Đề thi học sinh giỏi tỉnh lop 8 cuc hay

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2010-2011
Môn thi: Toán lớp 8
Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (5 điểm)
a) Chứng tỏ rằng biểu thức sau đây luôn dương với mọi x trong tập xác định:
P =
( )
2
2
3 3
2
1-x
1-x 1+ x
: + x -x
1+ x 1-x 1+ x
 
  
 
 ÷ ÷
  
 
b) Cho đa thức bậc hai: P(x) = ax
2
+ bx + c
Tìm a, b, c biết P(0) = 26; P(1) = 3; P(2) = 2000
Bài 2: (5 điểm)
Giải các phương trình sau:
a)
x-11 x-12 x-33 x-67 x-88 x-89
+ + = + +

89 88 67 33 12 11
b) x
8
- 2x
4
+ x
2
- 2x + 2 = 0
Bài 3: (5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Q = x
4
+ 2x
3
+ 3x
2
+ 2x + 1
b) Tìm giá trị nguyên của x để A chia hết cho B.
Biết A = 10x
2
- 7x - 5 và B = 2x - 3
Bài 4: (5 điểm)
Cho tam giác vuông ABC vuông ở A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F
lần lượt là điểm đối xứng qua AB, AC của H.
a) Chứng minh E, A, F thẳng hàng.
b) Chứng minh BEFC là hình thang. Có thể tìm được vị trí của H để BEFC
trở thành hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật được không?
c) Xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất.
Họ tên thí sinh: …………………………………………. số báo danh: ………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2010-2011
Môn thi: Toán lớp 8
Bài 1: (5 điểm)
a) Chứng tỏ rằng biểu thức sau đây luôn dương với mọi x trong tập xác định. ( 2.5 điểm )
* Ta có M
≠
0 <=>
1 0 1
1 0 1
x x
x x
+ ≠ ≠−
 
⇔
 
− ≠ ≠
 
(0,5 điểm)
Vậy tập xác định của biểu thức B là x
1≠±
(0,5 điểm)
* Đặt M =
3 3
1-x 1+ x
+ x -x
1-x 1+ x
 
  

 
 ÷ ÷
  
 
Phân tích tử số và rút gọn đúng mỗi ngoặc đơn trong
ngoặc vuông. Ngoặc đơn thứ nhất = (1 + x)
2
; ngoặc đơn thứ hai = (1 - x)
2
(0,5 điểm)
Ta có P =
( )
( ) ( )
( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2
2 2
2 2
1-x 1-x
1
: 1+x 1-x = = >0 (x ±1)
1+ x 1+x
1+ x 1-x
 
≠
 
(1 điểm)

Vì 1 + x
2
> 0 với mọi giá trị của x.
b) (2,5 điểm)
Vì P(0) = 26 suy ra c = 26 khi đó P(x) = ax
2
+ bx + 26 (0,5 điểm)
P(1) = 3 do đó ta có a + b + 26 = 3 hay a + b = -23 (1) (0,5 điểm)
P(2) = 2000 nên ta có 4a + 2b + 26 = 2000 suy ra 2a + b = 987 (2) (0,5 điểm)
Từ (1) và (2) suy ra a = 1010 và b = - 1033 (0,5 điểm)
Kết luận các giá trị phải tìm của a;b;c là: a = 1010; b = - 1033; c = 26 (0,5 điểm)
Bài 2: (5 điểm) Giải các phương trình sau: ( mỗi phần cho 2.5 điểm )
a) Phương trình tương đương với
11 12 33 67 88 89
1 1 1 1 1 1
89 88 67 33 12 11
x x x x x x− − − − − −
− + − + − = − + − + −
(0,5 điểm)
Quy đồng suy ra:
100 100 100 100 100 100
89 88 67 33 12 11
x x x x x x− − − − − −
+ + = +
(0,5 điểm)
Chuyển vế đưa về dạng: (x-100)(
1 1 1 1 1 1
89 88 67 33 12 11
+ + − − −
) = 0 (0,5 điểm)

