10 đề đáp án HSG TOÁN 8h

/>Câu 1. ( 5 điểm) Tìm số tự nhiên n để:

ĐỀ BÀI

3
2
a) A = n − n + n − 1 là số nguyên tố
n 4 + 3n3 + 2n 2 + 6n − 2
B=
n2 + 2
b)
có giá trị là một số nguyên
5
c) D = n − n + 2 là số chính phương.
Câu 2. (5 điểm) Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
=1
ab
+
a
+
1
bc
+
b
+
1

ac
+
c
+
1
a)
biết abc = 1

a 4 + b 4 + c 4 = 2 ( ab + bc + ca )
b) Với a + b + c = 0 thì
a2 b2 c2 c b a
+ 2+ 2≥ + +
2
b
c
a b a c
c)
Câu 3. (5 điểm) Giải các phương trình sau:
x − 214 x − 132 x − 54
+
+
=6
86
84
82
a)

2

b) 2 x ( 8 x − 1) .( 4 x − 1) = 9

2
2
c) x − y + 2 x − 4 y − 10 = 0 với x, y nguyên dương.
ABCD ( AB / / CD )
Câu 4. (5 diểm) Cho hình thang
, O là giao điểm hai đường chéo. Qua
2

O kẻ đường thẳng song song với AB cắt DA tại E, cắt BC tại F
a) Chứng minh : Diện tích tam giác AOD bằng diện tích tam giác BOC
1
1
2
+
=
b) Chứng minh: AB CD EF
c) Gọi K là điểm bất kỳ thuộc OE. Nêu cách dựng đường thẳng đi qua K và chia đơi
diện tích tam giác DEF

1


/>ĐÁP ÁN
Câu 1.
A = n3 − n 2 + n − 1 = ( n 2 + 1) ( n − 1)
a)
Để A là nguyên tố thì n − 1 = 1 ⇔ n = 2 . Khi đó A = 5
2
B = n 2 + 3n − 2
n +2

b)
B có giá trị nguyên ⇔ 2Mn 2 + 2

n2 + 2 = 1
 n 2 = −1(ktm)
⇒ 2
⇔
2
n
+
2
=
2

n + 2 là ước tự nhiên của 2
 n = 0 (tm)
Vậy với n = 0 thì B có giá trị ngun.
c)
D = n5 − n + 2 = n ( n 4 − 1) + 2 = n ( n + 1) ( n − 1) ( n 2 + 1) + 2

= n ( n − 1) ( n + 1) ( n 2 − 4 ) + 5 + 2 = n ( n − 1) ( n + 1) ( n − 2 ) ( n + 2 ) + 5n ( n − 1) ( n + 1) + 2
n n − 1) ( n + 1) ( n − 2 ) ( n + 2 ) M
5
Mà (
(tích 5 số tự nhiên liên tiếp)
5n n − 1) ( n + 1) M
5
Và (
. Vậy D chia 5 dư 2
Do đó D có tận cùng là 2 hoặc 7 nên D khơng phải là số chính phương.

Vậy khơng có giá trị nào của n để D là số chính phương.
Câu 2.
a)
a
b
c
ac
abc
c
+
+
=
+
+
ab + a + 1 bc + b + 1 ac + c + 1 abc + ac + c abc 2 + abc + ac ac + c + 1
ac
abc
c
abc + ac + 1
=
+
+
=
=1
1 + ac + c c + 1 + ac ac + c + 1 abc + ac + 1
b)
a + b + c = 0 ⇒ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + ac + bc ) = 0

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

(1)

⇒ a 4 + b 4 + c 4 + 2 ( a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2 ) = 4 ( a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2 ) + 8abc ( a + b + c )

(Vì a + b + c = 0 )
⇒ 2 ( ab + ac + bc ) = 2 ( a 2b 2 + a 2c 2 + b 2c 2 )

(2)

⇒ a 4 + b 4 + c 4 = 2 ( ab + ac + bc )
Từ (1) và (2)
2
2
c) Áp dụng bất đẳng thức x + y ≥ 2 xy . Dấu bằng xảy ra khi x = y
2

2


/>a 2 b2
a b
a
+
≥
2.
.
=
2.
b2 c2
b c

c
a 2 c2
a c
c
+
≥
2.
.
=
2.
b2 a 2
b a
b
c2 b2
c b
b
+ 2 ≥ 2. . = 2.
2
a
c
a c
a
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:
2
2
 a 2 b2 c2 
c2 a c b
a c b a b
2  2 + 2 + 2 ÷ ≥ 2  + + ÷⇒ 2 + 2 + 2 ≥ + +
c

a 
c
a
c b a
c b a b
b
Dấu " = " xảy ra khi a = b = c
Câu 3.
a)
x − 214 x − 132 x − 54
+
+
=6
86
84
82
 x − 214   x − 132
  x − 54

⇔
− 1÷+ 
− 2 ÷+ 
− 3 ÷= 0
 86
  84
  82

x − 300 x − 300 x − 300
⇔
+

+
=0
86
84
82
1
1 
 1
⇔ ( x − 300 )  + + ÷ = 0 ⇔ x − 300 = 0 ⇔ x = 300
 86 84 82 
Vậy S = { 300}
b)

2 x ( 8 x − 1) .( 4 x − 1) = 9
2

⇔ ( 64 x 2 − 16 x + 1) ( 8 x 2 − 2 x ) = 9 ⇔ ( 64 x 2 − 16 x + 1) ( 64 x 2 − 16 x ) = 72

