4 điểm)
a) Cho A = 12 + 22 + 32 + … + 10092 và B = 12 + 32 + 52 + … + 20172.
Tính giá trị của biểu thức C = 4A – B.
1
1
1
1

 ... 
b) Rút gọn biểu thức D  
với n 
1 1 2 1 2  3
1  2  3  ...  n

*

.

Bài 2: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng với n  * thì E = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n không là số chính phương.
b) Tìm các số tự nhiên x và y thỏa mãn 1 + 3x = 4y.
c) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì F = p4 + p2 – 2 chia hết cho 72.
Bài 3: (4 điểm)

x  1 x  22 x  15


6
17
37
67
b) Xác định m để phương trình x2 – 2mx + m + 2 = 0 có nghiệm duy nhất.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức G = x2 + y2 + xy + x + y.

a) Giải phương trình

Bài 4: (5 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao
cho BE = DF. Gọi H là hình chiếu của A trên EF.
a) Tam giác AEF là tam giác gì? Vì sao?
b) Chứng minh rằng ba điểm B, H, D thẳng hàng.
CE
c) Tính tỉ số
.
DH
Bài 5: (3 điểm)
1. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính diện tích hình
thang ABCD, biết SAOB = 36cm2 và SCOD = 81cm2.
2. Cho hình vẽ:
A

B
M

N
E

H
Q
D

F

G

Cho biết:
Các tứ giác ABCD; EFGH đều là hình bình hành.
Các điểm M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của các đoạn
thẳng AE, BF, CG, DH.
Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.

P
C

------------------- HẾT------------------(Giám thị không giải thích gì thêm)

ĐỀ SỐ 2
(Thời gian làm bài 150 phút)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (4 điểm)
a) Cho A = 12 + 22 + 32 + … + 10092 và B = 12 + 32 + 52 + … + 20172.
Tính giá trị của biểu thức C = 4A – B.
1
1
1
1
b) Rút gọn biểu thức D  
với n 

 ... 
1 1 2 1 2  3
1  2  3  ...  n

*

.

Đáp án

Bài

Điểm

1a)
Ta có A = 12 + 22 + 32 + … + 10092  4A = 22 + 42 + 62 + … + 20182.
C = (20182 + 20162 + 20142 +…+ 42 + 22) – (20172 +20152 + 20132 + …+ 32 + 1)
C  20182  20172  20162  20152  20142  20132  ...  22  12



Bài
1

 

 



C  2018  2017  2016  2015  2014  2013  ...  2  1
2018  2018  1
C
 2 037 171 .
2
1b)
n  n  1
Áp dụng công thức 1  2  3  ...  n 
với mọi n 
2
2
2
2
2
D


 ... 
1.2 2.3 3.4
n  n  1





0,5
0,5
0,5
0,5

*

1
1 
1 1 1 1 1 1
D  2        ...  

n n 1 
1 2 2 3 3 4
1  2n

D  2 1 

 n 1 n 1

0,5
0,5

0,5
0,5

Bài 2: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng với n  * thì E = n4 + 6n3 + 11n2 + 6n không là số chính phương.
b) Tìm các số tự nhiên x và y thỏa mãn 1 + 3x = 4y.
c) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì F = p4 + p2 – 2 chia hết cho 72.
Bài

Đáp án
2a)
E = (n4 + 6n3 + 9n2) + (2n2 + 6n)
E = (n2 + 3n)2 + 2(n2 + 3n)
Đặt m = n2 + 3n thì m nguyên dương (vì n nguyên dương)
Khi đó E = m2 + 2m
Ta có m2 < m2 + 2m < (m + 1)2 với mọi m nguyên dương
Vậy E = m2 + 2m không thể là số chính phương với mọi m nguyên dương.
2b)

Điểm

0,25
0,25
0,25
0,25

Bài
2

Ta có 1 + 3x = 4y  3x = 4y – 1 = (2y)2 – 1 = (2y – 1)(2y + 1).
2 y  1  3p
Vì 3 là số nguyên tố nên  y
với p, q  , p < q và p + q = x.
q
2  1  3
 3q – 3p = 2  3p(3q – p – 1) = 2
p
p  0
p  0
3  1
  q p
 q