Lập luận trong ngoặc khác 0 suy ra x-100 = 0 (0,5 điểm)
Tìm được x = 100 và trả lời (0,5 điểm)
b) Biến đổi phương trình về dạng
(x
8
– 2x
4
+ 1) + ( x
2
- 2x +1) = 0 (0,5 điểm)
Hay (x
4
– 1)
2
+ ( x – 1)
2
= 0 (0,5 điểm)
Lập luận từng ngoặc không âm chỉ ra dấu bằng khi x = 1 (1 điểm)
kết luận nghiệm x = 1 (0,5 điểm)
Bài 3: (5 điểm) ( mỗi phần cho 2.5 điểm )
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Biến đổi biểu thức:
Q = x
4
+ 2x
3
+ 3x
2
+ 2x + 1 = (x
4

+ 2x
3
+x
2
) + 2( x
2
+ x) + 1 (0,5 điểm)
= (x
2
+ x)
2
+ 2 (x
2
+ x) + 1 = (x
2
+ x + 1 )
2
(0,5 điểm)
Lập luận vì Q > 0 với mọi x vì vậy Q nhỏ nhất khi x
2
+ x + 1 nhỏ nhất (0,5 điểm)
Chỉ ra x
2
+ x + 1 nhỏ nhất bằng
3
4
đạt khi x =
1
2
−

(0,5 điểm)
Vậy Q
min
=
9
16
đạt khi x =
1
2
−
(0,5 điểm)
Biến đổi A = 5x( 2x – 3) +4( 2x – 3) +7 (0,5 điểm)
Lập luận với x nguyên suy ra 5x(2x-3) + 4(2x-3) là số nguyên và chia hết cho 2x-3. Suy
ra để A chia hết cho B thì 7 chia hết cho B (0,5
điểm)
Hay 2x-3 là ước của 7
Ư(7) = -7; -1; 1 ;7 (0,5 điểm)
Cho 2x-3 bằng Ư(7) suy ra x = -2; 1; 2; 5 và trả lời (1 điểm)
Bài 4: (5 điểm)
- Không cho điểm vẽ hình và ghi GT, KL nhưng nếu vẽ hình sai không chấm bài.
a) ( 1 điểm)

F
E
D
I
C
H
B
A

- Chỉ ra vì E đối xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của EH do đó ta
có:
·
·
EAI IAH=
tương tự ta có
·
·
FAD DAH=
mỗi góc cho 0,25 điểm) => (0,5
điểm)
Cộng vế với vế suy ra
·
0
180EAF =
suy ra ba điểm E;A;F thẳng hàng (0,5 điểm)
b) (2,5 điểm)
* Chứng minh được
·
·
·
·
0
2( ) 180EBC FCB ABC ACB+ = + =
(0,5 điểm)
Suy ra EB // FC suy ra tứ giác BEFC là hình thang (0,5 điểm)
*Giả sử tứ giác BEFC là hình thang vuông suy ra
·
0
90BEF =

suy ra
·
0
90AHB =
hay AH là
đường cao
Kết luận vị trí H (0,5 điểm)
* Giả sử tứ giác BEFC là hình bình hành suy ra BE=BH=FC=CH suy ra H là trung điểm
BC kết luận (0,5 điểm)
* Giả sử tứ giác BEFC là hình chữ nhật suy ra
·
0
90EBC =
suy ra
·
·
0
45EBA ABC= =
suy ra
tam giác ABC vuông cân điều này không xảy ra (0,5 điểm)
c) (1,5 điểm)
Lấy H bất kì thuộc cạnh BC gần B hơn. Ta có S
EFH
= 2S
AIHD
(vì tứ giác AIHD là
hcn) (0,25 điểm)
Dựng hình chữ nhật HPQD bằng hình chữ nhật AIHD
Suy ra S
EFH

= S
AIPQ
.
Dễ dàng chứng minh được S
HIB
= S
HMP
suy ra S
EHF
= S
ABMQ
<S
ABC
Tương tự với H gần C hơn (0,5 điểm)
Khi H là điểm chính giữa BC thì S
EHF
=S
ABC
(0,5 điểm)
Vậy S
EHF
≤
S
ABC
dấu bằng xảy ra khi HB=HC (0,25 điểm)
I
D
C
Q
M

P
H
B
F
A
E
Ghi chú: - HS dùng cách khác giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
- Bài làm có lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài giữ nguyên, không làm tròn.