Tập đề và đáp án thi học sinh giỏi môn toán 2015 tham khảo

Phòng giáo dục & đào tạo
Huyện
(Đề thi gồm có 01 trang)
: 01
đề thi học sinh giỏi lớp 8 thcs cấp huyện
năm học: 2014 - 2015
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi:
Câu 1 ( 4 điểm):
Cho biểu thức:
2 2
3 2
3 3 1 1 2 5 5
:
1 1 1 1
x x x x
A
x x x x x

+ +
=
ữ
+ +

.
a) Rút gọn
A
.
b) Tìm giá trị lớn nhất của
A

.
Câu 2 ( 4 điểm): Cho đa thức
4 3 2
( ) 6 40 1979P x x x x x m= + + +
.
a) Tìm
m
sao cho
( )P x
chia hết cho
2x
.
b) Với
m
tìm đợc, hãy giải phơng trình
( )P x
= 0.
Câu 3 (4 điểm):
Lúc 8 giờ, An rời nhà mình để đi đến nhà Bình với vận tốc 4 km/h. Lúc 8 giờ 20
phút, Bình cũng rời nhà mình để đi đến nhà An với vận tốc 3 km/h. An gặp Bình trên đ-
ờng rồi cả hai cùng đi về nhà Bình, sau đó An trở về nhà mình. Khi về đến nhà mình An
tính ra quãng đờng mình đi dài gấp bốn lần quãng đờng Bình đã đi. Hãy tính khoảng
cách từ nhà An đến nhà Bình.
Câu 4 (6 điểm):
Cho hình vuông
ABCD
. Gọi
E
là một điểm trên cạnh
BC

(
E
khác
B
và
C
). Qua
A
kẻ
Ax
vuông góc với
AE
,
Ax
cắt
CD
tại
F
. Trung tuyến
AI
của tam giác
AEF

cắt
CD
ở
K
. Đờng thẳng kẻ qua
E
, song song với

AB
cắt
AI
ở
G
.
a) Chứng minh
AE
=
AF
và tứ giác
EGFK
là hình thoi.
b) Chứng minh
AKF
đồng dạng với
CAF
và
2
AF
=
.FK FC
c) Khi
E
thay đổi trên
BC
, chứng minh chu vi tam giác
EKC
không đổi.
Câu 5 (2 điểm):

Cho các số
,a b
lần lợt thoả mãn các hệ thức sau:
3 2
3 5 2011 0a a a + =
,
3 2
3 5 2005 0b b b + + =
Hãy tính
a b+
.
Hết
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Đề chính thức
Phòng giáo dục và đào tạo
Huyện
Hớng dẫn chấm
Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 8 năm học 2010 - 2011
Môn thi: Toán lớp 8
Câu ý Tóm tắt lời giải Điểm
Câu1
4đ
a.
(2đ)
ĐK:
1x
2 2 2
3 2
3 3 2 1 1 1
.

1 2 5 5
x x x x x x
A
x x x
+ +
=
+
2
3 2
1 1
.
1 2 5 5
x x x
x x x
+ +
=
+
=
2
1
2 5 5x x +
0.5
0.5
0.5
0.5
b.
(2đ)
Ta có
A
=

2
1
2 5 5x x +
=
2
1
5 25 15
2( 2 )
4 16 8
x x + +
=
2
1
5 15
2( )
4 8
x +
Vì
2
5 15 15
2( )
4 8 8
x +


x
nên
2
1
5 15

2( )
4 8
x +
8
15


x
(1)
Dấu = xảy ra khi
5
4
x =
1

(2)
Từ (1) và (2) suy ra
8
max
15
A =
0.5
0.5
0.5
0.5
Câu2
4đ
a.
(2đ)

( )
( )
3 2
( ) 2 3 12 16 2011P x x x x x m= + + +
Do đó
( )P x
chia hết cho
( 2) 2011 0x m =
2011m =
1.0
0.5
0.5
b.
(2đ)
Với
2011m =
,
( )
( )
3 2
( ) 2 3 12 16P x x x x x= + +
Do đó:
( ) 0P x =
( )
( )
3 2
( ) 2 3 12 16P x x x x x
= + +
= 0
( ) ( )