(thỏa mãn điều kiện)
q

1
3

3
3

1

2



y
y
Khi đó 2 – 1 = 1  2 = 2  y = 1.
Vậy chỉ có x = 1 và y = 1 thỏa mãn đề bài.
2c)
Ta có F = p4 + p2 – 2 = (p2 – 1)(p2 + 2).
Với p nguyên tố, p > 3  p  3  p2 chia 3 dư 1  p2 – 1 3
Với p nguyên tố, p > 3  p lẻ, đặt p = 2k + 1  k  ; k  1
Khi đó p2 – 1 = (2k + 1)2 – 1 = 4k2 + 4k = 4k(k + 1) 8 (vì k(k + 1) 2)
Mà 3 và 8 nguyên tố cùng nhau nên p2 – 1 24 (1)
Ta lại có p2 + 2 = (p2 – 1) + 3 3 (vì p2 – 1 3) (2)
Từ (1) và (2)  (p2 – 1)(p2 + 2) 72
Vậy F = p4 + p2 – 2 chia hết cho 72 với mọi số nguyên tố lớn hơn 3.

0,5
0,25
0,25
0,25

0,25
0,5

0,25

0,25

Bài 3: (4 điểm)

x  1 x  22 x  15


6
17
37
67
b) Xác định m để phương trình x2 – 2mx + m + 2 = 0 có nghiệm duy nhất.
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức G = x2 + y2 + xy + x + y.

a) Giải phương trình

Đáp án

Bài

Điểm

3a)

x  1 x  22 x  15


6
17
37
67
x 1
x  22
x  15

3
2
1  0
17
37
67
x  52 x  52 x  52



0
17
37
67
1
1 
1
  x  52       0
 17 37 67 
1
1
1


 0)
 x – 52 = 0 (vì
17 37 67
 x  52
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 52.

Ta có

3b)
Ta có x2 – 2mx + m + 2 = 0

0,5
0,25

0,25
0,25
0,25

 x 2  2mx  m2  m2  m  2
2
  x  m   m2  m  2
Bài
đã cho có nghiệm duy nhất
3 Phương trình
2
(x
–
m)
=
0

2
 m –m–2=0
 (m + 1)(m – 2) = 0
 m  1 hoặc m = 2
Vây m  1 hoặc m = 2 thì phương trình đã cho có nghiệm duy nhất.
3c)
Ta có G = x2 + y2 + xy + x + y
G  x 2  x  y  1  y 2  y

0,5

0,75
0,25

 y 1  y 1
2
G  x  x  y  1  
 
 y y
 2   2 
2

2

2

y  1  3y 2 y 1

G  x 
 
 
2 
4
2 4

2

y 1 3 
1 1
1

G  x 
  y    
2  4
3 3
3

1
y 1


x
x
0




3
2
Dấu “=” xảy ra khi 

y  1  0
y   1


3
3


1
1
Vậy GTNN của biểu thức G là  , đạt được khi x  y   .
3
3
2

2

0,5

0,5

Bài 4: (5 điểm)
Cho hình vuông ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm E và trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao
cho BE = DF. Gọi H là hình chiếu của A trên EF.
a) Tam giác AEF là tam giác gì? Vì sao?
b) Chứng minh rằng ba điểm B, H, D thẳng hàng.
CE
c) Tính tỉ số
.
DH
Bài
Đáp án
Điểm
A
B
Hình vẽ
E

0,5

H

Bài
4

F

4a)

D

K

C

ABE và ADF có AB = AD, B  D  900 (ABCD là hình vuông); BE = DF
(gt).
 ABE và ADF (c-g-c)
 AE = AF và BAE  DAF
Mà BAE  EAD  900 nên DAF  EAD  900 hay EAF  900
Vậy tam giác AEF vuông cân tại A.
4b)
AEF vuông cân tại A có AH là đường cao
 AH đồng thời là đường trung tuyến
1
 HA  HE  HF  EF
2
CEF vuông tại C có CH là đường trung tuyến (vì HE = HF)
1
 HC  HE  HF  EF
2
 1 
Do đó HA  HC   EF 
 2 
Ta lại có BA = BC, DA = DC (vì ABCD là hình vuông)
 3 điểm B, D, H thuộc đường trung trực của đoạn AC
Vậy 3 điểm B, D, H thẳng hàng.

