Hsg toán 8 2022 2023 diễn châu

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO DIỄN CHÂU
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2020-2021
Mơn: Tốn - Lớp 8 –(Thời gian làm bài 120 phút)
Câu 1: (3 điểm)
 2  x 4x2
2  x   x 2  3x 
A



Cho biểu thức:

 : 2 3 
2
 2  x x  4 2  x   2x  x 

a. Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A
b. Tìm x để A = -1
Câu 2: (6 điểm)
a. Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1
2
2
2
Chứng minh rằng A  1  a   1  b   1  c  là số chính phương
b. Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  xy  2012 x  2013 y  2014 0
c. Cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. Tìm a, b, c, d biết rằng khi chia đa
thức lần lượt cho các nhị thức (x - 1), (x – 2), (x- 3) đều có số dư là 6 và
tại x = -1 thì đa thức đó nhận giá trị bằng -18
Câu 3: (3 điểm)
 x 2  x  10

a. Tìm x để biểu thức: E  2
với x 1 đạt giá trị lớn nhất.
x  2 x 1
1 1 1
b. Cho x > 0, y > 0, z > 0 và x  y  z 4 .
1
1
1
Chứng minh răng: 2 x  y  z  x  2 y  z  x  y  2 z 1

Câu 4: (6 điểm)
Cho hình vng ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm
F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC
lần lượt tại M, N.
a. Chứng minh rằng: Tứ giác AEMD là hình cữ nhật.
b. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.
Chúng minh rằng: AC = 2EF.
c. Chứng minh rằng:

1
1
1


2
2
AD
AM
AN 2

Câu 5: (2 điểm)
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi
một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó ln tồn tại ít nhất một
tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam
giác đó cùng màu hoặc đơi một khác màu.
…………………Hết……………….

1


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN 8
NĂM HỌC 2020-2021
Câu Ý
1

Đáp án

Điểm
2

2

 2  x 4x
2  x   x  3x 
 2

 : 2 3 
 2  x x  4 2  x   2x  x 

Cho biểu thức: A 

3

a. Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A
b. Tìm x để A = -1
a
2đ

 2  x 0
 2
 x  4 0

+) Điều kiện xác định: 2  x 0 
 x 2  3 x 0

 2 x 2  x 3 0

 x 0

 x 2
 x 3


0,5

 2  x 4 x2
2  x   x 2  3x 
A 
 2


 : 2 3 
 2  x x  4 2  x   2x  x 
2

2

 2  x   4 x 2   2  x  x 2  2  x 

x  x  3
 2  x  2  x
x  2  x
4x2  8x


 2  x  2  x x  3
4x  x  2 x  2  x 

 2  x   2  x   x  3


b
1đ

a
2đ

0,5
0,25

4x2

x 3

0,25

4 x2
 1  4 x 2  x  3
x 3
2
 4 x  x  3 0   x  1  4 x  3 0
A  1 

 x  1 ; x 

2

0,5

0,25
0,5

3
4

0,25
6

a)Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn: ab + bc + ca = 1
2
2
2

Chứng minh rằng A  1  a   1  b   1  c  là số chính phương
b) Giải phương trình nghiệm ngun: x 2  xy  2012 x  2013 y  2014 0
c ) Cho đa thức f(x) = ax 3 + bx2 + cx + d. Tìm a, b, c, d biết rằng khi
chia đa thức lần lượt cho các nhị thức (x - 1), (x – 2), (x- 3) đều có số
dư là 6 và tại x = -1 thì đa thức đó nhận giá trị bằng -18
Ta có: ab + bc + ca = 1
0,5
 1  a 2 ab  bc  ca  a 2 a  a  b   c  a  b   a  b   a  c  ;
0,5
1  b2 ab  bc  ca  b 2 b  a  b   c  a  b   a  b   b  c  ;
0,5
2
2
1  c ab  bc  ca  c b  a  c   c  a  c   a  c   b  c 

2


2

 A  1  a 2   1  b 2   1  c 2   a  b   b  c 

2

2

 a  c    a  b   b  c   a  c  
Vì a, b, c là các số nguyên nên  a  b   b  c   c  a   Z
2
2

2
Suy ra A  1  a   1  b   1  c  là số chính phương.

b
2đ

0,25
0,25
0,25

 x  x  y  1  2013  x  y  1 1
  x  2013  x  y  1 1
  x 2014

  y  2014
  x 2012

  y  2014

0,5
0,5

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên là

0,25

 x; y   2014;  2014  và  x; y   2012;  2014 
c
2đ

3

+) Từ đề bài ta suy ra được f(x) – 6 chia hết cho x – 1; x – 2;
x – 3.
+) Vì f(x) là đa thức bậc 3 nên ta có:
f(x) – 6 = m(x-1)(x-2)(x-3), trong đó m là hằng số khác 0
+) Lại có f(-1) = -18 => -18 - 6 = m.(-2).(-3).(-4) => m =1
+) Vậy f(x) -6 = (x-1)(x-2)(x-3) => f(x) = x3 – 6x2 +11x.
=>a = 1; b = -6; c = 11; d = 0