2
2 1 ( 4 16) 0x x x x + + =
( ) ( )
2 1 0x x =
0.5
0.5
1.0
( Vì
( )
2
2
4 16 2 12 0x x x x+ + = + + >
)

2
1
x
x
=


=

Câu
3
4đ

Gọi khoảng cách từ nhà An đến nhà Bình là
x
(

x
>0,
x
đo bằng
km). Theo bài ra ta có quãng đờng An đã đi đã là 2
x
, suy
raquãng đờng Bình đã đi là
2
4 2
x x
=
.
Do đó quãng đờng Bình đi từ nhà đến khi gặp An là
4
x
, quãng đ-
ờng An đI từ nhà đến khi gặp Bình là
3
4 4
x x
x =
.
Thời gian An đi từ nhà đến khi gặp Bình là
3
16
x
(giờ), thời gian
Bình đi từ nhà đến khi gặp An là
12

x
(giờ)
Theo bài ra, ta có phơng trình:
3 1
16 12 3
x x
=

9x
-
4x
=16
16
3,2
5
x = =
(km)
1.0
1.0
1.0
0.5
0.5
Câu
4
6đ
a.
2.0đ
Xét hai tam giác vuông ABE và ADF có AB = AD,
ã
ã

BAE CAF=
( Cùng phụ với
ã
DAE
). Vậy
ABE ADF =

AE AF =
Vì
AE AF
=
và
AI
là trung tuyến của tam giác
AEF

AI
EF
. Hai tam giác vuông IEG và IFK có IE=IF,
ã
ã
IEG IFK=
( So le
trong) nên

IEG=

IFK

EG=FK. Tứ giác EGFK có hai cạnh đối EG và FK song song

và bằng nhau nên là hình bình hành.
Hình bình hành EGFK có hai đờng chéo GK và EF vuông góc nên
là hình thoi
0.5
0.5
0.5
AA
B
C
D
E
F
x
I
K
G
0.5
b.
2.0đ
Xét hai tam giác AKF và CAF ta có
ã
ã
AFK CFA=
( góc chung),
ã
ã
0
45KAF ACF= =
( AC là đờng chéo hình vuông ABCD, AK là
trung tuyến của tam giác vuông cân AEF)

Suy ra tam giác AKF đồng dạng với tam giác CAF.
Vì tam giác AKF đồng dạng với tam giác CAF nên ta có:
2
.
AF FK
AF FK FC
FC AF
= =
0.5
0.5
0.5
0.5
c.
2.0 đ
Theo ý a, ta có
ABE ADF =
nên EB = FD
Tứ giác EGFK là hình thoi nên EK=KF
Do đó, chu vi tam giác EKC bằng
-EK+KC+CE=CF+CE=CD+DF+CE=2CD ( không đổi)
0.5
0.5
1.0
Câu5
2đ
Từ điều kiện đã cho ta có:
( ) ( )
3
1 2 1 2008 0a a + =
(1),

( ) ( )
3
1 2 1 2008 0b b + + =
(2)
Cộng theo vế của (1) và (2) ta có
( ) ( )
3 3
1 1 ( 2) 0a b a b + + + =
( ) ( ) ( )
2
2
( 2) ( 1) 1 1 1 2( 2) 0a b a a b b a b

+ + + + =

( ) ( ) ( )
2
2
( 2) ( 1) 1 1 1 2 0a b a a b b

+ + + =

Vì
( ) ( ) ( )
2
2
( 1) 1 1 1 2a a b b + +
( ) ( ) ( )
2 2 2
1 1 1

1 1 2 0
2 2 2
a b a b= + + + >

,a b
Nên
2 0a b+ =
2a b + =
0.5
0.5
0.5
0.5
Ghi chú: - Bài hình học nếu học sinh không vẽ hình hoặc hình sai cơ bản thì không
chấm.
điểm.
- Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa tơng ứng.
Hết
PHÒNG GD&ĐT
Đề thi có 01 trang
Đề: 02
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Ngày thi: …./4/2015
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
(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
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và
ký)
Giám thị 2 (Họ tên và
ký)
PHÒNG GD&ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
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
N
M
H
F
E
D
C
B
A
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
Mặt khác.