0,75

0,75

0,5

0,5

0,5

4c)
Vẽ EK // BD (K thuộc CD)
CE CK

, mà CB = CD nên CE = CK
CB CD
 CEK vuông cân tại C  EK  CE 2
Xét FEK có HE = HF và HD // EK  DK = DF
1
 DH là đường trung bình của FEK  DH  EK
2
CE
CE
2CE
2CE




 2
DH 1 EK EK CE 2
2

Áp dụng định lí Ta-lét ta có

0,5

0,5

0,5

Bài 5: (3 điểm)
1. Cho hình thang ABCD (AB // CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD. Tính diện tích hình
thang ABCD, biết SAOB = 36cm2 và SCOD = 81cm2.
2. Cho hình vẽ:

A

B
M

Cho biết:
Các tứ giác ABCD; EFGH đều là hình bình hành.
Các điểm M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của các đoạn
thẳng AE, BF, CG, DH.
Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành.

N
E

H

F

G

P

Q
D

C

Đáp án

Bài

Điểm

5.1 Hình vẽ
A

B
O

0,5
C

D

Vì AB // CD  SADC = SBDC  SAOD = SBOC = k (k > 0)
36 OA
SAOB OA

(vì AOB và BOC có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh B) 

k OC
SBOC OC
(1)
k OA
SAOD OA
(vì AOD và DOC có cùng chiều cao kẻ từ đỉnh D)  

81 OC
SDOC OC
(2)
36 k
  k 2  2916  k  2916  54 (vì k > 0)
Từ (1) và (2) 
k 81
 SAOD = SBOC = 54cm2
Vậy SABCD = 36 + 54 + 81 + 54 = 225(cm2).
5.2 Hình vẽ
A

Bài
5

0,25
0,25
0,25

B
M

N
E

F

I

J
H

0,5

G

Q
D

0,25

Gọi I là trung điểm của AH; J là trung điểm của CF.
AHE có MA = ME (gt) và IA = IH (cách vẽ)

P
C

1
 IM là đường trung bình của AHE  IM / /HE và IM  HE
2
AHD có QD = QH (gt) và IA = IH (cách vẽ)
1
 IQ là đường trung bình của AHD  IQ / /AD và IQ  AD
2

1
1
Tương tự như trên ta được JP / /FG và JP  FG ; JN / /BC và JN  BC
2
2
Vì ABCD và EFGH là các hình bình hành  AD //= BC ; HE //= FG
Từ đó suy ra IMQ  JPN (c-g-c)  MQ = PN
Tương tự như trên ta được MN = PQ
Vậy tứ giác MNPQ là hình bình hành.

0,5
0,5

ĐỀ SỐ 3
(Thời gian làm bài 150 phút)
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Cho biểu thức A = 5n3 + 2017n, với n  . Chứng minh A chia hết cho 6.
b) Cho biểu thức P = 4n2 – n + 6. Tìm các số nguyên n để P là số chính phương.
c) Tìm các cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đẳng thức 2x2 + y2 = 2(xy + x + 2).
Bài 2: (6,0 điểm)
a) Phân tích đa thức x5 + x – 1 thành nhân tử.

2x 2  xy
b) Cho x > y > 0 thỏa mãn 3x + 3y = 10xy. Tính giá trị biểu thức Q  2
.
3y  xy
2

2

c) Cho hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b và Q(x) = x2 + x – 2. Xác định các
hệ số a và b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x).
Bài 3: (3,0 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x2 + (x + 2018)2.
b) Chứng minh rằng

1 1
1
1
12
 2  2  ...  2 
.
2
49
3 5 7
97

Bài 4: (4,5 điểm)
Cho đoạn thẳng AB, điểm C nằm giữa hai điểm A và B. Trên cùng nửa mặt phẳng
bờ AB, vẽ các tam giác đều ACD và BCE.
a) So sánh hai đoạn thẳng AE và BD.
b) Gọi F là giao điểm của AE và BD. Chứng minh FC là phân giác của góc AFB.
Bài 5: (2,5 điểm)
Cho hình thang vuông ABCD có A  D  900 và AB = 2.CD. Gọi E là hình chiếu
vuông góc của A lên đường chéo BD. Gọi F là trung điểm của BE. Tính số đo góc AFC.
-------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐỀ SỐ 3
(Thời gian làm bài 150 phút)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Tóm tắt lời giải

