159 đề hsg toán 8 nho quan 2014 2015

UBND HUYỆN NHO QUAN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
Năm học: 2014-2015
MƠN: TỐN LỚP 8

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. (5,0 điểm)
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a ) a 3  a 2  4a  4
b)2a 3  7 a 2b  7 ab 2  2b3
2
5  x  1  2x
 1
A 


: 2
2 
1

x
x

1
1

x
x 1



2. Cho biểu thức :
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm các giá trị nguyên của x để bểu thức A nhận giá trị nguyên
c) Tìm x để A  A 0
Câu 2. (3,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) x  2  x  1  x  1  x  2  4

b)

15 x
12
4


1
x 2  3x  4 x  4 x  1

Câu 3. (4,0 điểm)
1. Cho a, b, c là các số hữu tỷ thỏa mãn điều kiện ab  bc  ac 1. Chứng minh
Q  a 2  1  b 2  1  c 2  1
rằng biểu thức
là bình phương của một số hữu tỷ
2
2
2. Giải phương trình nghiệm nguyên: x  4 xy  5 y  16 0
3

3

3

3. Cho các số nguyên a, b, c thỏa mãn  a  b    b  c    c  a  210
Tính giá trị của biểu thức B  a  b  b  c  c  a
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC , M là một điểm thuộc cạnh BC ( M khác B, M khác C).
Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC , AB chúng cắt AB, AC lần lượt tại D
và E
a) Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. Xác định vị trí điểm M trên
cạnh BC để hình bình hành ADME là hình thoi
b) Chứng minh rằng BD.EC DM . AE
2
2
c) Cho S BDM 9cm , SCME 16cm . Tính S ABC (ký hiệu S là diện tích tam giác)
d) Chứng minh rằng AM .BC  AC.BM  AB.CM
Câu 5. (2,0 điểm)


Cho số thực x thỏa mãn điều kiện 0 x 1. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ
x2
1  x2
P

2
2

x
1  x2

nhất của biểu thức


ĐÁP ÁN
Câu 1.
3
2
2
1) a) a  a  4a  4 a  a  1  4  a  1  a  1  a  2   a  2 

b)2a 3  7a 2b  7 ab 2  2b3 2  a  b   a 2  ab  b 2   7ab  a  b 
 a  b   2a 2  2b 2  5ab 
 a  b   2a 2  4ab  2b 2  ab   a  b   2a  a  2b   b  b  2a  
 a  b   2a  b   a  2b 
2
5  x  1  2x
 1
a) A 


: 2
2 
1

x
x

1
1


x

 x 1
2)
1
x 1; x 
2
ĐKXĐ:

2
5  x  1  2 x  x  1  2  1  x    5  x   x2  1
 1
A 


: 2

.
2 
2
1

x
x

1
1

x
x


1
1

x



 1  2x
 2 x2  1
2

.

1  x2 1  2x 1  2x
2
   1  2 x U (2)  1; 2
b) Để A nguyên thì 1  2 x
3
*)1  2 x  2  x  ( ktm)
2
*)1  2 x  1  x 1(ktm)
*)1  2 x 1  x 0(tm)
1
*)1  2 x 2  x  (ktm)
2
Vậy x 0 thì A nhận giá trị nguyên

c) A  A 0  A  A  A 0  1  2 x  0   2 x   1  x 
Đối chiếu với ĐKXĐ ta có

x

1
2 là giá trị cần tìm

1
2


Câu 2.
a) Nếu x 2 , phương trình đã cho trở thành

 x  2   x  1  x  1  x  2  4
  x 2  1  x 2  4  4
 x 4  5 x 2 0
 x 0(ktm)

 x 2  x 2  5    x  5(tm)
 x  5(ktm)