·
0
DAE = 90
(gt)
0.5
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
0.75

( ) ( )
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
= =
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)
Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp
logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang
điểm tương ứng.
- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT I
Năm học: 2014-2015
Môn thi: Toán 8
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1,5điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a/ x
2
– x – 6
b/ ( x
2
-2x)(x
2
-2x-1) - 6
c/ x
4
– 14x

3
+ 71x
2
– 154x +120
Câu 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức : A =
x
x
x
xx
x
x
x
x 2006
).
1
14
1
1
1
1
(
2
2
+
−
−−
+
+
−
−

−
+
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định.
b) Rút gọn biểu thức A.
c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x
2
- 2xy + 6y
2
– 12x + 2y + 45.
b) Cho
1 1 1
0( , , 0)x y z
x y z
+ + = ≠
. Tính
2 2 2
yz xz xy
x y z
+ +
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax vuông góc
với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng
qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh :
a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
b)
∆
AEF ~
∆

CAF và AF
2
= FK.FC
c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC
không đổi .
Câu 5:(0,5 điểm)
Chứng minh : B = n
4
- 14n
3
+ 71n
2
-154n + 120 chia hết cho 24
HẾT
Đề thi gồm có 1 trang
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh……………………………….Số báo danh………………………

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán 8
Đáp án Điểm
Câu
1
1,5
a
a/. Ta có: x
2
– x – 6 = x

2
– 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2)
= (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3)
0.25
0,25
b
a, Đặt t = x
2
-2x thì x
2
-2x -1 = t-1 0,25
⇒
( x
2
-2x)(x
2
-2x-1) – 6 = t
2
–t – 6 = (t+2)(t-3)
= (x+1)(x-3)(x
2
-2x+2) 0,25
c
x
4
– 14x
3
+ 71x
2
– 154x +120

=

x
4
- 3x
3
- 11x
3
+33x
2
+ 38x
2
– 114x -40x +120
= (x-3)(x
3
– 11x
2
-38x- 40)
= (x-3)(x
3
-2x
2
- 9x
2
+18x +20x – 40)
=(x-3)(x-2)(x
2
- 9x +20)
= ( x –3) . (x-5). (x-2). (x-4)
0,25

0,25
Câu
2
2,5
a
a) Điều kiện:



≠
±≠
0
1
x
x
0,5
b
b) A =
x
x
x
xxxx 2006
1
14)1()1(
(
2
222
+
⋅
−

−−++−+
=
x
x 2006+
1
c
c) Ta có: A nguyên
⇔
(x + 2006)



±=
±=
⇔⇔
2006
1
2006
x
x
xx 
Do x =
1±
không thoã mãn đk. Vậy A nguyên khi x =
2006
±
0,5
0,5
Câu
3 2

a
A = x
2
- 2xy + 6y
2
- 12x + 2y + 45
= x
2
+ y
2
+ 36 - 2xy - 12x + 12y + 5y
2
- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)
2
+ 5( y- 1)
2
+ 4
4≥

Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1
x- y- 6 = 0 x= 7
0,25
0,25
0,25
0,25
b
3
3 3 3 2 2 3
1 1 1 1 1 1

Ta c : 0
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3. . 3 .
ó
x y z z x y
z x y z x x y x y y
 
+ + = ⇒ = − +
 ÷
 
   
⇒ = − + ⇒ = − + + +
 ÷  ÷
   
0,25
3 3 3 3 3 3
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
3 . . 3.
x y z x y x y x y z xyz
 
⇒ + + = − + ⇒ + + =
 ÷
 
0,25
Do đó : xyz(
3
1
x
+
3

1
y
+
3
1
z
)= 3
3 3 3 2 2 2
3 3
xyz xyz xyz yz zx xy
x y z x y z
⇔ + + = ⇔ + + =
0,5
Câu
4
3,5
a
a)
∆
ABE =
∆
ADF (c.g.c)
⇒
AE = AF
∆
AEF vuông cân tại tại A nên AI ⊥ EF .
∆
IEG =
∆
IEK (g.c.g)