Bài

Bài 1

Điểm

a) (1,5 điểm)
Ta có A = 5n3 + 2017n = 6n3 + 2016n – (n3 – n) = 6n3 + 2016n – n(n – 1)(n + 1).
Vì n(n – 1)(n + 1) là tích của ba số nguyên liên tiếp
 n(n – 1)(n + 1) chia hết cho 2 và 3, mà 2 và 3 là hai số nguyên tố cùng nhau
nên n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 = 6.
Ta lại có 6n3 và 2016n đều chia hết cho 6 với mọi số nguyên n.
 6n3 + 2016n – n(n – 1)(n + 1)
Vậy A = 5n3 + 2017n với mọi số nguyên n.
b) (1,5 điểm)
Vì P là số chính chính phương, đặt 4n2 – n + 6 = m2 (với m là số tự nhiên)
 64n2 – 16n + 96 = 16m2
 (64n2 – 16n + 1) – 16m2 = – 95
 (8n – 1)2 – (4m)2 = – 95
 (8n + 4m – 1)(8n – 4m – 1) = – 95
Vì m là số tự nhiên nên 8n + 4m – 1  8n – 4m – 1, nên có 4 trường hợp sau:
8n + 4m – 1
8n – 4m – 1
n

5
-19
-1

1
-95
-6

19
-5
1

95
-1
6

Sau khi thử lại, ta tìm được n  1 ;6 .

0,5

0,5

0,5
0,25

0,5

0,5
0,25

c) (1,0 điểm)
Ta có 2x2 + y2 = 2(xy + x + 2)

 2x2 + y2 – 2xy – 2x = 4

 (x2 – 2x + 1) + (x2 – 2xy + y2) = 5
 (x – 1)2 + (x – y)2 = 5 = 12 + 22.
Từ đó tìm được 8 cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đề bài là: (2 ;0), (2 ;4), (0 ;-2),
(0 ;2), (3 ;2), (3 ;4), (-1 ;-2), (-1 ;0).

0,5
0,5

a) (2,0 điểm)
Ta có x5 + x – 1
= (x5 + x2) – (x2 – x + 1)

0,75

= x2(x3 + 1) – (x2 – x + 1)
= x2(x + 1)(x2 – x + 1) – (x2 – x + 1)

0,75

= (x2 – x + 1)[x2(x + 1) – 1]
0,5

= (x2 – x + 1)(x3 + x2 – 1)
b) (2,0 điểm)
Ta có 3x2 + 3y2 = 10xy

 3x2 + 3y2 – 10xy = 0
 (3x2 – 9xy) + (3y2 – xy) = 0
 3x(x – 3y) – y(x – 3y) = 0
 (x – 3y)(3x – y) = 0

Bài 2

 x  3y  0
 x  3y


3x  y  0
 y  3x

1,0

Vì x > y > 0 nên chỉ có trường hợp x = 3y thỏa mãn.

0,5

2x 2  xy 2  3y    3y  .y 18y 2  3y 2 15y 2 5



 .
Do đó Q  2
3y  xy
3y 2   3y .y
3y 2  3y 2
6y 2 2

0,5

2

c) (2,0 điểm)
Ta có Q(x) = x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2)
Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên tồn tại đa thức G(x) sao cho:
P(x) = Q(x).G(x)  x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x)
4
3
2

1  1 – 1  a.1  b  0

4
3
2

 2    2  –  2   a. 2   b  0
a  b  1
a  b  1
b  2
 
 
 
2a.  b  4
3a  3
a  1
Vậy khi a = 1 và b = 2 thì P(x) chia hết cho Q(x).

0,5
0,5
0,5

0,5

a) (1,5 điểm)
Ta có A = x2 + (x + 2018)2
A = x2 + x2 + 4036x + 20182
A = 2x2 + 4036x + 20182

A  2  x 2  2018x   20182

Bài 3

A  2  x 2  2018x  10092   20182  2.10092

A  2  x  1009  2.10092  2.10092
Dấu “=” xảy ra khi 2(x + 1009)2 = 0  x  1009 .
Vậy: minA = 2.10092, đạt được khi x  1009 .
2

b) (1,5 điểm)
Mẫu các phân số ở vế trái có dạng tổng quát (2n + 1)2 với n nguyên dương.

