Một số đề và đáp án học sinh giỏi toán 8

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI n¨m 2009 - 2010
MÔN : TOÁN Lớp : 8
(Thời gian làm bài : 120 phút)
*O*
Bài 1 :( 1,5 điểm)
a) Phân tích đa thức x
3
– 5x
2
+ 8x – 4 thành nhân tử

b) Tìm giá trị nguyên của x để A
M
B biết
A = 10x
2
– 7x – 5 và B = 2x – 3 .
Bài 2 : (1,5 điểm) Cho x + y = 1 và x y
≠
0 . Chứng minh rằng

( )
3 3 2 2
2
0
1 1 3
x y
x y
y x x y
−
− + =

− − +
Bài 3 : ( 2,5 điểm)
a) Chứng minh rằng tổng lập phương của 3 số nguyên liên tiếp chia hết cho 9.
b) Chứng minh rằng :
2
2
1 1
3
3 1
x x
x x
+ +
≤ ≤
− +
c) Cho a
2
– 4a +1 = 0 . Tính giá trị của biểu thức
P =
4 2
2
1a a
a
+ +

Bài 4 : ( 1,0 điểm) Tìm a để M có giá trị nhỏ nhất
M =
2
2
2 2008a a
a

− +
với a
≠
o
Bài 5 : (2,5 điểm) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh BC, vẽ đường thẳng song
song với AM cắt AB và AC lần lượt tại E và F.
a) Chứng minh DE + DF = 2AM
b) Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại N. Chứng minh N là trung điểm của EF
c) Chứng minh S
2
FDC

≥
16 S
AMC
.S
FNA
Bài 6 : ( 1 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, vẽ trung tuyến CM, vẽ AH vuông góc với MC( H thuộc
MC), AH cắt BC tại D. Tìm tỉ số
BD
DC
Hết
HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 : ( 1,5 điểm)
a) ( 0,75đ) x
3
- 5x
2
+ 8x - 4 = x

3
-4x
2
+ 4x – x
2
+4x – 4 ( 0,25 đ )
= x( x
2
– 4x + 4) – ( x
2
– 4x + 4) ( 0,25 đ)
= ( x – 1 ) ( x – 2 )
2
( 0,25 đ)
b) (0,75đ) Xét
2
10 7 5 7
5 4
2 3 2 3
A x x
x
B x x
− −
= = + +
− −
( 0,25 đ)
Với x
∈
Z thì A
M

B khi
7
2 3x −

∈
Z
⇒
7
M
( 2x – 3) ( 0,25 đ)
Mà Ư(7) =
{ }
1;1; 7;7− −

⇒
x = 5; -2; 2 ; 1 thì A
M
B ( 0,25 đ)
Bài 2 : ( 1,5 đ) Biến đổi
3 3
1 1
x y
y x
−
− −
=
4 4
3 3
( 1)( 1)
x x y y

y x
− − +
− −

=
( )
4 4
2 2
( )
( 1)( 1)
x y x y
xy y y x x
− − −
+ + + +
( do x+y=1
⇒
y-1=-x và x-1=- y) (0,25đ)
=
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2 2 2
( )
( 1)
x y x y x y x y
xy x y y x y yx xy y x x
− + + − −
+ + + + + + + +
(0,25đ)
=

( )
2 2
2 2 2 2
( 1)
( ) 2
x y x y
xy x y xy x y x y xy
− + −
 
+ + + + + +
 
(0,25đ)
=
( )
2 2
2 2 2
( )
( ) 2
x y x x y y
xy x y x y
− − + −
 
+ + +
 
=
( )
[ ]
2 2
( 1) ( 1)
( 3)

x y x x y y
xy x y
− − + −
+
(0,25đ)
=
( )
[ ]
2 2
( ) ( )
( 3)
x y x y y x
xy x y
− − + −
+
=
( )
2 2
( 2 )
( 3)
x y xy
xy x y
− −
+
(0,25đ)
=
2 2
2( )
3
x y

x y
− −
+
Suy ra điều cần chứng minh (0,25đ)
Bài 3 : ( 2,5 điểm)
a) ( 0,75đ) Gọi 3 số nguyên liên tiếp là n-1; n; n+1 ( n
∈
Z )
Ta có ( n-1)
3
+n
3
+ ( n+1)
3
= 3n
3
+6n (0,25đ)
= 3n
3
-3n +9n = 3n(n
2
-1) +9n
= 3n (n-1) (n+1) +9n (0,25đ)
Vì
9 9
3 ( 1)( 1) 9
n
n n n