⇒
IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường và
vuông góc nên hình EGFK là hình thoi
0,5
0,25
0,5
b
b)
Ta có : <
KAF
= <ACF = 45
0
, góc F chung

∆
AKI ~
∆
CAF (g.g)
⇒

CFKFAF
AF
KF
CF
AF
.
2
=⇒=

0,5
0,75
c
Tứ giác EGFK là hình thoi
⇒
KE = KF = KD+ DF = KD + BE
Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC
( Không đổi) .
0,25
0,25
0,5
Câu
5
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) - 24n
3
+ 72n
2
- 144n + 120
Suy ra B

24 0,5
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỢT I
Năm học: 2014-2015
Môn thi: Toán 8
Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (2,0 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a,

12
22
++− xyx
b,
3254276
234
+−+− xxxx
c, x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128
Câu 2: (2,5 điểm)
Cho biểu thức:
( )
3
2 2 3
2 1 1 1 x 1
A 1 1 :
x x 2x 1 x x
x 1
 
−
   
= + + +
 
 ÷  ÷
+ +
+
   
 
 
a/ Thu gọn A
b/ Tìm các giá trị của x để A<1

c/ Tìm các giá trị nguyên của x để Acó giá trị nguyên
Câu 3: (2,0 điểm )
a) Giải phương trình sau:
5 15 2006 1996
4
2005 1995 4 14
x x x x− − − −
+ + + =
b) Cho x, y, z là các số dương. Chứng minh rằng : x
3
+ y
3
+ xyz ≥ xy(x + y + z)
Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H
∈
BC).
Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE
theo
m AB
=
.
2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC
đồng dạng. Tính số đo của góc AHM
3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:
GB HD
BC AH HC
=
+
.

Câu 5:(0,5 điểm) Tìm x,y,z biết :
5
zyx
4
z
3
y
2
x
222222
++
=++
HẾT
Đề thi gồm có 1 trang
Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh……………………………….Số báo danh………………………

UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: Toán 8

Nội dung đáp án Điểm
Câu 1 2
a

2222
)1(12 yxxyx −+=++−

)1)(1( +−++= yxyx

0,25
0,25
b

3254276
234
+−+− xxxx

)32225)(1(
23
−+−−= xxxx
=(x-1)(x
3
- 2x
2
-3x
2
+ 6x +16x -32)

)163)(2)(1(
2
+−−−= xxxx
0,25
0,25
0,25
c
x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128 = (x
2
+ 10x)(x
2

+ 10x + 24) + 128
Đặt x
2
+ 10x + 12 = y, đa thức đã cho có dạng :
(y - 12)(y + 12) + 128 = y
2
- 16
= (y + 4)(y - 4)
= (x
2
+ 10x + 16)(x
2
+ 10x + 8)
= (x + 2)(x + 8)(x
2
+ 10x + 8)
0,25
0,25
0,25
Câu 2 2,5
a
A=
( )
322
2
2
2
1
:
)1(

1
.1
2
x
x
xx
x
xx
x −








+
+
+
+
ĐKXĐX
∉
{0;1;-1}
A=
22
32
)1)(1(
)1(
xxx

xx
+−
+
A=
1−x
x
0,25
0,25
0,5
b
Tacó:1-A=
1
1
−
−
x
>0 khi x-1<0 suy ra x<1
Kết hợp với điều kiện xác định ta có:A<1 khi:x<1 và x≠0;-1
A= 1+
1
1
−x
0,25
0,25
0,25
c
Vì x nguyên nên x-1 nguyên để A là số nguyên thì x-1là ước của 1
Hoặc x-1=1 suy ra x=2
Hoặc x-1=-1 suy ra x=0 (loai)
Vậy x=2 là giá trị cần tìm

0,25
0,25
0,25
Câu 3 2
a
Giải phương trình:
5 15 2006 1996
4
2005 1995 4 14
x x x x− − − −
+ + + =
⇔
2010 2010 2010 2010
0
2005 1995 4 14
x x x x− − − −
+ + + =
⇔
( )
1 1 1 1
2010 0
2005 1995 4 14
x
 