64 x 2 − 16 x +

1
=k
2

Đặt
Ta có:
( k + 0,5 ) ( k − 0,5 ) = 72 ⇔ k 2 = 72,25 ⇒ k = ±8,5
Với k = 8,5 ta có phương trình :
1


x=

2
64 x 2 − 16 x − 8 = 0 ⇔ ( 2 x − 1) ( 4 x + 1) = 0 ⇔ 
 x = −1

4
Với k = −8,5 ta có phương trình:

64 x 2 − 16 x + 9 = 0 ⇔ ( 8 x − 1) + 8 = 0 (vô nghiệm)
2

1 1 
S =  ;− 
2 4
Vậy
3


/>x 2 − y 2 + 2 x − 4 y − 10 = 0 ⇔ ( x 2 + 2 x + 1) − ( y 2 + 4 y + 4 ) − 7 = 0
c)
2
2
⇔ ( x + 1) − ( y + 2 ) = 7 ⇔ ( x − y − 1) ( x + y + 3) = 7
Vì x, y nguyên dương nên x + y + 3 > x − y − 1

x = 3
x − y −1 = 1⇒ 
⇒ x + y + 3 = 7 và
y =1

Phương trình có nghiệm dương duy nhất
Câu 4.

( x; y ) = ( 3;1)

a) Vì AB / /CD ⇒ S DAB = SCBA (cùng đáy và cùng đường cao)
⇒ S DAB − S AOB = SCBA − S AOB hay S AOD = S BOC

EO AO
=
.
DC
AC
b) Vì
Mặt khác AB / / DC
AB AO
AB
AO
AB
AO
EO
AB
⇒
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=

DC OC
AB + BC AO + OC
AB + BC AC
DC AB + DC
EF
AB
AB + DC
2
1
1
2
⇒
=
⇒
=
⇒
+
=
2 DC AB + DC
AB.DC
EF
DC AB EF
EN / / MK ( N ∈ DF )
c) Dựng trung tuyến EM , dựng
EO / / DC ⇒

Kẻ đường thẳng KN là đường phải dựng.
Chứng minh: S EDM = S EFM (1)

S = S IMN ( 2 )

Gọi giao điểm của EM và KN là I thì IKE
Từ (1) và (2) suy ra S DEKN = S KFN
BỘ ĐỀ ĐÁP ÁN HSG MƠN TỐN CẤP HUYỆN, TỈNH FILE WORD Zalo 0946095198
200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=100k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 6 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
270 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=140k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 7 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
225 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=110k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 8 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
35 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8 HÀ NỘI=40k
320 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HUYỆN=160k; 257 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CẤP TỈNH=130k
64 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HÀ NỘI=50k; 77 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 (2020-2021)=80k;
4


/>95 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CÁC HUYỆN CỦA TỈNH VĨNH PHÚC=100k

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN
MƠN TỐN 8
Bài 1 (3 điểm) Chứng minh rằng:
5
11
a) 8 + 2 chia hết cho 17
19
19
b) 19 + 69 chia hết cho 44
Bài 2. (3 điểm)
x2 + x − 6
3
2
a) Rút gọn biểu thức : x − 4 x − 18 x + 9
1 1 1
yz xz xy

+ + = 0 ( x, y , z ≠ 0 ) .
+ 2+ 2
2
x
y
z
x
y
z
b) Cho
Tính

Bài 3. (3 điểm)
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 thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK
Bài 4. (1 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
ĐÁP ÁN
Bài 1.

85 + 211 = ( 23 ) + 211 = 215 + 211 = 211. ( 24 + 1) = 211.17
5

a) Ta có:
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17
b) Áp dụng hằng đẳng thức
a n + b n = ( a + b ) ( a n−1 − a n−2b + a n−3b2 − ..... − ab n−2 + b n−1 )

19 + 69 = ( 19 + 69 ) ( 19 − 19 .69 + ...... + 69
19

Ta có:

19

18

17

18

5

)

với mọi n lẻ


/>= 88. ( 1918 − 1917.69 + ..... + 6918 )
chia hết cho 44
Bài 2.
a) Ta có:
*) x 2 + x − 6 = x 2 + 3 x − 2 x − 6 = x ( x + 3) − 2 ( x + 3 ) = ( x − 2 ) ( x + 3 )
*) x3 − 4 x 2 − 18 x + 9 = x3 + 3 x 2 − 7 x 2 − 21x + 3 x + 9
= x 2 ( x + 3) − 7 x ( x + 3 ) + 3 ( x + 3 )
= ( x + 3) ( x 2 − 7 x + 3)

x2 + x − 6

( x + 3) ( x − 2 ) = x − 2 x ≠ −1; x 2 − 7 x + 3 ≠ 0
⇒ 3
=
(
)
x − 4 x 2 − 18 x + 9 ( x + 3) ( x 2 − 7 x + 3) x 2 − 7 x + 3
1 1
1 1 1
1
+ + = 0 ⇒ = − + ÷
x y z
z
x y
3

b) Vì

1 1
1
1
1
1 1
1 1
1 
⇒ 3 = −  + ÷ ⇒ 3 = −  3 + 3. 2 . + 3. . 2 + 3 ÷
z
z
x y
x y
y 

x y
x
1
1 1
1 1 1 1
1
1 1
1
⇒ 3 + 3 + 3 = −3. . . + ÷⇒ 3 + 3 + 3 = 3.
x
y
z
x y x y
x
y
z
xyz

1
1 1
xyz xyz xyz
yz zx xy
xyz  3 + 3 + 3 ÷ = 3 ⇔ 3 + 3 + 3 = 3 ⇔ 2 + 2 + 2 = 3
y
z 
x
y
z
x
y

z
x
Do đó:

6


/>Bài 3.