− +

M
M

⇒
3n (n-1) (n+1) + 9n
M
9 (0,25đ)
b) (1đ) Ta có (x+1)
2

≥
0
⇔
2( x+1)
2

≥
0
⇔
2x
2
+4x+2
≥
0

⇔
3x
2

+3x+3
≥
x
2
-x+1
⇔
3(x
2
+x+1)
≥
x
2
-x+1 (*)
Tương tự, ta có từ (x-1)
2
≥
0
⇔
3(x
2
-x+1)
≥
x
2
+x+1 (**) (0,25đ )
Vì x
2
-x+1 = ( x-
1
2

)
2
+
3
4
> 0 (0,25đ)
Chia 2 vế của bất đẳng thức (*) cho x
2
-x+1
ta có
2
2
1 1
3 1
x x
x x
+ +
≤
− +
(0,25đ)
Chia 2 vế của bất đẳng thức (**) cho x
2
-x+1
ta có
2
2
1
3
1
x x

x x
+ +
≤
− +
suy ra đccm (0,25đ)
c) (0,75đ) Ta có a
2
- 4a + 1 = 0
⇒
a
2
– a + 1 = 3a
⇒

2
1a a
a
− +
=3 (0,25đ)
P =
4 2 2 2
2
1 1 1
.
a a a a a a
a a a
+ + − + + +
=
= 3 .
2

a 1a
a
+ +
(0,25đ)
Mà
2 2
a 1 1 2a a a a
a a a
+ + − +
= +
= 3+2 = 5
Suy ra P = 3 . 5 = 15 (0,25đ)
Bài 4 : ( 1 đ) M =
2
2
2008( 2 2008)
2008
a a
a
− +
=
2 2
2
2008 2. .2008 2008
2008
a a
a
− +
(0,25đ)
=

2 2 2
2
2007 2 .2008 2008
2008
a a a
a
+ − +
(0,25đ) =
2
2
2007 ( 2008) 2007
2008 2008 2008
a
a
−
+ ≥
(0,25đ)
Dấu “=” xảy ra
⇔
a – 2008 = 0
⇔
a = 2008
Vậy giá trị nhỏ nhất của M là
2007
2008
khi a = 2008 (0,25đ)
Bài 5 :(2,5đ)
Câu a ( 0,75đ): Lý luận được :
DF DC
AM MC

=
( Do AM//DF) (1)

DE BD
AM BM
=
( Do AM // DE) (2) ( 0,25đ)
Từ (1) và (2)
⇒

2
DE DF BD DC BC
AM BM BM
+ +
= = =
( MB = MC) ( 0,25đ)

⇒
DE + DF = 2 AM ( 0,25đ)
Câu b ( 1 đ) : AMDN là hình bành hành
Ta có
NE AE
ND AB
=
(0,25đ)

NF FA DM DM AE
ND AC MC BM AB
= = = =
(0,5 đ)

⇒
NE NF
ND ND
=
=> NE = NF (0,25đ)
Câu c : ( 0,75đ)
∆
AMC và
∆
FDC đồng dạng

⇒
2
AMC
FDC
S
AM
S FD
 
=
 ÷
 

∆
FNA và
∆
FDC đồng dạng

⇒

2
FNA
FDC
S
NA
S FD
 
=
 ÷
 
( 0,25đ)

⇒

2
AMC
FDC
S
ND
S FD
 
=
 ÷
 
và
2
FNA
FDC
S
DM

S DC
 
=
 ÷
 

⇒

.
AMC FNA
FDC FDC
S S
S S
=
2
ND
FD
 
 ÷
 
.
2
DM
DC
 
 ÷
 

4
1

16
ND DM
FD DC
 
≤ +
 ÷
 
(0,25đ)

⇒
S
2
FDC

≥
16 S
AMC
.S
FNA
(0,25đ)
( Do
( )
2
0x y− ≥

⇔
( )
2
4x y xy+ ≥

⇔

( )
4
2 2
16x y x y+ ≥
với x
≥
0; y
≥
0)
N
E
D
M
C
A
B
F
Bài 6 : ( 1 đ)
Kẻ MI // BC ( I
∈
AD)
⇒
MI =
2
BD
Ta có :
MI MH
DC HC

=
( Do MI // BC)
⇒

2
BD MH
DC HC
=
( 1) ( 0,25đ)
∆
MAH và
∆
ACH đồng dạng ( g-g)
⇒
1
2
MH MA
AH AC
= =
(
∆
ABC vuông cân tại A nên AB = AC )
⇒
AH = 2 MH ( 0,25đ)
∆
AMC vuông , ta có AH
2
= MH . HC
⇒
4MH

2
= MH.HC
⇒
HC = 4 MH ( 0,25đ)
Thay vào (1) ta có :
1
2 4 4
BD MH
DC MH
= =

⇒

1
2
BD
DC
=
( 0,25đ)
I
M
D
H
C
B
A
PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Ngày thi: …./4/2013
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
4 2
2013 2012 2013x x x+ + +
.
2. Rút gọn biểu thức sau:
2 2
2 2 3 2
2 2 1 2
A 1
2 8 8 4 2
x x x
x x x x x x
 