− + + + =
 ÷
 
⇔ x – 2010 = 0
⇔ x = 2010
0,25

0,25
0,25
0,25
b
Ta có: x
3
+ y
3
+ xyz - xy(x + y + z)
= x
3
+ y
3
– x
2
y – xy
2

= (x + y)(x
2
– xy + y
2
) – xy(x + y)
= (x + y)(x - y)
2

≥
0 (Vì x,y >0; (x –y)
2

≥
0 và x + y > 0)
Vậy x
3
+ y
3
+ xyz
≥
xy(x + y + z)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4 3
a 1
+ Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc C chung.

CD CA
CE CB
=
(Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Suy ra:
∠
BEC=
0
135=∠ADC
(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).
Nên

0
45=∠AEB
do đó tam giác ABE vuông cân tại A.
0,5
0,25
Suy ra:
2 2BE AB m
= =
0,25
b 1
Ta có:
1 1
2 2
BM BE AD
BC BC AC
= × = ×
(do
BEC∆
~
ADC∆
)
mà
2AD AH
=
(tam giác AHD vuông vân tại H)
nên
1 1 2
2 2
2
BM AD AH BH BH

BC AC AC BE
AB
= × = × = =
(do ABH Đồng dạng CBA)
Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c)
suy ra:
0
135=∠=∠ BECBHM
⇒
0
45=∠AHM

0,25
0,25
0,5
c 1
Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.
Suyra:
GB AB
GC AC
=
,
vì
ABC
∆
~
DEC
∆
nên
HC

HD
HC
AH
DC
ED
AC
AB
===
(DE//AH)
Do đó:
GB HD GB HD GB HD
GC HC GB GC HD HC BC AH HC
= ⇒ = ⇒ =
+ + +
0,5
0,5
Câu 5 0,5
5
zyx
4
z
3
y
2
x
222222
++
=++

5

z
4
z
5
y
3
y
5
x
2
x
222222
−+−+−⇔
=0
zyx0
20
z
15
y2
10
x3
222
==⇔=++⇔
0,25
0,25
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 2
Năm học 2014 - 2015
Môn thi:Toán - Lớp 8

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2,0 điểm)
Cho biểu thức
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
 
−
 
= − − −
 ÷
 ÷
+ − + −
 
 
.
a. Rút gọn biểu thức A
b. Tìm các giá trị nguyên của x để A nguyên
Bài 2: (3,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
a.
4 2
2013 2012 2013x x x+ + +
.
b.
( 1)( 2)( 3)( 4) 24x x x x+ + + + −

2. Giải phương trình:
4 2
x 30x 31x 30 0− + − =
Bài 3: (1,0 điểm) . Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác.Chứng minh rằng :
A =
3≥
−+
+
−+
+
−+ cba
c
bca
b
acb
a
Bài 4: (3,0 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
.
Bài 5: (1,0 điểm)

. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn
3 2 3
x 2x 3x 2 y .+ + + =
HẾT
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo
danh
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: TOÁN - Lớp 8
Bài 1: (2 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
a)
ĐKXĐ :
0; 2x 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
 
−
 
= − − −

 ÷
 ÷
+ − + −
 
 

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

2 2
2 2
( 2) 4 ( 1)( 2)
2( 2)( 4)
x x x x x
x x x
 

− + + −
 
=
 ÷
 ÷
− +
 
 
0.25

2
2 2
( 4)( 1)
2 ( 4)
x x x
x x
+ +
=
+
0.25

1
2
x
x
+
=
0.25
b)
Ta có A

∈
Z => 2A
∈
Z =>
1
1
x
+ ∈
Z
=> x
{ }
1;1∈ −
0.25
Thay vào A và kết luận
Với x
{ }
1;1∈ −
thì A
∈
Z
0.5
Bài 2: (3 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
1
a
Ta có
4 2
2013 2012 2013x x x+ + +

( )