Vẽ hình bình hành ABMC ta có: AB = CM
Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM .
µ µ
BC = CE ( gt ) ⇒ ∆CBE
Thật vậy, xét tam giác BCE có
cân tại C ⇒ B1 = E
Vì góc C1 là góc ngồi của tam giác BCE
µ =B
µ +E
µ ⇒B
µ = 1C
µ
µ = CBM
·
µ = 1 CBM
·
⇒C
⇒C
⇒B
1
1

1
1
1
1
2 mà AC / / BM (ta vẽ)
2
nên BO là
·CBM .
·
tia phân giác của
Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của BCM . Trong
tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O
·
⇒ MO là tia phân giác của CMB
·
·
Mà BAC , BMC là hai góc đối của hình bình hành BMCA ⇒ MO / / với tia phân giác của
góc A theo giả thiết tia phân giác của góc A cịn song song với OK
⇒ K , O, M thẳng hàng
¶ = 1 BMC
Ã
ả M
ả =à
M
(cmt ); àA = M
A2
à ả
1
1
2

Ta li cú:
m A2 = K1 (2 góc đồng vị)
¶ =M
¶ ⇒ ∆CKM
⇒K
1
1
cân tại C ⇒ CK = CM .
Kết hợp
Bài 4.

AB = CM ⇒ AB = CK

( dfcm )

7


/>2
M = 4 x 2 + 4 x + 5 = 4 x 2 + 4 x + 1 + 4 = ( 2 x + 1) + 4
Ta có
2
2
2
x
+
1
≥
0
⇒

2
x
+
1
+4≥4⇔ M ≥4
(
)
(
)
Vì

(

Vậy

MinM = 4 ⇔ x = −

)

1
2

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
MƠN : Tốn 8. Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1. (2 điểm) Cho biểu thức

A=

x

3 − 3x
x+4
− 2
+ 3
x +1 x − x +1 x +1

a) Rút gọn biểu thức A
b) Chứng minh rằng giá trị của A luôn dương với mọi x ≠ −1
Câu 2. (3 im)
a) Chng minh rng: Vi mi x Ô thỡ giỏ trị của đa thức :
M = ( x + 2 ) ( x + 4 ) ( x + 6 ) ( x + 8 ) + 16
là bình phương của một số hữu tỉ
x + 1 = x ( x + 1)
b) Giải phương trình :
Câu 3. (1,5 điểm) Đa thức P( x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P (1) = 0;
P (3) = 0; P (5) = 0 .

Q = P ( −2 ) + 7 P ( 6 )
Hãy tính giá trị của biểu thức
Câu 4. (2,5 điểm) Cho tam giác ABC vng tại A, đường phân giác AD. Vẽ hình vng
MNPQ có M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC, P và Q thuộc cạnh BC. Gọi E và F lần

lượt là giao điểm của BN và MQ; CM và NP. Chứng minh rằng
a) DE song song với AC
b) DE = DF ; AE = AF
Câu 5. (1 điểm) Chứng minh bất đẳng thức:
a
b
c
3

+
+
≥
a + b b + c c + a 2 với a ≥ b ≥ c > 0

8


/>ĐÁP ÁN
Câu 1.
a)
2
x
3 − 3x
x + 4 x ( x − x + 1) − ( x + 1) ( 3 − 3x ) + x + 4
A=
−
+
=
x + 1 x 2 − x + 1 x3 + 1
( x + 1) ( x 2 − x + 1)
2
x3 + 2 x 2 + 2 x + 1 ( x + 1) ( x + x + 1) x 2 + x + 1
=
=
=
( x + 1) ( x 2 − x + 1) ( x + 1) ( x 2 − x + 1) x 2 − x + 1

2

1 3

x+ ÷ +
2

x + x +1 
2 4
A= 2
=
2
x − x +1 
1 3
x− ÷ +
2 4

x
≠
−
1
b) Với mọi
thì
2
2
1 3
1 3


 x + ÷ + > 0;  x − ÷ + > 0, ∀x ≠ −1 ⇒ A > 0, ∀x ≠ −1
2 4
2 4


Vì 

Câu 2.

M = ( x 2 + 10 x + 16 ) ( x 2 + 10 x + 24 ) + 16

a) Ta có:
2
Đặt a = x + 10 x + 16
2
2
M
=
a
a
+
8
+
16
=
a
+
8
a
+
16
=
a
+

4
(
)
(
)
Suy ra
M = ( x 2 + 10 x + 20 ) (dpcm)
2

Vậy
b / x + 1 = x ( x + 1)

⇔ x ( x + 1) − x + 1 = 0 ⇔ x . x + 1 − x + 1 = 0 ⇔ x + 1 .( x − 1) = 0

 x +1 = 0
x +1 = 0
x =1
⇔
⇔
⇔
 x = −1
 x − 1 = 0
 x =1
Câu 3.
P ( x )M
( x − 1), ( x − 3) , ( x − 5 )
Ta có:
P x
P x = x − 1) ( x − 3 ) ( x − 5 ) ( x + a )
Nên ( ) có dạng ( ) (

P (−2) + 7.P(6) = ( −3) .( −5 ) . ( −7 ) .( −2 + a ) + 7.5.3.1. ( 6 + a )
Khi đó:
= −105. ( −2 + a ) + 105.( 6 + a )

= 105.( 2 − a + 6 + a ) = 840

Câu 4.

