Tuyển tập đề thi học sinh giỏi toán cơ bản và nâng cao

UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN: TOÁN 8
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1. (2,0 điểm).
1. Cho biểu thức
2
2
1 x x 2 2x 4
P
x 2 x 7x 10 x 5
  
  
   

a) Rút gọn biểu thức P;
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên.
2. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc
Bài 2. (2,0 điểm).
1. Tìm x, y, z biết x
2

+ y
2
+ z
2
+ 2x – 4y + 6z = -14.
2. Tìm các số nguyên dương n để số p = n
3
- n
2
+ n - 1 là số nguyên tố.
Bài 3. (1,0 điểm).
Tìm nghiệm nguyên của phương trình 4x + 11y = 4xy
Bài 4. (2,5 điểm).
Cho hình vuông ABCD. Trên BC lấy điểm E, dựng

0
EAx 90

sao cho tia Ax cắt
CD tại F. Gọi I là trung điểm của FE, AI cắt CD tại M. Qua E dựng tia Ey song song với DC
cắt AI tại K.
a) Tam giác AFE cân tại A.
b) Tứ giác KFME là hình thoi.
Bài 5. (1,5 điểm).
Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB và AC, theo thứ tự lấy các điểm E và D sao cho
BE = CD. Gọi N, Q theo thứ tự là trung điểm của BD và CE. Gọi G và H lần lượt là giao
điểm của NQ với AB và NQ với AC. Chứng minh tam giác AGH cân.
Bài 6. (1,0 điểm).
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức
2

8x 12
M
x 4




Hết
UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI
Môn thi: Toán 8
Bài Đáp án Điểm
1a) ĐKXĐ : x  2 ; x  5.
2
2
2
2
2
1 x x 2 2x 4
P
x 2 x 7x 10 x 5
1 x x 2 2x 4
x 2 (x 2)(x 5) x 5
x 5 x x 2 (2x 4)(x 2)
(x 2)(x 5)
x 8x 15 (x 5)(x 3) x 3
(x 2)(x 5) (x 2)(x 5) x 2
  

  
   
  
  
   
      

 
       
  
    

0,25




0,25

0,25
1b) Ta có
x 3 (x 2) 1 1
P 1
x 2 x 2 x 2
    
    
  

Để biểu thức P có giá trị nguyên khi và chỉ khi
1

x 2
có giá trị nguyên
 
1 (x 2) x 2 U(1) 1      

Khi x – 2 = 1  x = 3 (TMĐK)
Khi x – 2 = - 1  x = 1 (TMĐK)
Vậy
 
x 1; 3
thì biểu thức P có giá trị nguyên.



0,25



0,25
Bài 1
(2,0 điểm)
2) (a + b + c)
3
= (a + b)
3
+ 3(a + b)
2
c + 3(a + b)c
2
+ c

3

= (a + b)
3
+ 3(a + b)c.(a + b + c) + c
3
= (a + b)
3
+ c
3
a
3
+ 3a
2
b + 3ab
2
+ b
3
+ c
3
= a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3ab(a + b)
a
3
+ b

3
+ c
3
+ 3ab(- c) ( do a + b + c = 0 nên a + b = -c)
a
3
+ b
3
+ c
3
+ 3ab(-c) = 0 suy ra a
3
+ b
3
+ c
3
= 3abc

0,25

0,25
0,25
1) x
2
+ y
2
+ z
2
+ 2x – 4y + 6z = -14
2 2 2

2 2 2
(x 2x 1) (y 4y 4) (z 6z 9) 0
(x 1) (y 2) (z 3) 0
         
      

Mà (x + 1)
2
 0 ; (y - 2)
2
 0 ; (z + 3)
2
 0
Suy ra : x = -1 ; y = 2 ; z = -3.

0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2
(2,0 điểm)
2) Phân tích được p = (n - 1)(n
2
+1) 0,25
Nếu n = 1 thì p = 0, không phải là số nguyên tố.
Nếu n = 2 thì p = 5, là số nguyên tố.
Với mọi số tự nhiên n  3 thì n -1  2; n
2
+1  10
 p có 2 ước lớn hơn 1

Suy ra p là hợp số .
Vậy n = 2 là giá trị phải tìm.

0,25


0,25
0,25
Bài 3
(1,0 điểm)
4x + 11y = 4xy  (4x – 11)(y – 1) = 11
Vì x, y là các số nguyên nên 4x – 11 và y – 1 là ước của 11
Ta có bảng giá trị:
4x – 11 - 11 - 1 1 11
y – 1 - 1 - 11 11 1
x 0
x Z

3
x Z

y 0 -10 12 2
Vậy nghiệm nguyên của phương trình : (x, y) = (0 ; 0), (3 ; 12).
0,25
0,25

0,25
0,25
Hình vẽ đúng
y
K
M
I
x
F
E
D C
B
A




a) - Chứng minh ABE = ADF (g.c.g)
Suy ra AE = AF hay AFE cân tại A
0,5
0,5
Bài 4
(2,5 điểm)
b) - Chứng minh IKE = IMF (g.c.g)
Suy ra IK = IM
Ta có: IK = IM; IE = IF nên tứ giác KFME là hình bình hành.
Tam giác AFE cân nên trung tuyến AI cũng là đường cao tức là AM  FE.

Hình bình hành KFME có KM  FE
Nên KFME là hình thoi.

0,5
0,25

0,5
0,25
Hình vẽ đúng
P
Q
N
H
G
D
E
CB
A




Bài 5
(1,5 điểm)
Gọi P là trung điểm của ED.
Có PN là đường trung bình của EDB
Suy ra NP // EB và
1
NP EB
2

.

Tương tự PQ // CD và
1
PQ CD
2


Mà BE = CD (GT)
Do đó PN = PQ  PNQ cân tại P


PNQ PQN
 

Lại có:


PNQ AGH;

(hai góc đồng vị của PN // EB)
và


PQN AHG

(hai góc đồng vị của PQ // CD)
Nên


AGH AHG


suy ra AGH cân tại A.
0,25

0,25




0,5


0,25
0,25
Bài 6
(1,0 điểm)
Ta có :
2 2 2
2 2 2
8x 12 (x 8x 16) (x 4) (x 4)
M 1 1 x
x 4 x 4 x 4
     
      
  

Do đó min M = -1  x = - 4
Ta có :
2 2 2
2 2 2
8x 12 (4x 16) (4x 8x 4) 4(x 1)

M 4 4 x
x 4 x 4 x 4
     
     
  

Do đó max M = 4  x = 1

0,25
0,25

0,25
0,25
Chú ý :
- Các cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tối đa.