Đề thi học sinh giỏi toán 8 huyện Trực Ninh

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN
NĂM HỌC 2010-2011
MÔN TOÁN LỚP 8
Ngày thi 05 tháng 4 năm 2011
Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề
Bài 1: ( 4 điểm)
Cho biểu thức:

− −
 
= + −
 ÷
− + + −
 
2 2 2
x 5 x 2x 5 2x
P :
x 25 x 5x x 5x 5 x
a) Rút gọn biểu thức P.
b) Tìm giá trị nguyên lớn nhất của x để P có giá trị là một số nguyên.
Bài 2: ( 3 điểm)
Giải phương trình sau:
( )
+ −
− =
+ + − +
+ +
2 2
4 2

2010x 2010 2010x 2010 2011
x x 1 x x 1
x x x 1
Bài 3: ( 3 điểm)
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
( ) ( ) ( )
− + − + −
4 4 4
a b c b c a c a b
b) Cho a, b thoả mãn
+ ≤
2 2
a b 8
. Chứng minh
− ≤ + ≤4 a b 4
Bài 4: ( 8 điểm)
Cho O là trung điểm của đoạn thẳng AB có độ dài bằng 2a. Trên cùng một nửa
mặt phẳng bờ là đường thẳng AB vẽ hai tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia
Ax lấy điểm D bất kỳ, qua O vẽ đường thẳng vuông góc với DO tại O cắt By tại C.
a) Chứng minh
=
2
BC.AD a
.
b) Chứng minh DO và CO lần lượt là tia phân giác của
·
ADC
và
·
BCD

.
c) Vẽ
( )
⊥ ∈OH CD H CD
. Gọi I là giao điểm của AC và BD, E là giao điểm
của AH và DO, F là giao điểm của BH và CO. Chứng minh ba điểm E, I, F thẳng
hàng.
d) Xác định vị trí của điểm D trên tia Ax để tích DO.CO có giá trị nhỏ nhất.
Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a.
Bài 5: ( 2 điểm)
Cho hai số x, y thoả mãn điều kiện
( )
− + + − =
2
2 2 2 2 2 2
x y 4x y x 2y 0
. Tìm giá
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức
= +
2 2
A x y
Hết
Họ và tên thí sinh:………………………. .Chữ ký của giám thị 1:………………………
Số báo danh :……………………. …. Chữ ký của giám thị 2:……………………
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH
**********
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG
MÔN TOÁN 8

Năm học 2010 -2011
Đáp án
Điể
m
Bài 1 (4điểm)
a) 2điểm
Tìm được ĐKXĐ của P là :
5
x 0;x 5;x
2
≠ ≠ ± ≠
0,25
( ) ( ) ( ) ( )
x x 5 2x 5 2x
P :
x 5 x 5 x x 5 x x 5 5 x
 
− −
= − −
 ÷
 ÷
+ − + + −
 
0,25

( )
( ) ( )
2
2
x x 5

:
x x 5 x 5
− −
=
+ −
( )
2x 5 2x
x x 5 5 x
−
−
+ −
0,5

( ) ( )
( ) ( )
( )
x x 5 x x 5 x x 5
2x
.
x x 5 x 5 2x 5 5 x
− + + − +
= −
− + − −
0,5

5 2x 5 2x
x 5 x 5 x 5
+
= + =
− − −

0,5
b) (2điểm)
P Z∈

( )
x 0;x 5;x Z *
5 2x
Z
x 5

≠ ≠ ± ∈

⇔

+
∈

−

0,5
Ta có
5 2x 15
2
x 5 x 5
+
= +
− −
0,5
Vì
x Z x 5 Z∈ ⇒ − ∈

.
( )
15
P Z Z x 5 ¦ 15
x 5
∈ ⇔ ∈ ⇔ − ∈
−
Lí luận
( ) { }
x 5 U 15 1; 3; 5; 15− ∈ = ± ± ± ±
Mà x lớn nhất nên x-5 lớn nhất. Do đó
x 5 15 x 20
− = ⇔ =
( thoả mãn (*))
0,75
Vậy giá trị nguyên lớn nhất của x = 20 để P có giá trị là một số nguyên. 0,25
Bài 2 (3điểm)
( )
2 2
4 2
2010x 2010 2010x 2010 2011
x x 1 x x 1
x x x 1
+ −
− =
+ + − +
+ +
(1)
Ta có
2

2
1 3
x x 1 x 0 x
2 4
 
+ + = + + > ∀
 ÷
 
;
2
2
1 3
x x 1 x 0 x
2 4
 
− + = − + > ∀
 ÷
 
4 2
x x 1 0 x+ + > ∀
Điều kiện xác định của phương trình (1) là
0≠x
Ta có
( ) ( )
4 2 4 2 2 2 2
x x 1 x 2x 1 x x x 1 x x 1+ + = + + − = − + + +
0,5
Quy đồng mẫu hai vế và khử mẫu
(1)
( )

( )
( )
( )
2 2
2010x x 1 x x 1 2010x x 1 x x 1 2011⇒ + − + − − + + =
1
( ) ( )
3 3
2010x x 1 2010x x 1 2011⇔ + − − =
( )
3 3
2010x x 1 x 1 2011⇔ + − + =
0,5
1
y
x
I
F
E
H
D
C
O
B
A
2010x.2 2011
⇔ =
2011
x
4020

