Gợi ý đề thi HSG toán 8 năm học 2012 -2013

THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP THỊ XÃ
NĂM HỌC 2012 -2013. MÔN: TOÁN 8
Thời gian làm bài: 120 phút. Ngày thi 11/4/2013
Bài 1: (3,5 điểm)
1.1. Chứng minh rằng hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết
cho 8.
1.2. Cho đa thức f(x) = ax
2
+ bx + c có các hệ số a, b, c là các số nguyên. Biết rằng với
mọi giá trị nguyên của x thì đa thức có giá trị là một số nguyên chia hết cho 3. Chứng
minh rằng a, b và c đều chia hết cho 3.
Bài 2 (3,5 điểm)
2.1. Cho a, b, c là ba số thực đôi một khác nhau và có tổng bằng 2014. Hãy tính giá trị của biểu thức M =
     
3 3 3
2 2 2
3a b c abc
a b b c c a
  
    

2.2. Tìm điều kiện để giá trị phân thức
   
2
1
3
a b c ab bc ca
    
được xác định
Bài 3 (3,0 điểm)

3.1. Cho A =
          
1 1 1
1 2 1 2 3 18 19 20
x x x x x x x x x
   
       
. Gọi S
là tập hợp các giá trị của x để A có giá trị bằng o. Tìm S.
3.2. Cho đa thức f(x) = x
3
- (m
2
- m + 7)x - (3m
2
+ m - 6). Tìm m, biết f(-1) = 0.
Bài 4 (3,0 điểm)
4.1. Tìm giá trị ngỏ nhất của biểu thức A = 25x
2
-10x +
5 1
x

+2
4.2. Cho M = (a
2
- b
2
- c
2

)
2
- 4b
2
c
2
. Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một
tám giác thì M < 0
Bài 5 (3,5 điểm)
5.1. Cho hình thoi ABCD có độ dài cạnh bằng a (a >0). M là điểm tùy ý trên tia đối của tia
BA. Chứng minh rằng khi điểm M di động sao cho tia MC cắt tia AD tại N thì BM.DN có giá trị
không đổi.
5.2. Cho tam giác ABC, các đường cao AD, BE và CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh rằng HA.HD = HB.HE = HC.HF
b) Tính
HD HE HF
AD BE CF
 
Bài 6 (3,5 điểm) Cho hình thang ABCD (AB // CD; AB < CD). Từ A vẽ đường thẳng song song
với BC và cắt các tia DB, DC lần lượt tại M, E. Từ B vẽ đường thẳng song song với AD và cắt
các tia CA, CD lần lượt tại N, F.
Chứng minh rằng MN // AB và AB
2
= MN.DC

Hết

THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận

GỢI Ý GIẢI
(Gợi ý này chỉ mang tính chất tham khảo)
Bài 1:
1.1. Gọi hai số tự nhiên lẻ tùy ý là 2a + 1; 2b +1 (a,b

N)
Không mất tính tổng quát, giả sử a > b. ta có:
(2a + 1)
2
- (2b + 1)
2
= 4a
2
+4a - 4b
2
- 4b = 4a(a +1) - 4b(b +1)
vì a(a +1) và b(b +1) luôn chia hết cho 2 nên 4a(a +1) và 4b(b +1) chia hết cho 8


4a(a +1) - 4b(b +1) chi hết cho 2
Vậy hiệu hai bình phương của hai số tự nhiên lẻ tùy ý luôn chia hết cho 8.

1.2. Vì f(0)

3 nên a.0
2
+ b.0 + c


3 hay c

3
Vì f(1)

3 nên a.1
2
+ b.1 + c

3 hay a + b + c

3 (1)
Vì f(-1)

3 nên a. (-1)
2
+ b. (-1) + c

3 hay a - b + c

3 (2)
Từ (1) và (2) có: 2a + 2c

3 mà 2c

3 nên 2a

3 suy ra a

3

Vây a, b, c đều chia hết cho 3.
Bài 2:
2.1. Ta có: a + b + c = 2014
M =




     








     
3 3
3
2 2 2 2 2 2
3 3 3 3
a b ab a b c abc a b c c a b a b c ab a b c
a b b c c a a b b c c a
             

         

=





     
2 2 2
2 2 2
2 2 2 3 3 3
a b c a b c ab ac bc ac bc ac
a b b c c a
          
    

=
      
     
2 2 2
2 2 2
1
2
a b c a b b c c a
a b b c c a
      
    
=
1
2
(a + b + c) =
1
2
. 2014 = 1007

2.2.