4 2
2013 2013 2013x x x x
= − + + +
0.25

( )
( ) ( )
2 2
1 1 2013 1x x x x x x
= − + + + + +
0.25

( ) ( )
2 2
1 2013x x x x
= + + − +
0.5
b
( 1)( 4)( 2)( 3) 24x x x x= + + + + −
2 2
( 5 4)( 5 6) 24x x x x= + + + + −
0.25
2 2 2
( 5 5) 5x x= + + −
0.25
2 2
( 5 )( 5 10)x x x x= + + +
0.25
2
( 5)( 5 10)x x x x= + + +

0.25
2

4 2
x 30x 31x 30 0− + − =

( )
( ) ( )
2
x x 1 x 5 x 6 0− + − + =
0.25
(x - 5)(x + 6) = 0 (Vì x
2
- x + 1 = (x -
1
2
)
2
+
3
4
> 0
x∀
)
0.25

x 5 0 x 5
x 6 0 x 6
− = =
 

⇔
 
+ = = −
 
0.25
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S =
{ }
6;5−
0.25
Bài 3: (1 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0
Từ đó suy ra a=
2
;
2
;
2
yx
c
zx
b
zy +
=
+
=
+
0.25
Thay vào A ta có
A =







+++++=
+
+
+
+
+
)()()(
2
1
222 y
z
z
y
x
z
z
x
y
x
x
y
z
yx
y

zx
x
zy
0.25
A
)222(
2
1
++≥
hay A
3
≥
0.5
Bài 4: (3 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
a
Tứ giác AEMD là hình bình hành 0.5
·
0
DAE = 90
(gt) 0.25
Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25
b
ΔCBH ΔEAH:
(c.g.c) 0.25

2
ΔCBH
ΔEAH
S

BC
=
S AE
 
 ÷
 
, mà
ΔCBH
ΔEAH
S
= 4
S
(gt)
2
BC
= 4
AE
 
⇒
 ÷
 
nên BC
2
=
(2AE)
2
0.25
BC = 2AE
⇒
E là trung điểm của AB, F là trung điểm của

AD
0.25
Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF 0.25
c
AD CN
=
AM MN
0.25

AD MC
=
AN MN
0.25
2 2 2 2
2 2 2
2 2
AD AD CN CM CN +CM MN
+ = + = = =1
AM AN MN MN MN MN
       
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
0.25
2 2 2
1 1 1
AM AN AD
+ =
0.25
Bài 5: (1 điểm)
N

M
H
F
E
D
C
B
A
Ý/Phần Đáp án Điểm
Ta có
2
3 3 2
3 7
y x 2x 3x 2 2 x 0 x y
4 8
 
− = + + = + + > ⇒ <
 ÷
 
(1) 0.25
2
3 3 2
9 15
(x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2
4 16
 
+ − = + + = + + > ⇒ < +
 ÷
 
(2) 0.25

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; => y = 0 và kết luận
0.25
Học sinh làm đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa.
UBND HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁP HUYỆN ĐỢT 2
Năm học 2014 - 2015
Môn thi:Toán - Lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1: (2,0 điểm) Cho biểu thức :
2 2
2 2 3
2 4 2 3
( ) : ( )
2 4 2 2
x x x x x
A
x x x x x
+ − −
= − −
− − + −
a.Rút gọn biểu thức A ?
b.Tìm giá trị của x để A > 0?
Bài 2: (2,5 điểm)
1. Phân tích đa thức thành nhân tử:
a.

2
7 6x x+ +
b.
4 2
2008 2007 2008x x x+ + +
2.Tìm x,y,z thỏa mãn phương trình sau :
9x
2
+ y
2
+ 2z
2
– 18x + 4z - 6y + 20 = 0.
Bài 3: (1,5 điểm)
a. Cho
1
x y z
a b c
+ + =
và
0
a b c
x y z
+ + =
. Chứng minh rằng
2 2 2
2 2 2
1
x y z
a b c