−
 
= − − −
 ÷
 ÷
+ − + −
 
 
.
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:

2 2 2 2 2 2
(2 2013) 4( 5 2012) 4(2 2013)( 5 2012)x x x x x x x x+ − + − − = + − − −
2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn
3 2 3
x 2x 3x 2 y .+ + + =
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho
2x +
dư 10, f(x) chia cho
2x −
dư 24, f(x) chia cho
2
4x −
được
thương là
5x
−
và còn dư.
2. Chứng minh rằng:

2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( )a b c b c a c a b a b c b a c a c b− + − + − + − = − + −
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình vuông 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 hai điểm M, N.
1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF.
3. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1

= +
AD AM AN
.
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho
, ,a b c
là ba số dương thoả mãn
1abc =
. Chứng minh rằng :

3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
+ + ≥
+ + +
.
Hết
Câu 1 Hướng dẫn giải (4.0 điểm)
1
(2.0 điểm)
Ta có
4 2
2013 2012 2013x x x+ + +

( )
4 2
2013 2013 2013x x x x
= − + + +
0,5

( )
( ) ( )
2 2
1 1 2013 1x x x x x x
= − + + + + +
0.5

( ) ( )
2 2
1 2013x x x x
= + + − +
0.5
Kết luận
4 2
2013 2012 2013x x x+ + +
( ) ( )
2 2
1 2013x x x x
= + + − +
0.5
2
(2.0 điểm)
ĐK:
0
2
x
x
≠



≠

0.25
Ta có
2 2
2 2 3 2
2 2 1 2
A 1
2 8 8 4 2
x x x
x x x x x x
 
−
 
= − − −
 ÷
 ÷
+ − + −
 
 
0.25

2 2 2
2 2 2
2 2 2
2( 4) 4(2 ) (2 )
x x x x x
x x x x x
  
− − −

= −
 ÷ ÷
+ − + −
  
0.25
2 2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 ( 1)( 2) ( 2) 4 ( 1)( 2)
2( 4) ( 4)(2 ) 2( 2)( 4)
x x x x x x x x x x
x x x x x x x
   
− + − − + + −
   
= − =
 ÷  ÷
 ÷  ÷
+ + − − +
   
   
0.5
3 2 2 2
2 2 2 2
4 4 4 1 ( 4)( 1) 1
.
2( 4) 2 ( 4) 2
x x x x x x x x x
x x x x x
− + + + + + +
= = =

+ +
0.5
Vậy
1
A
2
x
x
+
=
với
0
2
x
x
≠


≠

. 0.25
Câu 2 (4.0 điểm)
1
(2.0 điểm)
Đặt:
2
2
2 2013
5 2012
a x x

b x x

= + −


= − −


0.25
Phương trình đã cho trở thành:

2 2 2
4 4 ( 2 ) 0 2 0 2a b ab a b a b a b+ = ⇔ − = ⇔ − = ⇔ =
0.5
Khi đó, ta có:
2 2 2 2
2 2013 2( 5 2012) 2 2013 2 10 4024x x x x x x x x+ − = − − ⇔ + − = − −
0.5

2011
11 2011
11
x x
−
⇔ = − ⇔ =
. 0.5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
2011
11
x

−
=
. 0.25
2
(2.0 điểm)
Ta có
2
3 3 2
3 7
y x 2x 3x 2 2 x 0 x y
4 8
 
− = + + = + + > ⇒ <
 ÷
 
(1) 0.5
2
3 3 2
9 15
(x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2
4 16
 
+ − = + + = + + > ⇒ < +
 ÷
 
(2) 0.5
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
0.25
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được
x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là:

(-1 ; 0)
0.5
KL
0.25
Câu 3 (4 điểm)
1
(2.0 điểm)
Giả sử f(x) chia cho
2
4x −
được thương là
5x
−
và còn dư là
ax b
+
.
Khi đó:
2
f ( ) ( 4).( 5 ) ax+bx x x= − − +
0.5
Theo đề bài, ta có:
7
(2) 24 2 24
2
( 2) 10 2 10
17
f a b
a
f a b

b

= + =
=
 

⇔ ⇔
  
− = − + =
 

=

0.5
Do đó:
2
7
f ( ) ( 4).( 5 ) x+17
2
x x x= − − +
0.5
Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng:
3
47
f ( ) 5 17.
2
x x x= − + +
0.5
2
(2.0 điểm)

Ta có:
2 2 2
( )( ) ( )( ) ( )( ) 0 (1)a b c b c a c a b a b c b a c a c b− + − + − + − − − + − =
Đặt:
2
2
2
x z
a
a b c x
x y
b c a y b
a c b z
y z
c
+