     
2 2 2
2 2 2
1 2
a b c ab ac bc
a b a c b c

    
    

Vì (a - b)
2
+ (a - c)
2
+ (b - c)
2


0. Nên điều kiện xác định của
   
2
1
3
a b c ab bc ca
    

là a - b


0 hoặc a - c

0 hoặc b - c

0 hay a

b hoặc a

c hoặc b

c
Bài 3:
3.1.
                
1 1 1 1 1 1 1
2 1 1 2 1 2 2 3 18 19 19 20
x x x x x x x x x x x x
 
     
 
 
          
 
=0

    
1 1 1
2 1 19 20
x x x x
 


 
 
  
 
= 0








19 20 1
x x x x
   
= 0

38x + 380 = 0

x = -10
THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận
Vây S =


10


3.2. f(-1) = 0 ↔ -1 + m

2
– m + 7 – 3m
2
– m + 6 = 0 ↔ -2m
2
– 2m + 12 = 0
↔ (m – 2)(m + 3) = 0 ↔ m = 2; m = -3
Bài 4:
4.1. A = (5x)
2
– 2.5x.1 +1 +
5 1
x

+ 1 = (5x - 1)
2
+
5 1
x

+ 1
Vì (5x - 1)
2


0 và
5 1
x



0 nên A

1
Suy ra A co GTNN bằng 1 khi 5x - 1 = 0

x = 1/5
4.2. M = (a
2
- b
2
- c
2
+ 2bc)( a
2
- b
2
- c
2
- 2bc) = [(a
2
- (b - c)
2
] [a
2
- (b + c)
2
]
= (a + b - c)(a - b + c)(a - b - c)(a + b + c)
Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:

(a + b - c) > 0; (a - b + c) > 0 ; (a - b - c) < 0 ; (a + b + c) > 0
Suy ra M < 0
Bài 5:
5.1.
Ta có:

BMC ∽

DCN (g.g)


BM BC
CD DN



BM.DN = BC.CD = a
2
( không đổi)





5.2.
a.

EHD ∽

DMB (g.g)



. .
HA HE
HA HD HB HE
HB HD
   (1)


HFB ∽

HEC (g.g)

. .
HB HF
HB HE HC HF
HC HE
    (2)
Từ (1), (2) suy ra HA.HD = HB.HE = HC.HF
b.
Ta có: S
BMC
= 1/2 HD.HB
S
AMC
= 1/2 HE.AC
S
ABH
= 1/2 HF.AB

Mà
1
BHC AHC
ABH
ABC ABC ABC
S S S
S S S
  
hay
1 1 1
. . .
2 2 2
1
ABC ABC ABC
HD BC HE AC HF AB
S S S
  

. . .
1
. . .
HD BC HE AC HF AB
AD BC BE AC CF AB
  
suy ra
HD HE HF
AD BE CF
 

N
M
D
C
B
A
H
F
E
D
C
B
A
THCS Hương An Gv: Lê Công Thuận
Bài 6:
a. Ta có: Tứ giác ABFD, ABCE là hình bình hành


DF = AB = CE suy ra DE = CF
AB // DE nên
AM AB
ME DE

AB // CF nên
AN AB
NC CF





AM AN
ME NC


MN // CE hay MN // AB
b.Gọi K là giao điểm của DA và CB. Ta có:
BF // DK
CD CK
DF BK
 
AB//CD
CK DK
BK AK
 
Suy ra
CD DK
DF AK
 (1)
MN // DF
DF BD
MN BM
 
AM / / BK
BD DK
BM AK
 
Suy ra
DF DK
MN AK

 (2)
Từ (1) , (2) ta có:
CD DF
DF MN
 Hay DF
2
= MN.CD

AB
2
= MN.CD (AB = DF)
EF
N
M
D
C
B
A
K