1,0
0,5

Ta có (2n + 1)2 = 4n2 + 4n + 1
 (2n + 1)2 > 4n2 + 4n = 4n(n + 1)



1

 2n  1

2



1
1 1
1 
  

4n  n  1 4  n n  1 

0,5

Áp dụng kết quả trên, ta có:

1
1
1 1 1 


  ,
32  2.1  12 4  1 2 
1
1
11 1

   ,
2
2
5
 2.2  1 4  2 3 
1
1
11 1

   ,
2
2
7
 2.3  1 4  3 4 
....

1
1
1 1
1 

   
2
2
97
 2.48  1 4  48 49 
1 1 1
1
1 1 1 1 1 1
1
1  12
 2  2  2  ...  2        ...    
4 1 2 2 3 4
48 49  49
3 5 7
97

0,5
0,5

Hình vẽ đúng
E

D

0,5

F

K

H

Bài 4
A

C

B

a) (2,0 điểm)
0
Vì  ACD đều nên AC = CD = DA và DAC  ACD  CDA  60

0,5

0
Vì  BCE đều nên BC = CE = EB và EBC  BCE  CEB  60

0,5

0
0
Do đó DCE  60  ACE  DCB  120

  ACE =  DCB (c-g-c)

0,5

 AE = DB

0,5

b) (2,0 điểm)
Kẻ CH  AE, CK  BD.

0,5

Ta có  ACE =  DCB (c-g-c)  CAE  CDB
Ta lại có CA = CD (  ACD đều)
Do đó  CHA =  CKD (cạnh huyền-góc nhọn)
 CH = CK
 FC là phân giác của góc AFB.
Hình vẽ đúng

0,5

D

0,5
0,5

C

0,5

E

H

F

Bài 5
A

B

Gọi H là trung điểm của AE, mà F là trung điểm của BE nên HF là đường trung
bình của tam giác AEB  HF // AB và HF 

1
AB
2

Ta lại có AB // CD (cùng vuông góc với AD) và AB = 2.CD
Do đó HF // CD và HF = CD
 Tứ giác CDHF là hình bình hành
 DH // CF
(1)
Ta có FH // AB và AB  AD nên FH  AD
Tam giác DAF có AE  DF và FH  AD nên H là trực tâm của tam giác DAF
 DH là đường cao thứ ba của tam giác DAF hay DH  AF
(2)
0
Từ (1) và (2) suy ra CF  AF hay AFC  90 .

1,0

0,5

0,5

ĐỀ SỐ 4
(Thời gian làm bài 150 phút)
Bài 1: (4,0 điểm)
a) Chứng minh đa thức x50 + x10 + 1 chia hết cho đa thức x20 + x10 + 1.
b) Cho biểu thức P = n2 + 2n – 3. Tìm các số nguyên n để P là số nguyên tố.
c) Tìm các cặp số nguyên (x ;y) thỏa mãn đẳng thức 3x2 – y2 + 2xy + 4x + 8 = 0.
Bài 2: (6,0 điểm)
a) Phân tích đa thức x3 + y3 + 3xy – 1 thành nhân tử.
b) Cho x, y > 0 thỏa mãn x3 + y3 + 1 = 3xy. Tính Q = x2017 + y2018.
c) Xác định các hệ số a và b để đa thức x4 + 4 chia hết cho đa thức x2 + ax + b.
Bài 3: (3,0 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1).
b) Đặt S  12  22  32  ...  n 2 . Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1) với n 

*

.

Bài 4: (7,0 điểm)
1) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho

ADE  150 . Tính số đo của góc ECD.
2) Cho tứ giác ABCD có A  C  900 . Gọi H và K thứ tự là hình chiếu vuông góc
của B và D lên đường chéo AC. Chứng minh rằng AK = CH.
3) Cho tam giác ABC (AB < AC). Điểm D chuyển động trên cạnh AB và điểm E
chuyển động trên cạnh AC sao cho BD = CE. Chứng minh rằng trung điểm F của DE thuộc
một đoạn thẳng cố định.
-------------------------------------------------Hết-------------------------------------------------(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐỀ SỐ 4
(Thời gian làm bài 150 phút)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Tóm tắt lời giải

Bài

Điểm

a) (1,5 điểm)
Ta có x50 + x10 + 1
= (x50 – x20) + (x20 + x10 + 1)
= x20(x30 – 1) + (x20 + x10 + 1)
= x20(x10 – 1)(x20 + x10 + 1) + (x20 + x10 + 1)
= (x20 + x10 + 1)[x20(x10 – 1) + 1]
= (x20 + x10 + 1)(x30 – x20 + 1)