=

+ − =


+
 
+ − = => =
 
 
+ − =

+


=


0.25
Khi đó, ta có:
2 2 2
(1)
1
VT . . ( )( ).
2 2 2 2 2 2 4
x z x y y z y z x z x y
y x x y x y z
+ + + + + +
   
= − + − − + −
 ÷  ÷
   
0.5

2 2 2 2 2
1
. . . . ( )
2 2 2 2 4
x z x z y z z y
y x x y z
+ − + −
= + − −
0.5

2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1
( ). ( ). ( ).
4 4 4
x z y z y x x y z= − + − − −
0.25

2 2 2 2 2 2
(1)
1 1
( ). ( ). 0 VP
4 4
x y z x y z= − − − = =
(đpcm) 0.25
KL:….
0.25
Câu 4 (6 điểm)
1
(2.0 điểm)

Ta có
·
·
DAM = ABF
(cùng phụ
·
BAH
)
AB = AD ( gt)

·
·
0
BAF = ADM = 90
(ABCD là hình vuông)

⇒
ΔADM = ΔBAF
(g.c.g)
0.75
=> DM=AF, mà AF = AE (gt)
Nên. AE = DM
Lại có AE // DM ( vì AB // DC )
0.5
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
Mặt khác.
·
0
DAE = 90
(gt)
0.5
N
M
H
F
E
D
C
B
A

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25
2
(2.0 điểm)
Ta có
ΔABH ΔFAH:
(g.g)
AB BH
=
AF AH
=>
hay
BC BH
=
AE AH
( AB=BC, AE=AF)
0.5
Lại có
·
·
HAB = HBC
(cùng phụ
·
ABH
)
ΔCBH ΔEAH
⇒
:
(c.g.c)
0.5
2

ΔCBH
ΔEAH
S
BC
=
S AE
 
⇒
 ÷
 
, mà
ΔCBH
ΔEAH
S
= 4
S
(gt)
2
BC
= 4
AE
 
⇒
 ÷
 
nên BC
2
= (2AE)
2
⇒

BC = 2AE
⇒
E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD
0.5
Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5
3
(2.0 điểm)
Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:

⇒
AD AM
=
CN MN

AD CN
=
AM MN
⇒

0.5
Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:

MN MC AB MC
= =
AN AB AN MN
⇒ ⇒
hay
AD MC
=
AN MN

0.5
⇒

2 2 2 2
2 2 2
2 2
AD AD CN CM CN +CM MN
+ = + = = =1
AM AN MN MN MN MN
       
 ÷  ÷  ÷  ÷
       

(Pytago)
0.5
⇒

2 2
AD AD
+ = 1
AM AN
   
 ÷  ÷
   
2 2 2
1 1 1
AM AN AD
=> + =
(đpcm)

0.5
Câu 5 2 điểm
2.0 điểm
Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với
∀
a, b, c
∈
R và x, y, z > 0 ta có

( )
2
2 2 2
a b c
a b c
x y z x y z
+ +
+ + ≥
+ +
(*)
Dấu “=” xảy ra
⇔

a b c
x y z
= =
Thật vậy, với a, b
∈
R và x, y > 0 ta có

( )

2
2 2
a b
a b
x y x y
+
+ ≥
+
(**)

⇔

( )
( ) ( )
2
2 2
a y b x x y xy a b+ + ≥ +

⇔

( )
2
0bx ay− ≥
(luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra
⇔

a b
x y
=

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

( ) ( )
2 2
2 2 2 2
a b a b c
a b c c
x y z x y z x y z
+ + +
+ + ≥ + ≥
+ + +
Dấu “=” xảy ra
⇔

a b c
x y z
= =
0.75
Ta có:
2 2 2
3 3 3
1 1 1
1 1 1
( ) ( ) ( )
a b c
a b c b c a c a b ab ac bc ab ac bc
+ + = + +
+ + + + + +
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1
1 1 1
2( )
2
a b c a b c
a b c
ab ac bc ab ac bc ab bc ac
a b c
   
+ + + +
 ÷  ÷
   
+ + ≥ =
+ + + + +
 
+ +
 ÷
 
(Vì
1abc =
)
0.5
Hay
2 2 2
1 1 1
1 1 1 1
2

a b c
ab ac bc ab ac bc a b c
 
+ + ≥ + +
 ÷
+ + +
 
0.25
Mà
1 1 1
3
a b c
+ + ≥
nên
2 2 2
1 1 1
3
2
a b c
ab ac bc ab ac bc
+ + ≥
+ + +
0.25
Vậy
3 3 3
1 1 1 3
( ) ( ) ( ) 2a b c b c a c a b
+ + ≥
+ + +
(đpcm) 0.25

Điểm toàn bài
(20 điểm)