9


/>
BE BQ BQ AB BD
=
=
=
=
EN
QP
MQ
AC
DC ⇒ DE / / NC hay DE / / AC
a) Chứng minh được
DE BD
BD
DE / / AC ⇒
=
⇒ DE =
.CN
(1)

CN BC
BC
b) Do
CD
DF =
.BM
(2)
BC
Tương tự:
DE BD CN
=
.
Từ (1) và (2) suy ra DF CD BM
BD AB
CN AC
DE
=
=
= 1 ⇒ DE = DF
Mà CD AC và BM AB nờn DF
à Ã
Ã
ả
Ta cú: D1 = DAC = DAB = D2 ⇒ ∆ADE = ∆ADF ⇒ AE = AF

10


/>Câu 5.
Gọi vế trái là A, ta có:

3  a
1  b
1  c
1
A− =
− ÷+ 
− ÷+ 
− ÷
2 a+b 2 b+c 2 c+ a 2
a −b
b−c
c−a
=
+
+
2( a + b) 2( b + c ) 2( c + a )
=

a −b
( b − a) + ( a − c) + c − a
+
2( a + b)
2( b + c)
2( c + a)

a−b  1
1  a−c  1
1 
.
−

.
−
÷+
÷
2 a+b b+c
2 b+c c+a
a−b
c−a
a−c
a −b
=
.
+
.
2 ( a + b) ( b + c)
2 ( b + c ) .( c + a )
=

( a − b ) ( a − c ) . −1 + 1 

÷
2( b + c)
a+b c+a
( a − b ) ( a − c ) ( b − c ) ≥ 0( Do a ≥ b ≥ c ≥ 0)
=
2( b + c) ( a + b) ( c + a )
=

Vậy

A≥

3
2

TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
MƠN: TỐN 8
Thời gian: 150 phút

Bài 1. (2 điểm)

x 2 − 2 x ) ( x 2 − 2 x − 1) − 6
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (
3
f
x
=
4
x
+ ax + b chia hết cho các đa thức x − 2; x + 1. Tính 2a − 3b
(
)
b) Đa thức
Bài 2. (2 điểm)
a) Cho an = 1 + 2 + 3 + ... + n. Chứng minh rằng an + an+1 là một số chính phương

10n 2 + 9n + 4
2

b) Chứng minh rằng vơi mọi số tự nhiên n thì phân số 20n + 20n + 9 tối giản
Bài 3. (3 điểm)
xyz
P=
3
3
3
( x + y) ( y + z) ( z + x)
a) Cho x + y + z = 3xyz. Hãy rút gọn phân thức :
14 + 4 54 + 4 94 + 4 174 + 4
M= 4
. 4
. 4
.... 4
3
+
4
7
+
4
11
+
4
19 + 4
b) Tìm tích:
Bài 4. (4 điểm)
a) Cho x = by + cz; y = ax + cz; z = ax + by và x + y + z ≠ 0; xyz ≠ 0 .
1
1
1

+
+
=2
1
+
a
1
+
b
1
+
c
CMR:
11


/>1 1 1
yz xz xy
+ + = 0,
P= 2 + 2 + 2
x
y
z
b) Cho x y z
tính giá trị của biểu thức
P=

x2 + x  x + 1
1
2 − x2 

:
−
+

÷
x2 − 2x + 1  x
1 − x x2 − x 

Bài 5. (3 điểm) Cho biểu thức :
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để P < 1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1

ABCD, gọi E , F thứ tự là trung điểm của AB, BC.
a) Chứng minh rằng: CE ⊥ DF
b) Gọi M là giao điểm của CE và DF . Chứng minh rằng: AM = AD
Bài 7. (3 điểm) Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngồi tam giác các hình vuông ABDE , ACFH .
a) Chứng minh rằng EC = BH ; EC ⊥ BH
b) Gọi M , N thứ tự là tâm của các hình vng ABDE , ACFH . Gọi I là trung điểm của
BC. Tam giác MNI là tam giác gì ? Vì sao ?
Bài 6. (3 điểm). Cho hình vng

ĐÁP ÁN
Bài 1.

a)

( x + 1) ( x − 3) ( x 2 − 2 x + 2 )

3

b) Đa thức f ( x ) = 4 x + ax + b chia hết cho các đa thức x − 2; x + 1 nên:
f ( 2 ) = 0 ⇒ 32 + 2a + b = 0(1)

f ( −1) = 0 ⇒ −4 − a + b = 0
(2)
1
2
Từ ( ) và ( ) ta tìm được a = −12; b = −8
Vậy 2a − 3b = 0
Bài 2.

a) Ta có: an+1 = 1 + 2 + 3 + ..... + n + n + 1
n ( n + 1)
an + an+1 = 2 ( 1 + 2 + 3 + ..... + n ) + n + 1 = 2.
+ n + 1 = n 2 + 2n + 1
2
2
= ( n + 1) là một số chính phương.
2
2
b) Gọi d là ƯCLN của 10n + 9n + 4 và 20n + 20n + 9
10n 2 + 9n + 4Md
20n 2 + 18n + 8Md
⇒
⇒
⇒ 2n + 1Md
2
2
20
n

+
20
n
+
9
M
d
20
n
+
20
n
+
9
M
d


⇒ d là số tự nhiên lẻ
d ⇒ 4n2 + 4n + 1Md ⇒ 20n 2 + 20n + 5Md ⇒ 4Md , mà d lẻ nên d = 1
Mặt khác : 2n + 1M
Vậy phân số trên tối giản
Bài 3.
3
3
3
a) Từ x + y + z = 3 xyz chỉ ra được x + y + z = 0 hoặc x = y = z

12

/>TH 1: x + y + z = 0 ⇒ x + y = − z; x + z = − y; y + z = − x ⇒ P = −1
1
TH 2 : x = y = z ⇒ P =
8
2
2
n 4 + 4 = ( n − 1) + 1 ( n + 1) + 1