0,5
0,5

0,5

Vậy đa thức x50 + x10 + 1 chia hết cho đa thức x20 + x10 + 1.

b) (1,5 điểm)
Ta có P = n2 + 2n – 3 = (n – 1)(n + 3)
Ta lại có (n + 3) – (n – 1) = 4 > 0 nên n + 3 > n – 1
Để P = n2 + 2n – 3 là số nguyên tố thì có hai trường hợp xảy ra :
TH1: n – 1 = 1  n = 2, khi đó P = n2 + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng)
TH2: n + 3 = -1  n = -4, khi đó P = n2 + 2n – 3 = 5 là số nguyên tố (đúng)
Vậy các số nguyên n cần tìm là {-4 ; 2}.

0,5
0,5
0,5

Bài 1
c) (1,0 điểm)
Ta có 3x2 – y2 + 2xy + 4x + 8 = 0.

 (4x2 + 4x + 1) – (x2 – 2xy + y2) = -7

 (2x + 1)2 – (x – y)2 = -7
 (2x + 1 – x + y)(2x + 1 + x – y) = -7

 (x + y + 1)(3x – y + 1) = -7

0,5

Lập bảng tìm các giá trị của x và y
x+y+1

-7

-1

1

7

3x – y + 1

1

7

-7

-1

x

-2

1

-2

1

y

-6

-3

2

5
0,5

Vậy có 4 cặp số nguyên (x ;y) cần tìm là (-2 ;-6), (1 ;-3), (-2 ;2), (1 ;5).
a) (2,0 điểm)
Ta có x3 + y3 + 3xy – 1
= (x3 + 3x2y + 3xy2 + y3) – 1 – (3x2y + 3xy2 – 3xy)

0,5

= (x + y)3 – 1 – 3xy(x + y – 1)

0,5

= (x + y – 1)[(x + y) + (x + y) + 1] – 3xy(x + y – 1)
2

= (x + y – 1)(x2 + 2xy + y2 + x + y + 1 – 3xy)
= (x + y – 1)(x2 + y2 – xy + x + y + 1).

0,5
0,5

b) (2,0 điểm)
Ta có x3 + y3 + 1 = 3xy

 x3 + 3x2y + 3xy2 + y3 + 1 = 3x2y + 3xy2 + 3xy

 (x + y)3 + 1 = 3xy(x + y + 1)
 (x + y + 1)[(x + y)2 – (x + y) + 1] = 3xy(x + y + 1)

 x2 + 2xy + y2 – x – y + 1 = 3xy (vì x, y là các số dương)
 x2 – xy + y2 – x – y + 1 = 0

1,0

 2x – 2xy + 2y – 2x – 2y + 2 = 0
2

2

 (x2 – 2xy + y2) + (x2 – 2x + 1) + (y2 – 2y + 1) = 0

 (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 = 0
Vì (x – y)2  0, (x – 1)2  0, (y – 1)2  0 với mọi x, y

0,5

 (x – y)2 = 0, (x – 1)2 = 0 và (y – 1)2 = 0
 x=y=1
Vậy Q = x2017 + y2018 = 12017 + 12018 = 1 + 1 = 2.
Bài 2

0,5

c) (2,0 điểm)
Ta có x4 + 4
= x4 + 4x2 + 4 – 4x2
= (x2 + 2)2 – (2x)2
= (x2 + 2 – 2x)(x2 + 2 + 2x)
= (x2 – 2x + 2)(x2 + 2x + 2)
Để đa thức x4 + 4 chia hết cho đa thức x2 + ax + b thì a  2 và b = 2.

1,5
0,5

a) (1,5 điểm)
Bài 3

Đặt y = x2 + 2x + 1 = (x + 1)2  0.