*) Nếu x  2 , phương trình đã cho trở thành

 2  x   x  1  x  1  x  2  4   x  2   x  1  x  1  x  2   4
2

5 7

  x  1  x  4   4  x  5 x  8 0   x 2    0(VN )
2 4


2

Vậy

2

4

2

 5

S

b) ĐKXĐ: x  4; x 1
15 x
12
4
15 x
12
4



1



1

x2  3x  4 x  4 x  1
 x  4   x  1 x  4 x  1
 15 x 12  x  1  4  x  4   x 2  3x  4
 x 2  4 x 0  x  x  4  0
 x 0 (tm)

 x  4(ktm)
Vậy S  0


Câu 3.
2
2
1) Vì ab  ac  bc 1 nên a  1 a  ab  bc  ca  a  b   a  c 
2
c 2  1  b  c   c  a 
Tương tự: b  1  a  b   b  c 

2

Do đó:

Q  a 2  1  b 2  1  c 2  1   a  b   b  c   c  a    dfcm
2

2
2
2
2) x  4 xy  5 y  16 0   x  2 y  16  y (1)
2

2
2
Từ  1 suy ra 16  y 0  y 16  y   0;4;9;16

*) y 2 0  y 0  x 4
*) y 2 4  y 2  x  (ktm)
*) y 2 9  y 3  x  (ktm)
*) y 2 16  y 4  x 8
Vậy phương trình đã cho có các cặp nghiệm nguyên là
 4;0  ;   4;0  ;  8;4  ;   8;  4 
3) Đặt a  b x; b  c  y; c  a z  x  y  z 0  z   x  y  , Ta có:
3

x3  y 3  z 3 210  x 3  y 3   x  y  210   3xy  x  y  210  xyz 210
3

3
3
3
3
3
Ta có: x  y  z 210  x  y   x  y  210   3xy  x  y  210
Do x, y , z la số nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70   2  .  5  .7 nên

 x; y; z   2;  5;7
 A  a  b  b  c  c  a 14


Câu 4.

A
D

E

B

M

C

a) Ta có ME / / AB, MD / / AC ( gt ) nên tứ giác ADME là hình bình hành

Để hình bình hành ADME là hình thoi thì đường chéo AM là phân giác của DAE

 M là chân đường phân giác của BAC




b) Xét BDM và MEC có DBM EMC , DMB ECM (vì đồng vị)
BD DM
 BDM MEC ( g.g ) 

 BD.EC DM .ME
ME EC
c) Từ BDM MEC (cmt )
2

2

S
MB 3
 MB   3 
 BDM 

   
S MEC  MC   4 
MC 4
MB
3
MB 3




MB  MC 4  3
BC 7
2

S
 MB   3 
MD / / AC  BDM BAC  BDM 
  
S
BC

  7
BAC
Mặt khác do

49
 S BAC  .9 49  cm 2 
9

2


d) Theo chứng minh trên ADME là hình bình hành  DM  AE
ME CM
ME / / AB 

 ME.CB  AB.CM
(1)
AB CB
MD BM
MD / / AC 

 MD.BC  AC.BM
(2)
AC BC
Cộng vế theo vế (1) và (2) ta được:
BC  ME  MD  CM . AB  AC .BM

 BC. ME  AE  CM . AB  AC.BM
Lại có  AM  ME  AE  BC. AM  BC . ME  AE  CM . AB  AC .BM
Câu 5.
2
Đặt x a,0 a 1. Biểu thức đã cho trở thành:

a

1 a
a
1 a
2
2


1 
1  2 

 2
2  a 1 a 2  a
1 a
2  a 1 a




3
3
2 
 1 2 
 1
  2  a 1  a 
 2  a 1  a  
P

3 
 P 2   1 1
2 

*) Vì 0 a 1.
 a 0
 a 1 
Đẳng thức xảy ra khi 

 x 0
MinP 1 
 x 1 .

Vậy

 x 0
 x 1


0 a 1 nên a và 1  a là hai số không âm


 a  1  a  1  P 2  3  1  2
a 1  a 

1  3
4
4
 2


4 
Áp dụng BĐT Cô si ta có:

Đẳng thức xảy ra khi

a 1  a  a 

1
1
1
x2   x 
2
2
2 hay


2
1
MaxP   x 
3
2
Vậy