 . Do đó:
b) Nhận xét được:
1.( 22 + 1)
42 + 1) . ( 62 + 1)
162 + 1) . ( 182 + 1)
(
(
1
1
M= 2
. 2
...... 2
= 2
=
2
2
2
( 2 + 1) .( 4 + 1) ( 6 + 1) .( 8 + 1) ( 18 + 1) .( 20 + 1) 20 + 1 401
Bài 4.

a) Từ giả thiết ⇒ 2cz + z = x + y ⇒ 2cz = x + y − z

x+ y−z
x+ y+z
1
2z
⇒ c +1=
⇒
=
2z
2z
c +1 x + y + z
1
2x
1
2y
1
1
1
=
;
=
+
+
=2
Tương tự: 1 + a x + y + z 1 + b x + y + z . Khi đó: 1 + a 1 + b 1 + c
1 1 1
1 1 1
3
+ + =0⇒ 3 + 3 + 3 =

x
y
z
xyz
b) Từ x y z
⇒c=

Khi đó:
1
yz xz xy xyz xyz xyz
1 1
3
P = 2 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz. 3 + 3 + 3 ÷ = xyz.
=3
x
y
z
x
y
z
y
z 
xyz
x
Bài 5. a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ −1
Rút gọn

P ta có:

P=

x2
x −1
2

1 3

x− ÷ +
2
2
2

x
x
x − x +1
2 4
P <1⇔
<1⇔
−1< 0 ⇔
<0⇔ 
<0
x −1
x −1
x −1
x −1
b)
⇔ x −1< 0 ⇔ x <1
Vậy với x < 1 và x ≠ 0; x ≠ −1 thì P < 1
x2
x2 − 1 + 1

1
1
P=
=
= x +1+
= x −1+
+2
x −1
x −1
x −1
x −1
c) Ta có:
1
x −1+
≥2
x −1
Khi x > 1; x − 1 > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
. Dấu " = " xảy ra khi
và chỉ khi x = 2. Vậy GTNN của P bằng 4 ⇔ x = 2

13


/>Bài 6.

µ µ
a) Chứng minh được ∆CBE = ∆DFC ( c.g.c ) C1 = D1
0
0
à ả

à ả
Li cú: C1 + C2 = 90 ⇒ D1 + C2 = 90 ⇒ CE ⊥ DF

b) Gọi K là trung điểm của CD. Chứng mnh được tứ giác AECK là hình bình hành suy
ra AK / / CE
Gọi N là giao điểm của AK và DF .∆DCM có DK = KC và KN / / CM nên N là trung
điểm của DM. Vì CM ⊥ DM ( câu a), KN / /CM ⇒ KN ⊥ DM
Tam giác ∆ADM có AN là đường cao đồng thời là trung tuyến nên là tam giác cân tại A.
⇒ AM = AD

14


/>Bài 7.

·
·
a) Chứng minh được: ∆EAC = ∆BAH ( c.g.c ) ⇒ EC = BH , AEC = ABH
Gọi K và O thứ tự là giao điểm của EC với BA và BH
·
·
·
·
·
·
Xét ∆AEK và ∆OBK có: AEK = OBK ; AKE = OKB ⇒ EAK = BOK
·
EC ⊥ BH
⇒ BOK
= 900.

Vậy

1
1
MI / / EC; MI = EC; IN / / BH ; IN = BH
2
2
b) Ta có:
Mà EC ⊥ BH và EC = BH nên MI = IN và MI ⊥ IN
Vậy tam giác MIN vuông cân tại I

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
MƠN: TỐN 8
(Thời gian làm bài : 120 phút)
Câu 1. (3 điểm)
2 2
2 2
2 2
4
4
4
a) Cho biểu thức A = 2a b + 2b c + 2a c − a − b − c . Chứng minh rằng nếu a, b, c

là 3 cạnh của một tam giác thì A > 0
a 5 − aM
30 ( a ∈ ¢ )
b) Chứng minh rằng
Câu 2. (2 điểm)
15

/>x 2 − 2 xy + y 2 + 3 x − 2 y − 1 + 4 = 2 x − x 2 − 3 x + 2
Giải phương trình :
Câu 3. (1,5 điểm)
3
3
Cho a + b = 2. Chứng minh rằng a + b ≤ 2
Câu 4. (1,5 điểm)
AB / / CD ) ,
Cho hình thang ABCD (
hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Một
đường thẳng d qua O song song với 2 đáy cắt hai cạnh bên AD, BC lần lượt tại E và F.

1
1
2
+
=
.
AB
CD
EF
Chứng minh rằng
Câu 5. (2 điểm)
Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M , N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao
cho AN = CM . Gọi K là giao điểm của AN và CM . Chứng minh rằng KD là tia phân giác
·
của AKC
BỘ ĐỀ ĐÁP ÁN HSG MƠN TỐN CẤP HUYỆN, TỈNH FILE WORD Zalo 0946095198
200 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 6=100k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 6 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k

270 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 7=140k; 70 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 7 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
225 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8=110k; 60 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG 8 CÁC HUYỆN CỦA VĨNH PHÚC=100k
35 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8 HÀ NỘI=40k
320 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HUYỆN=160k; 257 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CẤP TỈNH=130k
64 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 HÀ NỘI=50k; 77 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 (2020-2021)=80k;
95 ĐỀ ĐÁP ÁN HSG TOÁN 9 CÁC HUYỆN CỦA TỈNH VĨNH PHÚC=100k