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

2

 x  x  10
với x 1 đạt giá trị lớn nhất.
x 2  2 x 1
1 1 1
b. Cho x > 0, y > 0, z > 0 và x  y  z 4 .
1
1
1
Chứng minh răng: 2 x  y  z  x  2 y  z  x  y  2 z 1

a.Tìm x để biểu thức: E 

a

E

 x 2  2 x  1   x  1  10



1,5đ
Đặt t 



 x  1

2

0,25
0,25

x 2  xy  2012 x  2013 y  2014 0  x 2  xy  x  2013x  2013 y  2013 1

  x  2013 1

 x  y  1 1


  x  2013  1

  x  y  1  1

2

3


1
10 

  1 


x  1  x  1 2 



0,5

1
1
1 
1
 2
2
, ta có : E   10t  t  1  10  t  2t   2 
 1
20 20 400 
x 1

2

1  39  39


E  10  t   

với mọi t
 20  40 40
 39
1
 t 
 x  19
Vậy max E 
40
20

0,5
0,25
0,25

1 1
4
b
Áp dụng bất đẳng thức x  y  x  y (với x, y dương)
1,5đ

Ta có:

1
1 1
1  1
1
1

 

 
;
2x  y  z 4  2x y  z  y  z 4 y 4z

3


1
1 1
1
1 
 

  (1)
2x  y  z 4  2x 4 y 4z 
1
1 1
1
1 
 

 
Tương tự ta có:
x  2 y  z 4  4x 2 y 4 z 

0,5



1
1 1
1
1 
 

 
x  y  2z 4  4x 4 y 2z 

0,25

(2)

0,25

(3)

Từ (1), (2), (3) ta có :
1
1
1
11 1 1


    
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4  x y z 
1
1
1




1
2x  y  z x  2 y  z x  y  2z
3
Dấu “ = ” xảy ra  x  y z 
4

4

0,25
0,25

Cho hình vng ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy 6
điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF),
AH cắt DC và BC lần lượt tại M, N.
a.Chứng minh rằng: Tứ giác AEMD là hình cữ nhật.
b.Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.
Chứng minh rằng: AC = 2EF
c. Chứng minh rằng:
a
2đ

E

A

F
D

1
1
1


2
2
AD
AM
AN 2

B

H
C

M

N
Ta có DAM ABF ( cùng phụ với góc BAH)
AB = AD ( giả thiết)

0,5

0

BAF ADM 90
 ADM BAF  g .c.g 

0,5

=> DM = AF, mà AF = AE ( giả thiết )
4


b
2đ

=>AE = DM. Lại có AE  DM ( vì AB song song DC)
=> AEMD là hình bình hành, mặt khác DAE 900 (GT)
Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật
Ta có ABH FAH  g.g 

0,5
0,5
0,25

AB BH
BC BH

hay

 AB BC ; AE  AF 
AF AH
AE AH
Lại có HAB HBC ( cùng phụ với góc ABH )
 CBH EAH  c.g .c 

=>

2

0,25
0,25

2

S
S CBH
 BC 
 BC 
 CBH 
4  GT   
 mà
 4
SEAH  AE 
S EAH
 AE 

0,5

2

Nên BC 2  2 AE   BC 2 AE
=>E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD
Do đó BD = 2EF hay AC = 2EF ( đpcm)
c
2đ

0,25
0,5

Do AD CN ( giả thiết), áp dụng hệ quả định lí Ta –lét, ta có
0,5

AD AM
AD CN



;
CN MN
AM MN
Lại có MC  AB ( GT), Áp dụng hệ quả định lí Ta-lét, ta có
MN MC
AB MC
AD MC




Hay
AN
AB
AN MN
AN MN
2
2
2

2
 AD   AD   CN   CM 

 
 
 

 AM   AN   MN   MN 
CN 2  CM 2 MN 2


1 (Định lí Pitago)
MN 2
MN 2
2

0,5

0,5

2

1
1
1
 AD   AD 

 
 1  AM 2  AN 2  AD 2 ( đpcm)
 AM   AN 

5

0,5

Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô 2
bởi một trong 3 màu xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó ln tồn
tại ít nhất một tam giác cân, có 3 đỉnh thuộc các điểm của mặt phẳng
trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đơi một khác màu.

B
A

C

E

D
5


+) Xét ngũ giác đều ABCDE, ta nhận thấy 3 đỉnh bất kì của ngũ giác
ln tạo thành một tam giác cân.
+) Do đó khi tơ 5 đỉnh A, B, C, D, E bằng 3 màu xanh , đỏ và tím sẽ
xảy ra hai khả năng sau:
+) Nếu tơ 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi đủ ba loại màu đã cho thì tồn tại 3
đỉnh có màu khác nhau và tạo thành một tam giác cân.
+) Nếu tô 5 đỉnh A, B, C, D, E bởi nhiều nhất hai màu thì có ít nhất 3
đỉnh cùng màu và tạo thành một tam giác cân.
+) Vậy trong mọi trường hợp ln tồn tại ít nhất một tam giác cân, có

3 đỉnh được tơ bởi cùng một màu hoặc đơi một khác màu

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

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

6