+ + =
b. Chứng minh rằng
2 2 4 2
1 1 1 1
1
2 3 4 100
P = + + + + <
Bài 4: (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ
ME
⊥
AB, MF
⊥
AD.
a. Chứng minh:
DE CF
=
b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy.
c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Bài 5: (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
A =
5432
234
+−+−
aaaa
.
HẾT
(Đề thi gồm có 01 trang)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
UBND HUYỆN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM
Môn thi: TOÁN - Lớp 8
Bài 1: (2,0 điểm)
Ý/Phầ
n
Đáp án
Điểm
a)
ĐKXĐ :
0; 2; 3x x x≠ ≠ ± ≠
0.25
2 2
2 2 3
2 4 2 3
( ):( )
2 4 2 2
x x x x x
A
x x x x x
+ − −
= − −
− − + −
0.25

2 2 2 2
(2 ) 4 (2 ) (2 )
.
(2 )(2 ) ( 3)
x x x x x

x x x x
+ + − − −
=
− + −
0.25

2
4 8 (2 )
.
(2 )(2 ) 3
x x x x
x x x
+ −
=
− + −
0.25

2
4
3
x
x
=
−
0.25
b)
Ta có A > 0
2
4
0

3
x
x
⇔ >
−
0.25

3 0x⇔ − >
( vì 4x
2
> 0 với mọi x thuộc ĐKXĐ) 0.25

3x
⇔ >
Vậy với x > 3 thì A > 0. 0.25
Bài 2: (2,5 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
1
a

2
7 6x x+ +
2
6 6x x x= + + +
0.25
( ) ( )
1 6 1x x x= + + +
0.25
( ) ( )
1 6x x= + +

0.25
b

4 2
2008 2007 2008x x x+ + +
4 2
2008 2008 2008x x x x= − + + +
0.25
( )
( )
2 2
. 1 . 1 2008.( 1)x x x x x x= − + + + + +
0.25
( ) ( )
2 2
1 2008x x x x= + + − +
0.25
2
9x
2
+ y
2
+ 2z
2
– 18x + 4z - 6y + 20 = 0.

⇔
9(x - 1)
2
+ (y - 3)

2
+ 2 (z + 1)
2
= 0 (*) 0.25
Do :
2 2 2
( 1) 0;( 3) 0;( 1) 0x y z− ≥ − ≥ + ≥
9(x - 1)
2
+ (y - 3)
2
+ 2 (z + 1)
2
= 0 khi
2 2 2
( 1) 0;( 3) 0;( 1) 0x y z− = − = + =
0.25
x = 1; y = 3; z = -1 0.25
Vậy (x,y,z) = (1,3,-1). 0.25
Bài 3: (1,5 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
a
Ta có :
ayz+bxz+cxy
0 0
a b c
x y z xyz
+ + = ⇔ =
⇔
ayz + bxz + cxy = 0 0.25

Ta có :
2
1 ( ) 1
x y z x y z
a b c a b c
+ + = ⇔ + + =
2 2 2
2 2 2
2( ) 1
x y z xy xz yz
a b c ab ac bc
⇔ + + + + + =
0.25
b
2 2 2
2 2 2
2 1
x y z cxy bxz ayz
a b c abc
+ +
⇔ + + + =
2 2 2
2 2 2
1
x y z
a b c
⇔ + + =
0.25

2 2 4 2

1 1 1 1

2 3 4 100
P = + + + +

1 1 1 1 1 1 1 1

2.2 3.3 4.4 100.100 1.2 2.3 3.4 99.100
= + + + + < + + + +
0.25

1 1 1 1 1
1
2 2 3 99 100
= − + − + + −
0.25

1 99
1 1
100 100
= − = <
0.25
Bài 4: (3,0 điểm)
Ý/Phần Đáp án Điểm
a)
a
Chỉ ra : AE = DF 0.25

AED DFC∆ = ∆

0.5
DE = CF 0.25
b
Chứng minh CM
⊥
EF 0.5
BF
⊥
CE 0.25
ED
⊥
CF 0.25
=> DE, BF, CM là ba đường cao của
EFC∆ ⇒
đpcm 0.25
c
Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi
ME MF a⇒ + =
không đổi 0.25
AEMF
S ME.MF⇒ =
lớn nhất
⇔
ME MF=
(AEMF là hình
vuông)
0.25
M⇒
là trung điểm của BD. 0.25