16


/>ĐÁP ÁN
Câu 1.
a)
A = 2a 2b 2 + 2b 2c 2 + 2a 2c 2 − a 4 − b 4 − c 4 = 4a 2b 2 − ( 2a 2b 2 − 2b 2c 2 − 2a 2c 2 + a 4 + b 4 + c 4 )
= ( 2ab ) − ( a 2 + b 2 − c 2 ) = ( 2ab + a 2 + b 2 − c 2 ) ( 2ab − a 2 − b 2 + c 2 )
2

2

2
2
= ( a + b ) − c 2   c 2 − ( a − b )  = ( a + b + c ) ( a + b − c ) ( c + a − b ) ( c − a + b )



Do a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên
a + b + c > 0; a + b − c > 0; c + a − b > 0; c − a + b > 0 ⇒ A > 0
2
a 5 − a = a ( a 4 − 1) = a ( a 2 − 1) ( a 2 + 1) = a ( a + 1) ( a − 1) ( a − 4 ) + 5



= a ( a + 1) ( a − 1) ( a − 2 ) ( a + 2 ) + 5a ( a + 1) ( a − 1)
b)
Do tích của số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 5 và trong 5 số ngun liên tiếp ln có
6,5 ) = 1
ba số nguyên liên tiếp mà tích của chúng chia hết cho 6 và (
a a + 1) ( a − 1) ( a − 2 ) ( a + 2 ) M
30 5a ( a + 1) ( a − 1) M
30.
Suy ra (
và
5
30
Vậy a − aM
Câu 2.
x 2 − 2 xy + y 2 + 3x − 2 y − 1 + 4 = 2 x − x 2 − 3 x + 2

⇔ ( x − y + 1) + x − 2 + ( x − 1) ( x − 2 ) = 2 x − 4
2

(1)
Do

( x − y + 1)

2

+ x − 2 + ( x − 1) ( x − 2 ) ≥ 0

(∀x, y )

⇒ 2x − 4 ≥ 0 ⇔ 2 ( x − 2) ≥ 0 ⇔ x ≥ 2

( x − y + 1)

2

+ x − 2 = ( x − y + 1) + x − 2; ( x − 1) ( x − 2 ) = x 2 − 3 x + 2
2

Với x ≥ 2 thì
Khi đó từ phương trình (1)
2
2
2
⇒ ( x − y + 1) + x − 2 + ( x − 1) = 2 ( x − 2 ) ⇔ ( x − y + 1) = ( x − 2 ) ( 2 − x + 1 − 1) = − ( x − 2 )

⇔ ( x − y + 1) + ( x − 2 ) = 0 ⇔ x − 2 = 0 và x − y + 1 = 0 ⇔ x = 2; y = 3(tm)
2

2

Vậy tập nghiệm của phương trình là :

( x; y ) = ( 2;3)

Câu 3.
Giả sử
3
a + b > 2 ⇔ ( a + b ) > 23 ⇔ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) > 8 ⇔ 2 + 3ab ( a + b ) > 8( a 3 + b3 = 2)

⇔ 3ab ( a + b ) > 6 ⇔ ab ( a + b ) > 2 ⇔ ab ( a + b ) > a 3 + b 3 ( a 3 + b 3 = 2 )

17


/>⇔ ab ( a + b ) > ( a + b ) ( a 2 − ab + b 2 )
⇔ ab > a 2 − ab + b 2 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 < 0 ⇔ ( a − b ) < 0(Vo
Vậy a + b ≤ 2
Câu 4.
2

ly ')

OE OD
=
AB DB (Hệ quả định lý Talet) (1)
Xét ∆ABD có
OF OB
OF / / DC ⇒
=
∆
ABC
CD
BD (hệ quả định lý Talet ) (2)
Xét
có
OF OC
OF / / AB ⇒
=
∆

ABC
AB
AC (hệ quả định lý Ta let ) (3)
Xét
có
OE AO
OE / / DC ⇒
=
DC
AC (Hệ quả định lý Ta let ) (4)
∆
ABD
Xét
có
Từ (1), (2), (3), (4) suy ra
OE OF OF OE OD OB OC AO
+
+
+
=
+
+
+
AB CD AB DC DB BD AC AC
OE OF OF OE OD OB OC AO
⇔
+
+
+
=

+
+
+
AB AB CD DC DB BD AC AC
EF EF BD AC
EF EF
1
1
2
⇔
+
=
+
⇔
+
=2⇔
+
=
AB DC BD AC
AB DC
AB CD EF
Câu 5.
OE / / AB ⇒

18


/>
Kẻ DI , DJ lần lượt vng góc với AK , CK
1

1
S AND = AN .DI = S ABCD
2
2
Ta có:
(Do chung đáy AD, cùng chiều cao hạ từ N) (1)
1
1
SCDM = CM .DJ = S ABCD
2
2
(Do chung đáy CD, cùng chiều cao hạ từ M ) (2)
1
1
AN .DI = CM .DJ ⇔ DI = DJ
2
Từ (1) và (2) suy ra : 2
(Vì AN = CM )
·
⇒ ∆DIK = ∆DJK (cạnh huyền-cạnh góc vng) ⇒ IKD
= ·JKD
⇒ KD là tia phân giác ·AKC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8
Câu 1. (4,0 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a )3x 2 − 7 x + 2

b)

a ( x 2 + 1) − x ( a 2 + 1)

Câu 2. (5,0 điểm)

2+ x
4x2
2 − x  x2 − 3x
A=
− 2
−
÷: 2
2
−
x
x
−
4
2
+
x
2 x − x3


Cho biểu thức :
a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị của x để A > 0
x−7 =4
c) Tính giá trị của A trong trường hợp
Câu 3. (5,0 điểm)

a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau:
9 x 2 + y 2 + 2 z 2 − 18 x + 4 z − 6 y + 20 = 0
19


