Bài tập toán nâng cao lớp 8 có đáp an năm 2024

1. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 1 ĐỀ 1 Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: 1 2 8a a .. . a thỏa mãn 2 điều kiện a và b sau: a)   2 871 2 3a a a = a a b)   3 4 5 6 7 8 7 8a a a a a a a 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:        2007.2006.2005 1 ... 4.3.2 1 3.2.1 1 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) => 3122 87  aa => ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600.  ( 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: a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824. b) . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625 c) . a7a8 = 26 => không thoả mãn câu 2 . Đặt m = 3k + r với 20  r n = 3t + s với 20  s  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)
2. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 2 vậy: ( xm + xn + 1)  ( x2 + x + 1) <=> ( xr + xs + 1)  ( x2 + x + 1) với 2;0  sr <=> 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:  2007.20063.22.1 2007.2006.2005 1 . 4.3.2 1 3.2.1 1         x Nhân 2 vế với 6 ta được:        200520082007.2006143.2032.12 2007.2006.2005 2 4.3.2 2 3.2`.1 2 3         x  2007.2006.20052008.2007.20063.2.14.3.23.2.12 2007.2006 1 4.3 1 3.2 1 3.2 1 2.1 1 3           x 651.100.5 669.1004.1003 2008.2007.2006.2 2007.2006 1 2.1 1 3        xx Câu 4 .a) Do AE// BC => OC OA OB OE  A B BF// AD OD OB OA FO  MặT khác AB// CD ta lại có D A1B1 C OD OB OC OA  nên OA OF OB OE  => EF // AB b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB Vì EF // AB // CD nên DC AB AB EF  => AB 2 = EF.CD. c) Ta có: S1 = 2 1 AH.OB; S2 = 2 1 CK.OD; S3 = 2 1 AH.OD; S4 = 2 1 OK.OD. O K E H F
3. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 3 => CK AH OBCK OBAH S S  . 2 1 . 2 1 4 1 ; CKAH ODCK ODAH S S . . 2 1 . 2 1 2 3  => 2 3 4 1 S S S S  => 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 4 Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1 x- y- 6 = 0 x = 7 ----- ĐỀ 2 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 0 c z b y a x (1) và 2 z c y b x a (2) Tính giá trị của biểu thức A= 02 2 2 2 2 2  c z b y a x b. Tính : B = 222222222 bac ca acb bc cba ab      Câu 3: Tìm x , biết : 3 1988 19 1997 10 2006 1·       xxx (1) Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M  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) ( cba 111  ). ĐÁP ÁN Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có: A= (2-1) (2+1) (22 +1) ........ + 1
4. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 4 = (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  (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2 ) = (3x –5y)2 Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1)  bcx +acy + abz =0 Từ (2)         022 2 2 2 2 2 yz bc xz ac xy ab c z b y a x 4242 2 2 2 2 2         xyz bcxacyabz c z b y a x b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0  a + b = - c  a2 + b2 –c2 = - 2ab Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2 +a2 -b2 = -2ac  B = 2 3 222       ca ca bc bc ab ab Câu 3: . ( 1,25 điểm) (1)  0 1988 2007 1997 2007 2006 2007·       xxx  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   EMB =BKM ( gcg)  Góc MFE =KMB  BH  EF E M K b. ( 1,25 điểm)  ADF = BAE (cgc) AF  BE H Tương tự: CE  BF  BM; AF; CE là các đường cao của BEF  đpcm Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C P = 1 +                    b c c b a c c a a b b a b c a c c b a b c a b a 311 Mặt khác 2 x y y x với mọi x, y dương.  P  3+2+2+2 =9 Vậy P min = 9 khi a=b=c. -------
5. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 5 ĐỀ 3 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: 2 4 6 8 98 96 94 92 x x x x       Bài 2 (2đ): Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức 2 2 3 3 2 1 x x P x     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) ABM đồng dạng ACN 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: 2 2 2007 20072 x xx A   , ( 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) 92 8 94 6 96 4 98 2        xxxx  ( 98 2x +1) + ( 96 4x + 1) = ( 94 6x + 1) + ( 92 8x + 1) (0,5đ)  ( x + 100 )( 98 1 + 96 1 - 94 1 - 92 1 ) = 0 (0,25đ)
6. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 6 Vì: 98 1 + 96 1 - 94 1 - 92 1  0 Do đó : x + 100 = 0  x = -100 Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ) Bài 2 (2đ): P = 12 5 2 12 5)24()2( 12 332 22        x x x xxx x xx (0,5đ) x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên thì 12 5 x 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 =  2;3;0;1  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: AN AM AC AB    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)
7. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 7 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 = 2 22 2007 20072007.22007 x xx  = 2 22 2007 20072007.2 x xx  + 2 2 2007 2006 x x = 2007 2006 2007 2006 2007 )2007( 2 2   x x A min = 2007 2006 khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ) ---- ĐỀ SỐ 4 Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =                    2 10 2: 2 1 36 6 4 2 3 2 x x x xxxx x 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 : 12 15 2 1 14 22      x xx x xx 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 = 12 332 2   x xx . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên Câu 5 ( 1 điểm) a, Chứng minh rằng     33333 .3 zyxxyyxzyx 
8. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 8 b, Cho .0 111  zyx Tính 222 z xy y xz x yz A  ĐÁP ÁN Câu 1 a, x  2 , x -2 , x 0 b , A = 2 6 : 2 1 2 2 42             xxxx x =      2 6 : 22 222   xxx xxx =    x x xx      2 1 6 2 . 22 6 c, Để A > 0 thì 0 2 1   x 202  xx Câu 2 . ĐKXĐ : 2 1 ;1  xx PT 01 12 15 1 1 14 22        x xx x xx 0 12 23 1 23 22        x xx x xx          02321023230 12 1 1 1 23 22           xxxxxx xx xx  x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3 Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ . Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =        3 2 ;2;1 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 và APS là tam giác cân tại A. 2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM RQ. Mặt khác : PAMPAN  = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
9. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 9 3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ 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 = 2 1 QR. Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = 2 1 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) + 12 2 x vì x Z nên để A nguyên thì 12 2 x 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     33333 .3 zyxxyyxzyx  Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh. b, Ta có 0 cba thì       abcccabccbaabbacba 333 3333333  (vì 0 cba nên cba  ) Theo giả thiết .0 111  zyx  . 3111 333 xyzzyx  khi đó 3 3111 333333222        xyz xyz zyx xyz z xyz y xyz x xyz z xy y xz x yz A ===================== ĐỀ 5 Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
10. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 10 M =           1 1 1 1 224 2 xxx x          2 4 4 1 1 x x x 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 = 3 83234 23   x xxx Bài 3 : 2 điểm Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = 0 b) 2x + 3x + 82 x = 9 Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 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 qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh : a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi . b)  AEF ~  CAF và AF2 = FK.FC c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi . Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120 chia hết cho 24 ĐÁP ÁN Bài 1 : a) M = ( )1)(1( 1)1)(1( 224 2422   xxx xxxx x4 +1-x2 ) = 1 2 1 11 2 2 2 244      x x x xxx b) Biến đổi : M = 1 - 1 3 2 x . M bé nhất khi 1 3 2 x lớn nhất  x2 +1 bé nhất  x2 = 0  x = 0 M bé nhất = -2 Bài 2 : Biến đổi A = 4x2 +9x+ 29 + 3 4 x  A Z  3 4 x  Z  x-3 là ước của 4  x-3 =  1 ;  2 ;  4  x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7 Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0  (x-2006)(x+1) = 0  x1 = -1 ; x2 = 2006 c) Xét pt với 4 khoảng sau : x< 2 ; 2  x < 3 ; 3  x < 4 ; x 4
11. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 11 Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5 Bài 4 : a)  ABE =  ADF (c.g.c)  AE = AF  AEF vuông cân tại tại A nên AI  EF .  IEG =  IEK (g.c.g) IG = IK . Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và vuông góc nên hình EGFK là hình thoi . b) Ta có : KAF = ACF = 450 , góc F chung  AKI ~  CAF (g.g)  CFKFAF AF KF CF AF .2  d) Tứ giác EGFK là hình thoi  KE = KF = KD+ DF = KD + BE Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) . Bài 5 : Biến đổi : B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3 +72n2 -144n+120 Suy ra B  24 ================================ ĐỀ 6 Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức: A= 1212 36 . 6 16 6 16 2 2 22              x x xx x xx x ( Với x  0 ; x  6 ) 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị biểu thức A với x= 549 1  Câu 2: ( 1 điểm ) a) Chứng minh đẳng thức: x2 +y2 +1  x.‎y + x + y ‎( với mọi x ;y) b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: A = 2 2 23   xxx x Câu 3: ( 4 điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng của C qua P .
12. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 12 a) Tứ giác AMDB là hình gi? b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB . Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng. c)Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P. d) Giả sử CP  DB và CP = 2,4 cm,; 16 9  PB PD Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 4 ( 2 điểm ) Cho hai bất phương trình: 3mx-2m > x+1 (1) m-2x < 0 (2) Tìm m để hai bất phương trình trên có cùng một tập nghiệm. ĐÁP ÁN Câu 1 ( 2 điểm ) 1) ( 1 điểm ) ĐK: x  0; x  6 ) A = )1(12 )6)(6( . )6( 16 )6( 16 2              x xx xx x xx x =     )1(12 1 . 63666366 2 22 xx xxxxxx = xxx x 1 )1(12 1 . )1(12 2 2    2) A= 549 549 1 11    x Câu2: ( 2 điểm ) 1) (1 điểm ) x2 +y2 +1  x.‎‎y+x+y  x2 +y2 +1 - x.‎‎y-x-y  0  2x2 +2y2 +2-2xy-2x-2y 0  ( x2 +y2 -2xy) + ( x2 +1-2x) +( y2 +1-2y)  0  (x-‎y)2 + (x-1)2 + (‎‎y- 1)2  0 Bất đẳng thức luôn luôn đúng. 2) (2 điểm ) (1)  3mx-x>1+2m  (3m-1)x > 1+2m. (*) + Xét 3m-1 =0 → m=1/3. (*)  0x> 1+ 3 2  x  . + Xét 3m -1 >0 → m> 1/3.
13. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 13 (*)  x> 13 21   m m + Xét 3m-1 < 0  3m <1 → m < 1/3 (*)  x < 13 21   m m . mà ( 2 )  2x > m  x > m/2. Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm.                           0)1)(2( 3 1 0253 3 1 213 21 3 1 2 mm m mm m m m m m  m-2 =0  m=2. Vậy : m=2. Câu 3: (4 điểm ) a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của AC và BD. → AM //PO → tứ giác AMDB là hình thang. b) ( 1 điểm ) Do AM// BD → góc OBA= góc MAE ( đồng vị ) Xét tam giác cân OAB → góc OBA= góc OAB Gọi I là giao điểm của MA và EF →  AEI cân ở I → góc IAE = góc IEA → góc FEA = góc OAB → EF //AC .(1) Mặt khác IP là đường trung bình của  MAC → IP // AC (2) Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng. c) (1 điểm ) Do  MAF   DBA ( g-g) → AB AD FA MF  không đổi. d) Nếu k PBBD PB PD  16916 9 → PD= 9k; PB = 16k. Do đó CP2 =PB. PD → ( 2,4)2 =9.16k2 → k=0,2. PD = 9k =1,8 PB = 16 k = 3,2 DB=5 Từ đó ta chứng minh được BC2 = BP. BD=16 Do đó : BC = 4 cm CD = 3 cm
14. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 14 Câu4 ( 1 điểm ) Ta có A = 4 3 ) 2 1 ( 1 1 1 )2)(1( 2 2 22       x xxxxx x Vậy Amax  [ ( x+ ] 4 3 ) 2 1 2  min  x+ 2 1 = 0 → x = - 2 1 Amax là 3 4 khi x = -1/2 ======================== ĐỀ 7 Bài1( 2.5 điểm) a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2 c – abc + b2 c + b3 = 0 b, Phân tích đa thức thành nhân tử: A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b) Bài 2: ( 1,5 điểm). Cho biểu thức: y = 2 )2004( x x ; ( x>0) Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó Bài 3: (2 ,5 điểm) a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình: : ( 12x – 1 ) ( 6x – 1 ) ( 4x – 1 ) ( 3x – 1 ) = 330. B, Giải bất phương trình: 6x  3 Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với ox ; ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b. A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi. B, Chứng minh rằng 2 2 OB OC DB CA  C, Biết SAOB = 3 8 2 a . Tính CA ; DB theo a. ĐÁP ÁN Bài 1: 3 điểm a, Tính: Ta có: a3 + a2 c – abc + b2 c + b3 = (a3 + b3 ) + ( a2 c –abc + b2 c)= (a + b) ( a2 –ab =b2 ) + c( a2 - ab +b2 ) = ( a + b + c ) ( a2 – ab + b2 ) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết)
15. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 15 Vậy:a3 +a2 c –abc + b2 c + b3 = 0 ( đpCM) b, 1,5 điểm Ta có: bc(a+d) 9b –c) – ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b) = bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] – ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b) = -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) –ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b) = b(a-b)[ a(c+d) –c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) –a(b+d)] = b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a) = d(a-b)(a-c)(b-c) Bài 2: 2 Điểm Đặt t = y2004 1 Bài toán đưa về tìm x để t bé nhất Ta có t = x x 2004 )2004( 2  = 2 2 2.2004 2004 2004 x x x   = x x 2004 2 2004  = 2 2004 200422   x x (1) Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có: x2 + 20042  2. 2004 .x  2 2004 200422   x x (2) Dấu “ =” xảy ra khi x= 2004 Từ (1) và (2) suy ra: t  4  Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004. Vậy ymax= 8016 1 2004 1  t Khi x= 2004 Bài 3: 2 Điểm a, Nhân cả 2 vế của phương trình với 2.3.4 ta được: (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8 Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số phảI cùng dấu ( + )hoặc dấu ( - ). Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 . 10 . 9 . 8 (1) Và (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8) (2) Từ phương trình (1)  12x -1 = 11  x = 1 ( thoả mãn) Từ phương trình (2)  12x -1 = - 8  x= 12 7 suy ra x Z. Vậy x=1 thoả mãn phương trình.
16. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 16 b, Ta có 6x < 3  -3 < x – 6 < 3  3< x < 9 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = { x  R/ 3 < x < 9}. Bài 4 : 3 Điểm Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị)  IAC ~  BAO (gg). Suy ra: BO IC AO AC   BO AO IC AC  (1) Tương tự:  BID ~  BAO (gg) Suy ra: BD OB ID OA   BD ID OB OA  (2) Từ (1) và(2) Suy ra: BD ID IC AC  Hay AC. BD = IC . ID = a2 Suy ra: AC.BD = a2 không đổi. b, Nhân (1) với (2) ta có: OB OA OB OA BD ID IC AC ..  mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra: 2 2 OB OA BD AC  C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có; SAOB = 2 1 OA.OB mà SAOB = 3 8 2 a ( giả thiết) Suy ra: OA.OB = 3 8 2 a  OA . OB = 3 16 2 a Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = 3 16 2 a  a2 + a( CA + DB ) + CA . DB = 3 16 2 a Mà CA . DB = a2 ( theo câu a)  a(CA +DB) = 3 16 2 a - 2a2  CA + DB + 3 10 2 3 16 2 2 2 a a a a   . Vậy: 2 2 CA.DB a 10 3 a CA DB        Giải hệ pt  CA = 3 a và DB = 3a Hoặc CA = 3a và DB = 3 a ====================
17. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 17 ĐỀ 8 Bài 1( 2 điểm). Cho biểu thức :          2 2 2 2 1 1 1 1 x y x y P x y y x y x x y          1.Rút gọn P. 2.Tìm các cặp số (x;y)  Z sao cho giá trị của P = 3. Bài 2(2 điểm). Giải phương trình: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 5 6 7 12 9 20 11 30 8x x x x x x x x             Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức: 2 2 1 2 x M x    Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF. 1.Chứng minh CE vuông góc với DF. 2.Chứng minh  MAD cân. 3.Tính diện tích  MDC theo a. Bài 5(1 điểm). Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c = 3 2 . Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2  3 4 . ĐÁP ÁN Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm) MTC :    1 1x y x y   1.                    2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 x x y y x y x y x y x y x y xy P x y x y x y x y                   P x y xy   .Với 1; ; 1x x y y     thì giá trị biểu thức được xác định. 2. Để P =3 3 1 2x y xy x y xy           1 1 2x y    Các ước nguyên của 2 là : 1; 2.  Suy ra: 1 1 0 1 2 3 x x y y              1 1 2 1 2 1 x x y y           (loại).
18. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 18 1 2 3 1 1 0 x x y y           1 2 1 1 1 2 x x y y               (loại) Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3. Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định: 2 3 4 5 6 x x x x x         Ta có :             2 2 2 2 5 6 2 3 7 12 3 4 9 20 4 5 11 30 5 6 x x x x x x x x x x x x x x x x                     Phương trình đã cho tương đương với :             1 1 1 1 1 2 3 3 4 4 5 5 6 8x x x x x x x x             1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 4 3 5 4 6 5 8x x x x x x x x                  1 1 1 6 2 8x x         4 1 6 2 8x x       2 8 20 0 10 2 0x x x x        10 2 x x      thoả mãn điều kiện phương trình. Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2. Bài 3.(2điểm)         2 22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 12 1 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 x x xx x x M x x x x x M x x                      M lớn nhất khi   2 2 1 2 x x   nhỏ nhất.
19. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 19 Vì   2 1 0x x   và  2 2 0x x   nên   2 2 1 2 x x   nhỏ nhất khi   2 1x = 0. Dấu “=” xảy ra khi x-1 = 0 1x  . Vậy Mmax = 1 khi x = 1. Bài 4. . (3iểm) a. 1 1( . . )BEC CFD c g c C D   CDF vuông tại C 0 0 1 1 1 190 90F D F C CMF       vuông tại M Hay CE  DF. b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có : ( . . )AEK BEC g c g BC AK    AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M 1 2 AM KD AD AMD    cân tại A c. ( . ) CD CM CMD FCD g g FD FC   Do đó : 2 2 .CMD CMD FCD FCD S CD CD S S S FD FD               Mà : 21 1 . 2 4 FCDS CF CD CD  . Vậy : 2 2 2 1 . 4 CMD CD S CD FD  . Trong DCF theo Pitago ta có : 2 2 2 2 2 2 2 21 1 5 . 2 4 4 DF CD CF CD BC CD CD CD             . Do đó : 2 2 2 2 2 1 1 1 . 5 4 5 5 4 MCD CD S CD CD a CD    Bài 5 (1điểm) Ta có: 2 2 2 21 1 1 0 0 2 4 4 a a a a a               Tương tự ta cũng có: 2 1 4 b b  ; 2 1 4 c c  Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 2 2 2 3 4 a b c a b c      . Vì 3 2 a b c   nên: 2 2 2 3 4 a b c   11 1 k e m d cfb a
20. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 20 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 2 . ========================= ĐỀ 9 Câu 1. (1,5đ) Rút gọn biểu thức : A = 1 2.5 + 1 5.8 + 1 8.11 +……….+ 1 (3 2)(3 5)n n  Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho : Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4) Câu 3 . (2đ) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức 2 7 1x x  có giá trị nguyên. Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc) Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng hàng. ĐÁP ÁN Câu 1. A = 1 3 ( 1 2 - 1 5 + 1 5 - 1 8 +…….+ 1 3 2n  - 1 3 5n  ) = 1 3 ( 1 2 - 1 3 5n  ) = 1 6 10 n n   Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – 4 được đa thức dư suy ra a = 0 ; b = - 16. Câu 3. 2 7 1x x   Z  x2 –x +1 = U(7)= 1, 7    Đưa các phương trình về dạng tích. Đáp số x =  2,1,3 . Câu 4. Từ giả thiết  a < b + c  a2 < ab + ac Tưng tự b2 < ab + bc c2 < ca + cb Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm) Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp
21. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 21 tam giác. - Chỉ ra được GM AG = 1 2 , ·HAG = ·OMG - Chỉ ra OM AH = 1 2 (Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng minh CK = AH)  AHG MOGV : V (c.g.c)  H,G,O thẳng hàng. ====================== ĐỀ 11 Câu 1:Cho biểu thức: A= 933193 363143 23 23   xxx xxx a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định. b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0. c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 2: .a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= x xx )9)(16(  với x>0. .b, Giải phương trình: x+1+: 2x-1+2x =3 Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC =CM/CD =DN/DA= x. .a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ nhất. .b, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là hình chữ nhật. Câu 4: Tìm dư của phép chia đa thức x99 + x55 +x11 +x+ 7 cho x2 -1 ĐÁP ÁN Câu1 (3đ) a.(1đ) Ta có A= )13()3( )43()3( 2 2   xx xx (0,5đ) Vậy biểu thức A xác định khi x3,x1/3(0,5đ)
22. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 22 b. Ta có A= 13 43   x x do đó A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ) <=> x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ) Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ) c. (1đ) Ta có A= 13 43   x x = 1+ 13 5 x Để A có giá trị nguyên thì 13 5 x phải nguyên<=> 3x-1 là ước của 5<=> 3x-11,5 =>x=-4/3;0;2/3;2 Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ) Câu: 2: (3đ) a.(1,5đ) Ta có A= x xx 144252  =x+ x 144 +25 (0,5đ) Các số dương x và x 144 Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x = x 144  x=12 (0,5đ) Vậy Min A =49 <=> x=12(0,5đ) b.(1,5đ) TH1: nếu x<-1 thì phương trình đã cho tương đương với :-x-1-2x+1+2x=3=>x=-3<- 1(là nghiệm )(0,5đ) TH2: Nếu -1x<1/2 thì ta có x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ) TH3: Nếu x1/2ta có x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ) Vậy phương trình đã cho x=-3 (0,5đ) Câu 3: (3đ) C L D M K
23. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 23 D N B1 K1 A Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lượt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL. Kẻ BB1AD; KK1AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ) Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25đ) Tương tự S3+S4= x(1-x)S  S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ)  SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2 -2Sx+S=2S(x-1/2)2 +1/2S1/2S(0,25đ) Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ) b.(1,5đ)  tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ)  tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BDAC (0,5đ) Câu 4: (1đ) Gọi Q(x) là thương của phép chia x99 +x55 +x11 +x+7 cho x2 -1 ta có x99 +x55 +x11 +x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*) trong đó ax+b là dư của phép chia trên Với x=1 thì(*)=> 11=a+b Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7 Vậy dư của phép chia x99 +x55 +x11 +x+7 cho x2 -1 là 4x+7 ========================== ĐỀ 12 Bài 1: (3đ) Cho phân thức : M = 82 63422 2 2345   xx xxxxx a) Tìm tập xác định của M b) Tìm các giá trị của x để M = 0 c) Rút gọn M Bài 2: (2đ) a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy ta được 242. b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B. A = n3 + 2n2 - 3n + 2 ; B = n2 -n Bài 3: (2đ)
24. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 24 a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức M = zxzyzyxyx      1 1 1 1 1 1 b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác Chứng minh rằng: bacacbcba      111  cba 111  Bài 4: (3đ) Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O. Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5 a) Tính NC biết BC = 18 cm b) Tính AC biết MC - MA = 3cm c) Chứng minh 1..  MA CM NC BN PB AP ĐÁP ÁN Bài 1: a) x2 +2x-8 = (x-2)(x+4)  0  x 2 và x - 4 (0,5đ) TXĐ = 4;2;/  xxQxx 0,2đ b) x5 - 2x4 +2x3 - 4x2 - 3x+ 6 = (x-2)(x2 + 3)x-1)(x+1) 1,0đ = 0 khi x=2; x= .1 0,2đ Để M= 0 Thì x5 -2x4 + 2x3 -4x2 -3x+6 = 0 x2 + 2x- 8  0 0,5đ Vậy để M = 0 thì x = .1 0,3đ c) M = 4 )1)(3( )4)(2( )1)(3)(2( 2222      x xx xx xxx 0,3đ Bài 2: a) Gọi x-1, x, x+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242 (0,2đ) Rút gọn được x2 = 81 0,5đ Do x là số tự nhiên nên x = 9 0,2đ Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10 0,1đ b) (n3 +2n2 - 3n + 2):(n2 -n) được thương n + 3 dư 2 0,3đ Muốn chia hết ta phải có 2n(n-1) 2n 0,2đ
25. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 25 Ta có: n 1 -1 2 -2 n-1 0 -2 1 -6 n(n-1) 0 2 2 -3 loại loại 0,3đ Vậy n = -1; n = 2 0,2đ Bài 3: a) Vì xyz = 1 nên x  0, y 0, z 0 0,2đ 1)1(1 1      xzz z xyxz z xyx 0,3đ zxz xz xzyzy xz yzy      1)1(1 1 0,3đ M = 1 1 1 11       xzzzxz xz xzz z 0,2đ b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0 0,2đ yxyx   411 với x,y > 0 bbacbcba 2 2 411     0,2đ cbacacb 211     0,2đ acbabac 211     0,2đ Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cho 3 ta được điều phải chứng minh. Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c 0,2đ Bài 4: a) A B C N AN là phân giác của Aˆ Nên AC AB NC NB  0,3đ
26. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 26 Theo giả thiết ta có  5 4 574 AC ABACBCAB Nên 0,2đ )(10 9 .5 5 9 5 4 cm BC NC NC BC NC NB  0,5đ b) BM là phân giác của Bˆ nên BA BC MA MC  0,3đ Theo giả thiết ta có: 4 7 574  BA BCACBCAB 0,2đ Nên )(11 3 11.3 11 3 4 7 cmac MCMA MAMC MA MC     0,5đ c) Vì AN,BM,CP là 3 đường phân giác của tam giác ABC Nên AB AC PB AP BA BC MA MC AC AB BC BN  ;; 0,5đ Do đó 1....  BC AC AB BC AC AB PB AP MA MC BC BN 0,5đ ======================== ĐỀ 13 Câu 1: ( 2,5 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: a/. x2 – x – 6 (1 điểm) b/. x3 – x2 – 14x + 24 (1,5 điểm) Câu 2: ( 1 điểm) Tìm GTNN của : x2 + x + 1 Câu 3: ( 1 điểm) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n  Z. Câu 4: ( 1,5 điểm) Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với : x = 2 1 1 a a a    ; y = 2 1 1 b b b    Câu 5: ( 1,5 điểm) Giải phương trình: 1x  + 2x  + 3x  = 14 Câu 6: ( 2,5 điểm)
27. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 27 Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy là 150 . Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều. ĐÁP ÁN Câu 1: a/. Ta có: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3) ( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tương đương ) b/. Ta có: x = 2 là nghiệm của f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do đó f(x) x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12 Vậy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12) Ta lại có: x = 3 là nghiệm của x2 + x – 12 Nên x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4) Như vậy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) . Câu 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của x2 + x + 1 (1 đ’) Ta có : x2 + x + 1 = 21 3 3 ( ) 2 4 4 x    Vậy f(x) đạt GTNN khi 21 ( ) 2 x  = 0 Tức x = - 1 2 Câu 3: Ta có : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3 + 4n = n3 (n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của 3, một số là bội của 5). Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120. Câu 4: (1,5 đ’). Ta có x,y > 0 và 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11 1 a a a ax a a y a a a b b                 Vì a> b > 0 nên 2 2 1 1 a b  và 1 1 a b  . Vậy x < y. Câu 5: 1/. Xét khoảng x < -2 ,ta có: -3x + 2 = 14 x = - 4. 2/. -2  x < 1, ta có : -x + 16 = 14  x = 2. (loại) 3/. 1  x < 3, ta có : x + 4 = 14  x = 10 (loại). 4/. x  3 , ta có: 3x – 2 = 14  x = 16 3
28. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 28 Vậy phương trình trên có nghiệm là x = - 4 và x = 16 3 . Câu 6: ( 2,5 đ’) D C F F A B Dựng tam giác cân BIC như tam giác AFB có góc đáy 150 . Suy ra : 0 2 60B  (1) . Ta có AFB BIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2). Từ (1) và (2) suy ra : FIB đều . Đường thẳng CI cắt FB tại H . Ta có: 2I = 300 ( góc ngoài của CIB). Suy ra: 2H = 900 ( vì B = 600 ) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB hay CH là đường trung trực của CFB . Vậy CFB cân tại C . Suy ra : CF = CB (3) Mặt khác : DFC cân tại F . Do đó: FD = FC (4). Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC). Vậy DFC đều. GiảI bằng phương pháp khác đúng cho điểm tương đương. ============================== ĐỀ 14 Câu 1 (2 điểm): Với giá trị nào của a và b thì đa thức f(x) =x4 -3x3 +3x2 + ax+b chia hết cho đa thức g(x) =a2 +4-3x. Câu 2 (2 điểm) Phân tích thành nhân tử. (x+y+z)3 –x3 -y3 -z3 . Câu 3 (2 điểm ) : 2 I 2 F 2 H 15 0 150 2
29. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 29 a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x2 +x+1 b-Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= h(h+1) (h+2) (h+3) Câu 4(2 điểm ) : Chứng minh rằng nếu .a2 +b2 +c2 =ab+bc+ac thì a=b=c Câu 5 (2 điểm ) : Trong tam giác ABC lấy điểm P sao cho PAC = PBC. Từ P dựng PM vuông góc với BC. PK vuông góc với CA. Gọi D là trung điểm của AB. Chứng minh : DK=DM. ĐÁP ÁN Bài 1 (2 điểm) Chia f(x) cho g(x) Ta có : x4 -3x2 +3x2 +ax+b: a2 -3x+4. = x2 +1 dư (a-3)x + b+4 (1 điểm) f(x): g(x) khi và chỉ khi số dư bằng không. Từ đây suy ra (1 điểm ). a-3=0 => a=3 b+4=0 => b=-4 Bài 2 (2 điểm ) Phân tích thành nhân tử. (x+y+2)3 –x3 -y3 -z3 =A Ta có : (x+y+z)3 –x3 -y3 -z3 = [(x+y+z)3 -x3 ]-(y3 +23 ). áp dụng hằng đẳng thức 6 và 7. A= ( x+y+z-x) [(x+x+z)2 + (x+y+z)x + x2 ) – (x+z)(y2 -y2 +z2 ) (1 điểm) = (y+z)[x2 +y2 +z2 +2xy+2xz+2yz+xy+xz+x2 +x2 -y2 +yz-z2 ]. = (y+z) (3x2 +3xy+3xz+3yz). = 3(y+z) [x(x+y)+z((x+y)] = 3(x+y) (y+z) ) (x+z) (1 điểm). Bài 3 : (2 điểm ). a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x2 +x+1 Ta có : x2 +x+1 = (x+ 2 1 )2 + 4 3  4 3 Giá trị nhỏ nhất là 4 3 khi (x+ 2 1 )2 =0 Tức x = - 2 1 (1 điểm). b-Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. A= h(h+1) (h+2) (h+3) (1 điểm). Ta có : A= h(h+1) (h+2) (h+3) = h(h+3) (h+2) (h+1)
30. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 30 = (h2 +3h) (h2 +3h+2) Đặt : 3h+h2 =x A= x(x+2) = x2 +2x = x 2 +2x+1-1 = (x+1)2 -1 -1 Giá trị nhỏ nhất của A là -1. Bài 4 (2 điểm ) Chứng minh. Theo giả thiết : a2 +b2 +c2 = ab+ac+bc. Ta có : a2 +b2 +c2 – ab-ac-bc = 0 Suy ra : (a2 -2ab+b2 ) + (b2 -2ab+c2 ) + (a2 -2ac+c2 )=0 (1 điểm). (a-b)2 + (b-c)2 + (a-c)2 = 0 Điều này xảy ra khi và chỉ khi. a-b = b-c = a-c = 0 Tức là : a=b=c (1 điểm). Bài 5 (2 điểm) C Gọi E là trung điểm của AP F là trung điểm của BP K M Ta có : KE= 2 1 AP = EP P FM = 2 1 BP =FP E F A D B Tứ giác DEPF là hình bình hành vì DE//BP, DF//AP Do đó : ED=FM ; EK =EP=DF Từ các tam giác vuông APK; BPM ta suy ra. KEP =2KAP ; MEP = 2MBP DEPF là hình bình hành nên DEP= DFP Theo giả thiết KAD = MBP nên KEP = MFP Vậy DEK = DPM suy ra  DEK= MFO (c.g.c) Do đó : DK=OM ========================== ĐỀ 15 Câu 1: (2đ) Tìm hai số biết a. Hiệu các bình phương của 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp bằng 36 b. Hiệu các bình phương của 2 số tự nhiên lẻ liên tiếp bằng 40 Câu 2: (1,5đ) Số nào lớn hơn:
31. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 31 22 522 20052006 20052006 20052006 20052006           hay Câu 3: (1,5 đ) Giải phương trình 06 995 6 996 5 997 4 998 3 999 2 1000 1             xxxxxx Câu 4: (1đ) Giải bất phương trình ax –b> bx+a Câu 5: (2,5đ) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD. Qua A vẽ đường thẳng AK song song với BC. Qua B vẽ đường thẳng BI song song với AD. BI cắt AC ở F, AK cắt BD ở E. Chứng minh rằng: a. EF song song với AB b. AB2 = CD.EF Câu 6: (1,5đ) Cho hình thang ABCD (AD//BC) có hai đường chéo, cắt nhau ở O . Tính diện tích tam giác ABO biết diện tích tam giác BOC là 169 cm2 và diện tích tam giác AOD là 196 cm2 . ĐÁP ÁN Câu 1: a. Gọi 2 số chẵn liên tiếp là x và x+2 (x chẵn). Ta có: (x+2)2 -x2 =36 => x = 8. Vậy 2 số cần tìm là 8 và 10. b. Gọi 2 số lẻ liên tiếp là x và x+2 (xlẻ) Ta có (x+2)2 –x2 = 40 => x = 9 Vậy 2 số cần tìm là 9 và 11. Câu 2: Theo tính chất của phân thức ta có: 2 222 )20052006( 20052006 20052006 20052006 . 20052006 20052006 20052006 20052006                = 22 22 20052005.2006.22006 20052006   < 22 22 20052006 20052006   Câu 3: Phương trình đã cho tương đương với: 01 995 6 1 996 5 1 997 4 998 3 1 999 2 1 1000 1             xxxxxx 0 995 1001 996 1001 997 1001 998 1001 999 1001 1000 1001              xxxxxx 0) 995 1 996 1 997 1 998 1 999 1 1000 1 )(1001(  x  x=-1001.
32. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 32 Vậy nghiệm của phương trình là x=-1001. Câu 4: * Nếu a> b thì x> ba ba   * Nếu a 2b + Nghiệm đúngvới mọi x nếu b<0 + Vô nghiệm nếu b 0 Câu 5: a. AEB và KEB đồng dạng (g.g) EK AE  = KD AB AFB Và CFI đồng dạng (g.g) FC AF  = CI AB Mà KD = CI = CD – AB EK A£  = FC AF EF // KC Vậy AF// AB b. AEB Và KED đồng dạng, suy ra EB DE AB OK  EB DB AB DC EB BD AB KCDK EB EBDE AB ABKD        (1) Do EF// DI EF AB EB DB EF DI EB DB  (2) Từ (1) và (2) EFDCAB EF AB AB DC .2  Câu 6: Theo đề bài ta phải tính diện tích tam giác ABO, biết SBOC = 169 cm2 SAOD = 196 cm2 Ta nhận thấy SABD = SACD (vì có chung đáy AD và đường cao tương ứng bằng nhau) Suy ra SABO = SCOD Từ công thức tính diện tích tam giác ta rút ra rằng: tỷ số diện tích hai tam giác có chung đường cao bằng tỷ số hai đáy tương ứng. Do đó: COD AOD BOC ABO S S OC AO S S  => SABO.SCOD = SBOC.SAOD A D B C E F K I D B C A O
33. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 33 Mà SABO = SCOD nên: S2 ABO = SAOD . SBOD = 169.196 = 132 .142 => SABO = 13.14 = 182 (cm2 ) ================ ĐỀ 16 Câu 1(2đ): Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức sau là số nguyên. 2x3 + x2 + 2x + 5 A= 2x + 1 Câu 2(2đ): Giải phương trình x2 - 3|x| - 4 = 0 Câu 3(2đ): Trên 3 cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy tương ứng các điểm P, Q, R. Chứng minh điều kiện cần và đủ để AP; BQ; CR đồng qui là: PB QC RA . . = 1 PC QA RB Câu 4(2đ): Cho a, b > 0 và a+b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = (1+ 1/a )2 + (1+ 1/b)2 Câu 5(2đ): Cho hai số x, y thoã mãn điều kiện 3x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3x2 + y2 ĐÁP ÁN Câu 1 A nguyên  2x+ 1 là ước của 4 Ư(4) = 1; 2; 4 Giải ra x = -1; x= 0 thì A nguyên. Câu 2: x2 - 3|x| - 4 = 0  3|x| = x2 - 4  3x =  (x2 - 4)  x2 - 3x - 4 = 0 hoặc x2 + 3x - 4 = 0 Giải 2 phương tình này được S = -4; 4 Câu 3: (Sách phát triển toán 8) Câu 4: M = 18 khi a = b = …
34. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 34 Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức... Ta có: A = 3x2 + (1-3x)2 = 12(x- 1/4)2 + 1/4  A ≥ ẳ Vậy Amin = 1/4 khi x = 1/4 ; y = 1/4. ========================= ĐỀ 17 Bài 1. Cho biểu thức: A = x x x xx x x x x 2006 ). 1 14 1 1 1 1 ( 2 2          a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định. b) Rút gọn biểu thức A. c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: a) Giải phương trình: 20062005 1 1 2004 2 xxx     b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + 1 Bài 3. Cho hình thang ABCD; M là một điểm tuỳ ý trên đáy lớn AB. Từ M kẻ các đường thẳng song song với hai đường chéo AC và BD. Các đường thẳng này cắt hai cạnh BC và AD lần lượt tại E và F. Đoạn EF cắt AC và BD tại I và J. a) Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF. b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy chỉ ra vị trí của M trên AB sao cho EJ = JI = IF. Bài 4. Cho a  4; ab  12. Chứng minh rằng C = a + b  7 ĐÁP ÁN Bài 1: a) Điều kiện:      0 1 x x b) A = x x x xxxx 2006 1 14)1()1( ( 2 222     = x x 2006 c) Ta có: A nguyên  (x + 2006)       2006 1 2006 x x xx  Do x = 1 không thoã mãn đk. Vậy A nguyên khi x = 2006 Bài 2. a) Ta có: 20062005 1 1 2004 2 xxx    
35. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 35  1 2006 1 2005 1 1 2004 2     xxx  2006 2006 20062005 2005 2005 1 2004 2004 2004 2     xxx  2006 2006 2005 2006 2004 2006 xxx       0 2006 1 2005 1 2004 1 )(2006(  x  (2006 - x) = 0 x = 2006 b) Thực hiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được:      1 2 b a Bài 3. a) Ta có: OB DO PM FP IE FI  (1) OA CO QM EQ FJ EJ  (2) OA CO OB DO  (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra FJ EJ IE FI  hay FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có: EHFH IJ EH IJ EH IJ FH IJ FH  ) 2 )( 2 () 2 )( 2 ( b) Nếu AB = 2CD thì 2 1  OA CO OB DO nên theo (1) ta có 2 1  IE FI suy ra: EF = FI + IE = 3FI. Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ. Do đó: FI = EJ = IJ = 3 EF không liên quan gì đến vị trí của M. Vậy M tuỳ ý trên AB Bài 4. Ta có: C = a + b = ( 74 4 1 4 123 2 4 1 4 3 2 4 1 ) 4 3    a ab aba (ĐPCM) ============================ ĐỀ 18 Câu 1: a. Tìm số m, n để: x n x m xx     1)1( 1 b. Rút gọn biểu thức: M = 3011 1 209 1 127 1 65 1 2222        aaaaaaaa D C E I J F Q P A M B
36. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 36 Câu 2: a. Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1. b. Giải bài toán nến n là số nguyên. Câu 3: Cho tam giác ABC, các đường cao AK và BD cắt nhau tại G. Vẽ đường trung trực HE và HF của AC và BC. Chứng minh rằng BG = 2HE và AG = 2HF. Câu 4: Trong hai số sau đây số nào lớn hơn: a = 19711969  ; b = 19702 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) 2 1 3 1 65 1 2      aaaa (0.25đ) 3 1 4 1 127 1 2      aaaa (0.25đ) 4 1 5 1 209 1 2      aaaa (0.25đ) 5 1 6 1 3011 1 2      aaaa (0.25đ) Đổi dấu đúng và tính được : M = )6).(2( 4 2 1 6 1      aaaa (0.5đ) Câu 2: (2.5đ) a. (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
37. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 37 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) b. 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 ACI nên HE//AI và HE = 1/2IA (1) (0.25đ) Tương tự trong CBI : 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) Câu 4: (1.5đ) Ta có: 19702 – 1 < 19702  1969.1971 < 19702  1970.21971.19692  (*) (0.25đ) Cộng 2.1970 vào hai vế của (*) ta có: 1970.41971.196921970.2  (0.25đ)  22 )19702()19711969(  (0.25đ)  1970219711969  (0.25đ) Vậy: 1970219711969  (0.25đ) K D A I CFB E G H Hình *
38. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 38 =============================== ĐỀ 19 Bài 1 (2,5đ) Cho biểu thức A =                    2 10 2: 2 1 36 6 4 2 3 2 x x x xxxx x 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 = 12 1 234 34   xxxx xxx Rút gọn P và chứng tỏ P không âm với mọi giá trị của x b. Giải phương trình 8 1 3011 1 209 1 127 1 65 1 2222         xxxxxxxx Bài 3 (1đ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 9 1227 2   x x Bài 4 (3đ) Cho ABC 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) 8 ĐÁP ÁN Bài 1 (2,5đ) sau khi biến đổi ta được;
39. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 39 A =    6 2 22 6     x xx 0,5đ a. TXĐ =  0;2:  xxx 0,25đ Rút gọn: A = xx     2 1 2 1 0,25đ b. Để A = 2 5,1 x (thoã mãn điều kiện của x) 0,5đ c. Để A < 0 thì 2020 2 1   xx x (Thoã mãn đk của x) 0,5đ d. Để A có giá trị nguyên thì (2 - x) phải là ước của 2. Mà Ư (2) =  2;1;2;1 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 = 12 1 234 34   xxxx xxx 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 =            `1 1 11 11 2 2 22 22      x x xxx xxx vì tử =   xx  01 2 và mẫu x2 + 1 >0 với mọi x 0,25đ Nên P x 0 b. Giải PT: 8 1 311 1 209 1 127 1 65 1 2222         xxxxxxxx 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        ... 3 1 2 1 32 1 65 1 2        xxxxxx TXĐ =  6;5;4;3;2;  xx phương trình trở thành:
40. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 40 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 3 4 4 5 5 6 8 1 1 1 2 6 8 8( 6 2) ( 2)( 6) 32 8 12 8 20 0 2; 10 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x                                         Vậy PT đã cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài 3 (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức     2 2 2 2 2 2 2 2 27 12 9 12 36 9 627 12 1 1 9 9 9 x A x x x x xx A x x x                  A đạt giá trị nhỏ nhất là -1   2 6 0x   hay x = A =       22 2 2 2 2 4 36 4 12 9 2 327 12 4 4 9 9 9 x x x xx x x x             . A đạt GTLN là 4   2 3 2 3 0 2 x x     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
41. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 41 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 ( 0 90E F  ) 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 ( 0 45B C  ) 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: 2EHF AIDHS S  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 HBIS HMB EHF ABMQ ABCS S S S S       với H gần C hơn ta cũng có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC khi H di chuyển trên BC ta luôn có SEHF ABCS . 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) 8 Do a, b, c là các số dương nên ta có; (a – 1)2   2 2 2 2 0 0 1 2 2 1 1 4a a a a a a a            (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) a) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 . B = x3 +6x2 +11x +6 . b) Rút gọn phân thức :
42. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 42 6116 12198 23 23    xxx xxx B A . Câu II : (3đ) . 1 ) Cho phương trình ẩn x. .2 2 2       ax x x ax a) Giải phương trình với a = 4. b) 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. a) Chứng minh AD = AI , cho biết nhận xét về tam giác BID và vị trí của K trên IB. b) 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) 2 4 )3)(2)(1( )4)(3)(1(       x x xxx xxx B A (1đ) Bài II :1) . Phương trình 2 )( )2( )2( )(       ax x x ax (1) Điều kiện: x  -2 và x  a. (1)  x2 – a2 + x2 – 4 = 2x2 + 2(2- a)x – 4a  – a2 - 4 + 4a = 2(2- a)x  - (a - 2)2 = 2(a - 2)x (*) a) với a =4 thay vào (*) ta có : 4 =4x  x=1 (1đ) b) . Thay x= -1 vào (*) ta được. (a – 2 )2 + (a - 2)= 0  (a - 2) (a – 2 + 2) = 0 a = 2
43. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 43  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 = 2 1 DQ Theo định lý Ta Lét trong tam giác ta có : (0,75đ ) AIADIDIA AQ AP ID IA  2 2 1 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 của BID ) . (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 = 2 1 AB và CQ = 3 1 CD. Thật vậy : Do AP // DQ suy ra DQAP AQ AP ID IA  2 2 1 mà AB = CD ĐPCM. (0,5đ) Bài IV: y x2 + y x + y = 1 . (1) Nếu phương trình có nghiệm thì x ,y > 0. (1) y(x2 + x +1) = 1  y= 1  y = 1 ,x= 0 x2 + x +1 =1
44. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 44 Vậy nghiệm của phương trình trên là (x,y) = (0 ,1). (1đ) =================================== ĐỀ 21 I. Đề bài: Bài 1:(2 điểm) Cho A = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 b c - a c a - b a b - c      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) 1001 1003 1005 1007 4 1006 1004 1002 1000 x x x x        Bài 3:(2 điểm) Chứng minh rằng số: a = + 1 1 1 1 ... , n Z 1.2 2.3 3.4 n.(n+1)      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. a) Tứ giác MNPQ là hình gì? Tại sao? b) Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ là hình vuông? c) 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 = 1 1 1 -(a+b+c) - - - = =0 2bc 2ca 2ab 2abc (vì a + b + c = 0) 0.5 điểm Vậy A= 0. 0.25 điểm Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình: 1) Đặt y = x + 2 ta được phương trình:
45. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 45 (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) 1001 1003 1005 1007 4 1006 1004 1002 1000 x x x x        1001 1003 1005 1007 1 1 1 1 0 1006 1004 1002 1000 x x x x             2007 2007 2007 2007 0 1006 1004 1002 1000 x x x x         0.5 điểm 1 1 1 1 ( 2007) 0 1006 1004 1002 1000 x             ( 2007)x  = 0 0.5 điểm Vì 1 1 1 1 0 1006 1004 1002 1000           2007x  0.5 điểm Bài 3:(1,5 điểm) Ta có: a = 1 1 1 1 1 1 1 1 ... 2 2 3 3 4 n n+1                                0,5điểm = 1 n 1 = 1 n+1 n+1   ; 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 m n p q d a b c
46. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 46 a) Chứng minh MNPQ là hình bình hành 1 điểm b) MNPQ là hình vuông khi và chỉ khi AC = BD, AC BD 1 điểm c) SABCD = 2 a 2 ; SMNPQ = 2 a 4 ; 0.5 điểm ABCD MNPQ S 2 S   0.5 điểm ========================= ĐỀ 22 Bài 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: 6 7 3 2 2 1 2 2 2 2       xx xx xx xx b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = 4 2 1 x x  với x # 0 Bài 3 ( 1 điểm) Rút gọn biểu thức: P = 233 65 23 2   xxx xx 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)
47. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 47 => 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. 6 7 3 2 2 1 2 2 2 2       xx xx xx xx Tìm được nghiệm của phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B= 4 2 1 x x  với x # 0 giải và tìm được B max = 1/2 thì x = 1 ( 1, 5 điểm ) Bài 3 Rút gọn biểu thức: P =       1 3 . 12 3.2 233 65 2223 2         xx x P xxx xx xxx xx ( 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 ) Đề 23 Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng: a) 85 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44 Bài 2: (3đ) a) Rút gọn biểu thức: 2 3 2 6 4 18 9 x x x x x      b) Cho 1 1 1 0( , , 0)x y z x y z     . Tính 2 2 2 yz xz xy x y z   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.
48. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 48 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) a) (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. b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức: an + bn = (a+b)(an-1 - an-2 b + an-3 b2 - …- 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) a) (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) => 2 3 2 6 4 18 9 x x x x x      = 2 2 (x+3)(x-2) ( 2) (x+3)(x -7x +3) x -7x +3 x   Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3  0 b) (1,5đ) Vì 3 3 3 3 2 2 3 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3. . 3 . x y z z x y z x y z x x y x y y                                  3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 . . 3. x y z x y x y x y z xyz                Do đó : xyz( 3 1 x + 3 1 y + 3 1 z )= 3 3 3 3 2 2 2 3 3 xyz xyz xyz yz zx xy x y z x y z        
49. KHOA TOÁN HÀ NỘI CHẤT LƯỢNG CAO http://giasutoan.giasuthukhoa.edu.vn – Tel: 0936.128.126 --***--- Đăng ký học tập môn Toán lớp 8 cơ bản và nâng cao | Tel: 0936.128.126 49 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 => 1B E vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE => 1 1 1 1 1 2 C B E B C    mà AC // BM (ta vẽ) => 1 1 1 2 C CBM B CBM   nên BO là tia phân giác của CBM . 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 : ,BAC BMC 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 : 1 1 ( ); 2 M BMC cmt A M  1 2M A  mà 12A K (hai góc đồng vị) => 1 1K M CKM   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  M 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = - 1 2 ----- =========================================== A B D M E C K

Bài tập toán nâng cao lớp 8 có đáp an năm 2024

Bài Viết Liên Quan

Quảng Cáo

Có thể bạn quan tâm

Toplist được quan tâm

Quảng cáo

Xem Nhiều

Quảng cáo

Chúng tôi

Điều khoản

Trợ giúp

Mạng xã hội