161 đề hsg toán 8 xuân phú

TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ

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

Bài 1. (2 điểm)
a)

x
Phân tích đa thức thành nhân tử:

2

 2 x   x 2  2 x  1  6

3
b) Đa thức f  x  4 x  ax  b chia hết cho các đa thức x  2; x  1. Tính 2a  3b
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 3 xyz. Hãy rút gọn phân thức :
14  4 54  4 94  4 17 4  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:
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
 x 1
x2  x
1
2  x2 
P 2
:



x  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

Bài 6. (3 điểm). Cho hình vng 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 ngoài tam giác các hình vng 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 ?
ĐÁP ÁN
Bài 1.
a)

 x  1  x  3  x 2 

2x  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)
Từ  1 và  2  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  4d
20n 2  18n  8d
 
 
 2n  1d
2
2
20n  20n  9d 20n  20n  9d
 d là số tự nhiên lẻ
2
2
Mặt khác : 2n  1d  4n  4n  1d  20n  20n  5d  4d , mà d lẻ nên d 1

Vậy phân số trên tối giản
Bài 3.
3
3
3
a) Từ x  y  z 3xyz chỉ ra được x  y  z 0 hoặc x  y z
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

4
M
.
 2  1 . 4  1  6
2

2

2
2

 1 . 62  1

 16
......
 1 . 8  1
 18
2

2

2

 1 .  182  1
 1 .  202  1



1
202  1



1
401

Bài 4.
a) Từ giả thiết  2cz  z x  y  2cz x  y  z

 c

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
1

a
x

y

z
1

b
x


y

z
1

a
1

b
1

c
Tương tự:
. Khi đó:
1 1 1
1
1 1
3
  0  3  3  3 
x
y
z
xyz
b) Từ x y z
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
x
y
z
xyz


Bài 5. a) ĐKXĐ: x 0; x 1; x  1

x2
P
x 1
P
Rút gọn ta có:
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:


Khi x  1; x  1  0. Áp dụng bất đẳng thức Cơ si ta có:
khi và chỉ khi x 2. Vậy GTNN của P bằng 4  x 2

x  1

1
2
x 1
. Dấu " " xảy ra


Bài 6.

E

A

B

M F

D

1

1

N

2

K

C



a) Chứng minh được CBE DFC  c.g.c   C1 D1
0
0




Lại có: 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


Bài 7.

H

E

F

N

A
M
D
B

I

C



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



 BOK
900. Vậy EC  BH
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