/>a b c
x2 y 2 z 2
x y z
+
+
=
0.
+ 2 + 2 =1
+ + =1
2
b
c
b) Cho a b c
và x y z
Chứng minh rằng: a
Câu 4. (6,0 điểm)

Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là
hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường
thẳng AB và AD

a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Vì sao ?
b) Chứng minh rằng : CH .CD = CB.CK
2
c) Chứng minh rằng: AB. AH + AD. AK = AC

20


/>ĐÁP ÁN
Câu 1.

a)3x 2 − 7 x + 2 = 3 x 2 − 6 x − x + 2
= 3x ( x − 2 ) − ( x − 2 ) = ( 3x − 1) ( x − 2 )

b) a ( x 2 + 1) − x ( a 2 + 1) = ax 2 + a − a 2 x − x
= ax ( x − a ) − ( x − a ) = ( x − a ) ( ax − 1)

Câu 2.
ĐKXĐ:

x ≠ { 0; ±2;3}

2
2
2+ x
4x2
2 − x  x 2 − 3x ( 2 + x ) + 4 x − ( 2 − x ) x ( 2 − x )
a) A = 
− 2
−
=
.
÷: 2
3

2
−
x
x
−
4
2
+
x
2
x
−
x
2
−
x
2
+
x
x ( x − 3)
(
)
(
)


x( 2 − x)
4x ( x + 2) x ( 2 − x )
4 x2 + 8x
4x2

=
.
=
=
( 2 − x ) ( 2 + x ) x − 3 ( 2 − x ) ( 2 + x ) ( x − 3) x − 3
2

4 x2
A>0⇔
> 0 ⇔ x − 3 > 0 ⇔ x > 3(tmdk )
x
−
3
b)
Vậy x > 3 thì A > 0
x − 7 = 4
 x = 11(tm)
121
c) x − 7 = 4 ⇔ 
⇔
⇔ A=
khi x = 11
x
−
7
=
−
4
x
=

3(
ktm
)
2


Câu 3.
2
2
2
9
x
+
y
+
2
z
− 18 x + 4 z − 6 y + 20 = 0
a)
⇔ ( 9 x 2 − 18 x + 9 ) + ( y 2 − 6 y + 9 ) + 2 ( z 2 + 2 z + 1) = 0

⇔ 9 ( x − 1) + ( y − 3) + 2 ( z + 1) = 0(*)
2

Do ( x − 1)

2

2

2

≥ 0; ( y − 3) ≥ 0; ( z + 1) ≥ 0
2

2

Nên : x = 1; y = 3; z = −1
a b c
ayz + bxz + cxy
+ + =0⇔
=0
x
y
z
xyz
b) Từ
⇔ ayz + bxz + cxy = 0
2

x y z
x y z
+ + =1⇔  + + ÷ =1
a b c
Ta có: a b c
x2 y2 z 2
 xy xz yz 
⇔ 2 + 2 + 2 + 2 +
+ ÷= 1
a

b
c
 ab ac bc 
x2 y2 z 2
cxy + bxz + ayz
⇔ 2 + 2 + 2 +2
=1
a
b
c
abc
x2 y2 z 2
⇔ 2 + 2 + 2 = 1(dfcm)
a
b
c
21

2


/>Câu 4.

a) Ta có BE ⊥ AC ( gt ); DF ⊥ AC ( gt ) ⇒ BE / / DF
Chứng minh ∆BEO = ∆DFO ( g .c.g ) ⇒ BE = DF
Suy ra tứ giác BEDF là hình bình hành
·
·
·
·

b) Ta có : ABC = ADC ⇒ HBC = KDC
CH CK
∆CBH : ∆CDK ( g .g ) ⇒
=
⇒ CH .CD = CK .CB
CB
CD
Chứng minh
AF AK
∆AFD : ∆AKC ( g .g ) ⇒
=
⇒ AD. AK = AF . AC
AD AC
c) Chứng minh
CF AH
∆CFD : ∆AHC ( g.g ) ⇒
=
CD AC
Chứng minh
CF AH
CD = AB ⇒
=
⇒ AB. AH = CF . AC
AB AC
Mà
Suy ra

AB. AH + AB. AH = CF . AC + AF . AC = ( CF + AF ) . AC = AC 2

22

/>ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Mơn: Tốn lớp 8
Thời gian làm bài : 150 phút
Câu 1. (2,0 điểm)

B=
Rút gọn biểu thức
Câu 2. (4,0 điểm)

x3 − y 3 − z 3 − 3xyz

( x + y)

2

+ ( y − z) + ( x + z)
2

2

2
x + 1) ( x + 3) ( x + 5 ) ( x + 7 ) + 9
a) Tìm số dư trong phép chia đa thức (
cho x + 8 x + 12.
3
2
2
b) Tìm mọi số nguyên x sao cho x − 2 x + 7 x − 7 chia hết cho x + 3

Câu 3. (4,0 điểm)
Giải các phương trình:
3
3
3
1
 3

 x + 3÷ +  x − 4 ÷ + ( 1 − x) = 0
 4

a)  4

3− x 
 3 − x 
x
÷ x +
÷= 2
x
+
1
x
+
1



b)
Câu 4. (4,0 điểm)
Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức:

A = 3x + 1 + x + 2 − 4 x + 3
a)
14 x 2 − 8 x + 9
B= 2
3x + 6 x + 9
b)
Câu 5. (4,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. M , D tương ứng là trung điểm của BC, AM. H là hình
chiếu của M trên CD. AH cắt BC tại N, BH cắt AM tại E. Chứng minh rằng
a) ∆MHD : ∆CMD
b) E là trực tâm ∆ABN
Câu 6. (2,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh CD và N là một điểm trên
0
·
đường chéo AC sao cho BNM = 90 . Gọi F là điểm đối xứng của A qua N. Chứng minh
rằng FB ⊥ AC.