⇔ =
( thoả mãn điều kiện
x 0≠
)
0,5
Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là
2011
S
4020
 
=
 
 
0,5
Bài 3 (3điểm)
a) ( 1.5 điểm)
a)
( ) ( ) ( )
4 4 4
a b c b c a c a b
− + − + −
( ) ( ) ( )
4 4 4
a b c b a c c a b= − − − + −
( ) ( ) ( )
4 4 4
a b c b a b b c c a b= − − − + − + −
( ) ( ) ( ) ( )
4 4 4 4
a b c b a b b b c c a b

= − − − − − + −
( )
( )
( )
( )
4 4 4 4
b c a b a b b c= − − − − −
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
b c a b a b a b a b b c b c b c
= − − + + − − − + +
( ) ( )
( )
3 2 2 3 3 2 2 3
a b b c a ab a b b b bc b c c= − − + + + − − − −
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
2 2 2
a b b c a c a ac c b a c b a c a c
 
= − − − + + + − + − +
 
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
a b b c a c a b c ab bc ca

= − − − + + + + +
Có nhiều cách phân tích khác nhau, mỗi lần xuất hiện một nhân tử
a b;b c;a c
− − −

cho 0,5điểm
1,5
b) (1,5 điểm)
Ta có:
( )
2
2 2
a b 0 a b 2ab− ≥ ⇔ + ≥
mà
2 2
a b 8+ ≤
nên
2ab 8≤
0.5
( )
2
2 2
a b a b 2ab 8 8 16+ = + + ≤ + =
0.5
( ) ( ) ( )
2
a b 16 0 a b 4 a b 4 0⇒ + − ≤ ⇔ + + + − ≤
0.25
4 a b 4⇒ − ≤ + ≤
(đpcm) 0.25

Bài 4 ( 8 điểm)
a) (2 điểm)
Chứng minh
ADO BOC∠ = ∠
( cùng phụ với
AOD∠
)
0,5
Chứng minh
( )
ADO ~ BOC gg∆ ∆
0,5
2
OA AD
BC.AD a
BC OB
⇒ = ⇒ =
1
2
b) (2 điểm)
Chứng minh
OB OD
BC OC
=
. Từ đó chứng minh
( )
ODC ~ BOC cgc∆ ∆
0,5
Suy ra và kết luận CO là tia phân giác của góc BCD 0,5
Chỉ ra

ADO ~ ODC∆ ∆
( cùng đồng dạng
BOC∆
)
Chứng minh DO là tia phân giác của góc ADC
1
c) (2 điểm)
Chứng minh
V V
OBC OHC∆ = ∆
( cạnh huyền-góc nhọn)
CB CH
⇒ =
Chứng minh OC là đường trung trực của HB
Tương tự chứng minh
AD DH=
và OD là đường trung trực của HA
0,5
Chứng minh EF là đường trung bình của tam giác AHB
EF⇒
//
AB
0,5
Chỉ ra EH//OC
DE DH AD
EO HC BC
⇒ = =
AD//BC
AD DI
BC IB

⇒ =
Suy ra
DE DI
EO IB
=
. Áp dụng định lý Ta lét đảo cho cho tam giác DOB
EI⇒
//
OB
0,25
0,25
0,25
Theo tiên đề Ơclit kết luận E, I, F thẳng hàng. 0,25
d) (2 điểm)
Chỉ ra
DOC
2S OC.OD OH.DC a.DC= = =
nhỏ nhất
⇔
DC nhỏ nhất
⇔

DC Ax⊥
⇔
ABCD là hình chữ nhật
⇔
AD=BC; CD=AB
1
Mà
2

BC.AD a=
2 2
AD a AD a⇔ = ⇔ =
0,5
Xét tam giác vuông AHB có HO là đường trung tuyến thuộc cạnh huyền
AB
OH a
2
⇒ = =
.
Suy ra GTNN của OD.OC bằng
2
2a
khi và chi khi
AxD ∈
và AD = a
0,25
0,25
Bài 5 (2 điểm)
( )
2
2 2 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 2 2
x y 4x y x 2y 0 x y 2x y 4x y x 2y 0
− + + − = ⇔ + − + + − =
0.25
( ) ( ) ( )
2
4 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2
x 2x y y x 2y 0 x y 2 x y 1 3x 1+ + + − = ⇔ + − + + = − +
0.5

( )
2
2 2 2
x y 1 3x 1⇔ + − = − +
0.25
Ta có
( )
2
2 2 2 2 2
3x 1 1 x x y 1 1 1 x y 1 1 0 A 2− + ≤ ∀ ⇒ + − ≤ ⇔ − ≤ + − ≤ ⇔ ≤ ≤
0.5
2 2
x 0
A 0 x y 0
x y 0
=

= ⇔ ⇔ = =

+ =

. Vậy
min A 0 x y 0= ⇔ = =
0.25
2 2 2
x 0 x 0
A 2
x y 2 y 2
= =
 

= ⇔ ⇔
 
+ = =
 
. Vậy
2
x 0
max A 2
y 2
=

= ⇔

=

0.25
Lưu ý: Nếu HS giải theo cách khác, mà đúng và phù hợp với kiến thức trong chương trình
thì Hội đồng chấm thi thống nhất việc phân bố điểm của cách giải đó, sao cho không làm
thay đổi tổng điểm của câu (hoặc ý) đã nêu trong hướng dẫn này.

HẾT
3