0,5

Ta có A = (x2 + 2x + 4)(x2 + 2x – 1)
A = (x2 + 2x + 1 + 3)(x2 + 2x + 1 – 2)

0,5

A = (y + 3)(y – 2) = y2 + y – 6  -6 (vì y  0)
Dấu “=” xảy ra khi y = 0  (x + 1)2 = 0  x = -1

0,5

Vậy min A = -6, đạt được khi x = -1.
b) Đặt S  12  22  32  ...  n 2 . Chứng minh 6S = n(n + 1)(2n + 1).
Ta có (k + 1)3 = k3 + 3k2 + 3k + 1
Cho k nhận lần lượt các giá trị nguyên dương từ 1 đến n, ta có:
23 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1
33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1
43 = 33 + 3.32 + 3.3 + 1
.....................................
(n + 1)3 = n3 + 3n2 + 3n + 1

0,5

Cộng VTV các đẳng thức trên ta được:
(n + 1)3 = 3S + 3(1 + 2 + 3 + ... + n) + (n + 1)

 3S = (n + 1)3 – 3.

n  n  1
– (n + 1)
2

0,5

 6S = 2(n + 1)3 – 3n(n + 1) – 2(n + 1)
 6S = (n + 1)[2(n + 1)2 – 3n – 2]

 6S = (n + 1)(2n2 + 4n + 2 – 3n – 2)
 6S = n(n + 1)(2n + 1) (ĐPCM)

0,5

1) (2,5 điểm)
Hình vẽ đúng
A

E

F

B

0,5

D

H

C

Trên cạnh AB lấy điểm F sao cho DF = DC. Kẻ FH  CD.
Tứ giác AFHD là hình chữ nhật (vì A  D  H  900 )  FH = AD.
Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB = CD, mà AB = 2AD nên DF = 2FH
Tam giác DFH vuông tại H có DF = 2FH nên FDH  30

0,5
0,5

0

0,5

Ta lại có tam giác CDF cân tại D nên FCD  75

0

Vì ADE  150 nên EDC  750

0,5

Tứ giác EFCD có EF // CD và EDC  FCD  750

 EFCD là hình thang cân

 CE = DF, mà DF = DC nên CE = DC
0
0
Do đó tam giác CDE cân tại C, có EDC  75 nên ECD  30 .

2) (2,5 điểm)
Hình vẽ đúng
B

Bài 4

E

F

0,5
K

A

C

H

D

Vẽ đường cao AE của tam giác ABC cắt đường cao BH tại điểm F
 F la trực tâm của tam giác ABC
 CF là đường cao thứ ba của tam giác ABC hay CF  AB
Ta có AF // DC (cùng vuông góc với BC), CF // DA (cùng vuông góc với AB)
 AFCD là hình bình hành
 AF // CD và AF = CD

 FAH  DCK (so le trong)

  FAH =  DCK (cạnh huyền - góc nhọn)
 AH = CK
 AK = CH

0,5

3) (2,0 điểm)
Hình vẽ đúng

1,0
A
Q
G

0,5

D

P

F

0,5

E

N
B

M

C

Vì AB < AC nên trên cạnh AC tồn tại điểm G sao cho CG = AB. Gọi M và Q thứ
tự là trung điểm của BC và AQ.
Vì BD = CE nên khi D  B thì E  C và F  M
Vì BD = CE nên khi D  A thì E  G và F  Q
Vì tam giác ABC cố định nên đoạn thẳng MQ cố định.
Ta chứng minh điểm F thuộc đoạn thẳng MQ. Thật vậy :
Gọi N và P thứ tự là trung điểm của BE và BG.
 MN là đường trung bình của  BCE ; MP là đường trung bình của  BCG

 MN // CE và MN =

CG
CE
; MP // CG và MP =
2
2

Vì ba điểm C, E, G thẳng hàng nên ba điểm M, N, P thẳng hàng
Ta cũng có NF là đường trung bình của  BED ; PQ là đường trung bình của 
BGA  NF // BD và NF =

BD
AB
; PQ // AB và PQ =
.
2
2

Mà BD = CE, AB = CG nên MN = NF, MP = PQ và NF // PQ

  MNF cân tại N,  MPQ cân tại P và MNF  MPQ

 NMF  PMQ
Mà ba điểm M, N, P thẳng hàng nên ba điểm M, F, Q thẳng hàng
Vậy trung điểm F của DE thuộc đoạn thẳng MQ cố định.

ĐỀ SỐ 5
(Thời gian làm bài 150 phút)

Bài 1: (4,0 điểm)
a) Cho n số nguyên a1, a2, a3, …,an có giá trị bằng 1 hoặc bằng -1. Chứng minh rằng
nếu a1a2 + a2a3 + a3a4 + …+ ana1 = 0 thì n chia hết cho 4.
b) Tìm các số nguyên tố p có tổng các ước dương của p4 là một s...