23


/>ĐÁP ÁN
Câu 1. Ta có:
3
x3 − y 3 − z 3 − 3 xyz = ( x − y ) + 3 xy ( x − y ) − z 3 − 3 xyz
= ( x − y − z ) + 3 ( x − y ) z ( x − y − z ) + 3 xy ( x − y − z )
3

= ( x − y − z ) ( x − y − z ) + 3 xz − 3 yz + 3 xy 



2

= ( x − y − z ) ( x 2 + y 2 + z 2 − 2 xy − 2 xz + 2 yz + 3 xz − 3 yz + 3 xy )
= ( x − y − z ) ( x 2 + y 2 + z 2 + xy − yz + xz )
*) ( x + y ) + ( y − z ) + ( x + z )
2

2

2

= x 2 + 2 xy + y 2 + y 2 − 2 yz + z 2 + x 2 + 2 xz + z 2
= 2 ( x 2 + y 2 + z 2 + xy − yz + xz )
B=

Vậy
Câu 2.

( x − y − z ) ( x 2 + y 2 + z 2 + xy − yz + xz )
2 ( x + y + z + xy − yz + xz )
2

2

2

=

x− y−z

2

f x = x + 1) ( x + 3) ( x + 5 ) ( x + 7 ) + 9
a) Đặt ( ) (
Ta có: A = ( x + 1) ( x + 7 ) ( x + 3) ( x + 5 ) + 9
= ( x 2 + 8 x + 7 ) ( x 2 + 8 x + 15 ) + 9

= ( x 2 + 8 x + 7 ) ( x 2 + 8 x + 12 ) + 3 + 9

= ( x 2 + 8 x + 7 ) ( x 2 + 8 x + 12 ) + 3 ( x 2 + 8 x + 7 ) + 9

= ( x 2 + 8 x + 7 ) ( x 2 + 8 x + 12 ) + 3 ( x 2 + 8 x + 12 ) + 9 − 15
= ( x 2 + 8 x + 12 ) ( x 2 + 8 x + 10 ) − 6

2
f x
Vậy số dư trong phép chia ( ) cho x + 8 x + 12 là −6
3
2
2
b) Thực hiện phép chia đa thức B = x − 2 x + 7 x − 7 cho C = x + 3 , ta được: Đa thức
thương: x − 2; đa thức dư: 4 x − 1
x 3 − 2 x 2 + 7 x − 7 = ( x 2 + 3) ( x − 2 ) + 4 x − 1
Suy ra :
BM
x 2 + 3) ⇔ ( 4 x − 1) M
3 x 2 + 3) (1)
(
(
Do đó

4 x ≠ −1 nên:
Vì 4 x ≠ 1 vs
( 1) ⇒ ( 4 x − 1) ( 4 x + 1) Mx 2 + 3

⇒ ( 16 x 2 − 1) M
( x2 + 3) ⇒ 16 ( x2 + 3) + 49M( x 2 + 3)

⇒ 49M( x 2 + 3)
2
Vì x + 3 ≥ 3 nên xảy ra một tong hai trường hợp sau:
• x 2 + 3 = 49, khơng có giá trị nào thỏa mãn
24


/> x = 2(tm)
•x2 + 3 = 7 ⇒ x2 = 4 ⇔ 
 x = −2( ktm)
Vậy x = 2
Câu 3.

1
3
a = x + 3; b = x − 4 ⇒ a + b = x − 1 ⇒ 1 − x = − ( a + b )
4
4
a) Đặt
3
⇔ a 3 + b3 − ( a + b ) = 0
Ta có (pt đề)
⇔ a 3 + b3 − a 3 − b3 − 3ab ( a + b ) = 0

⇔ −3ab ( a + b ) = 0

1
4 x + 3 = 0
 x = −12
a = 0

 16
3


⇔ b=0
⇔ x − 4 = 0 ⇔ x =

4
3

 a + b = 0
x −1 = 0
x =1



16 

S = −12; ;1
3 

Vậy
b) ĐKXĐ: x ≠ −1

3− x 
3x − x 2 x 2 + x − 3 − x
 3 − x 
x
.
=2
÷ x +
÷= 2 ⇔
x +1 
x +1
x +1
 x + 1 
3 x − x 2 ) ( x 2 + 3)
(
⇔
=2
2
( x + 1)
⇒ 3 x 3 + 9 x − x 4 − 3x 2 = 2 x 2 + 4 x + 2
⇔ x 4 − 3x3 + 5 x 2 − 5 x + 2 = 0
⇔ ( x − 1) .( x 2 − x + 2 ) = 0
2

x −1 = 0
 x = 1(tm)
⇔ 2
⇔
VN
x − x + 2 = 0
S = { 1}

Vậy
Câu 4.
a ≥ a,
a) Áp dụng tính chất
dấu " = " xảy ra ⇔ a ≥ 0, ta có:
A = 3x + 1 + x + 2 − 4 x + 3 ≥ 3x + 1 + x − 2 − 4 x + 3 = 6 ⇒ A ≥ 6
−1
1
x+2≥0⇔ x≥
⇔ x≥−
3 và x ≥ −2
3
Dấu “=” xảy ra ⇔ 3 x + 1 ≥ 0 và
−1
min A = 6 ⇔ x ≥
3
Vậy
25