Đề thi học sinh giỏi huyện Khoái Châu môn toán 8 năm học 2013 - 2014(có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN KHOÁI CHÂU
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Năm học: 2013 – 2014
Môn: Toán – Lớp 8
(Thời gian làm bài: 120’ – không kể giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm) Cho biểu thức: A =
( )
2
1
:
1
1
1
1
2
2
233
−
−








−
+

+








+
−
−
x
xx
x
x
x
x
x
x
a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức A.
b) Rút gọn A.
c) Tìm các số nguyên x để A nhận giá trị là số nguyên.
d) Tìm điều kiện của x để A > - 1.
Bài 2. (2,0 điểm)
a) Giải phương trình:
723 =++− xx

b) Chứng minh bất đẳng thức: (x – 1)(x – 4)(x – 5)(x – 8) + 36 ≥ 0 với mọi x.
c) Cho x, y, z ≥ 0 và x + 5y = 21; 2x + 3z = 51. Tìm giá trị lớn nhất của tổng:

B = x + y + z.
Bài 3. (1,0 điểm) Một người đi xe máy từ A đến B với vận tốc 40 km/h. Sau khi đi được
15 phút, người đó gặp một ô tô, từ B đến với vận tốc 50 km/h. ô tô đến A nghỉ 15 phút
rồi trở lại B và gặp người đi xe máy tại một một địa điểm cách B 20 km. Tính quãng
đường AB.
Bài 4. (2,0 điểm)
a) Cho
201420132012
cba
==
. Chứng minh rằng: 4(a – b)(b – c) = (a – c)
2
b) Cho a, b, c thỏa mãn:
2014
222
=
+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
và
2015=
+
+

+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
.
Tính a + b + c.
c) Chứng minh rằng, với a, b là hai số dương khác nhau thì a
3
– 3ab
2
+ 2b
3
cũng là
số dương.
Bài 5. (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại C (CA > CB), một điểm I trên cạnh AB. Trên nửa
mặt phẳng bờ AB có chứa điểm C người ta kẻ các tia Ax, By vuông góc với AB. Đường
thẳng vuông góc với IC kẻ qua C cắt Ax, By lần lượt tại các điểm M, N.
a) Chứng minh: ∆CAI ∆CBN.
b) Chứng minh: ∆ABC ∆INC.
c) Chứng minh:
NIM
∧
= 90
0
.

d) Tìm vị trí điểm I sao cho S
IMN
= 2S
ABC
.
Hết
Họ và tên thí sinh:……………………………………….…Số báo danh:………………
Chữ ký của giám thị số 1:………………………………………….……………………
Ghi chú: - Thí sinh không sử dụng tài liệu.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN
Năm học: 2013 – 2014
Môn: Toán – Lớp 8
Bài Nội dung Điểm Tổng điểm
Bài 1
a) ĐKXĐ: x ≠ 0; x ≠ ±1; x ≠ ±
2
(*)
0,5 điểm
2,0 điểm
b) A = (x
2
+ 2x + 1)(x
2
– 2x + 1) .
( )
2
2
2

1
2
xx
x
−
−
= (x + 1)
2
.(x – 1)
2
.
( )
2
2
2
1
2
xx
x
−
−
= (1 – x
2
)
2
.
( )
2
2
2

1
2
xx
x
−
−
=
x
x 2
2
−
0,5 điểm
c) A = x –
x
2
Với x nguyên, để A nguyên thì
x
2
nguyên
⇒ x ∈ Ư(2) ⇒ x ∈ {1; - 1; 2; - 2}
Kết hợp điều kiện (*), ta được: x = ±2
0,5 điểm
d) A > - 1 ⇔
x
x 2
2
−
> - 1 ⇔
x
x 2

2
−
+ 1 > 0
0
2
2
>
−+
x
xx
⇔
( )( )
0
21
>
+−
x
xx
⇔ -2 <x < 0 hoặc x > 1
0,5 điểm
Bài 2
a) – Với x < - 2 thì x + 2 < 0 và x – 3 < 0, ta có pt:
3 – x – x – 2 = 7 ⇔ 2x = - 6 ⇔ x = - 3 (thỏa mãn
nên chọn)
- Với – 2 < x < 3 thì x + 2 > 0 và x – 3 < 0, ta có pt:
3 – x + x + 2 = 7 ⇔ 0x = 2 (không có giá trị nào
của x thỏa mãn)
- Với x > 3 thì x + 2 > 0 và x – 3 > 0, ta có pt:
x – 3 + x + 2 = 7 ⇔ 2x = 8 ⇔ x = 4 (thỏa mãn
nên chọn)

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = -3 và x = 4
0,75 điểm
2,0 điểm
b) (x – 1)(x – 4)(x – 5)(x – 8) + 36 =
= (x
2
– 9x + 8)(x
2
– 9x + 20) + 36
Đặt x
2
– 9x + 14 = a thì:
(x
2
– 9x + 8)(x
2
– 9x + 20) + 36 = (a + 6)(a – 6) + 36 =
= a
2
– 36 + 36 = a
2
≥ 0 ∀ a
0,75 điểm
c) Từ giả thiết suy ra: (x + 5y) + (2x + 3z) = 21 + 51
⇔ 3(x + y + z) + 2y = 72
Vì y ≥ 0 nên ⇔ 3(x + y + z) + 2y ≥ 3(x + y + z)
Hay 3(x + y + z) ≤ 72 ⇔ x + y + z ≤ 24
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi y = 0; x = 21; z = 3
0,5 điểm
Vậy B lớn nhất bằng 24 khi x = 21; y = 0; z = 3

Bài 3
Gọi quãng đường AB là x(km) x > 0
Sau 15 phút tức sau
4
1
giờ xe máy đi được 40.
4
1
=10km
Khi xe máy và ô tô gặp nhau lần thứ hai thì xe máy đã
đi thêm được quãng đường là x – 30 (km) với thời gian
đi là:
40
30−x
Thời gian ô tô đã đi để gặp xe máy lần thứ hai là:
50
20
4
1
50
10 −
++
x
Thời gian này đúng bằng thời gian xe máy đã đi thêm
quãng đường để gặp ô tô. Ta có pt:
50
20
4
1
50

10 −
++
x
=
40
30−x
Giải pt và tìm được x = 160
Vậy quãng đường AB dài 160km
1,0 điểm 1,0 điểm
Bài 4
a)
201420132012
cba
==
=
=
201420122014201320132012 −
−
=
−
−
=
−
− cacbba
⇒ b – a = c – b =
2
ac −
⇒ 2(b – a) = 2(c – b) = c – a
⇒ 4(b – a)(c – b) = (a – c)
2

9đpcm)
0,5 điểm
2,0 điểm
b) (a + b + c)






+
+
+
+
+ ba
c
ac
b
cb
a
=
ba
c
ac
b
cb
a
+
+
+

+
+
222

+
ca
cb
cb
ca
ba
bc
cb
ab
ba
ac
ac
ab
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
=
ba

c
ac
b
cb
a
+
+
+
+
+
222
+ (a + b + c)
⇔ 2015(a + b + c) = 2014 + (a + b + c)
⇒ a + b + c = 1
0,75 điểm
c) a
3
– 3ab
2
+ 2b
3
= (a + 2b)(a – b)
2
Vì a, b > 0 và a ≠ b thì (a + 2b)(a – b)
2
> 0 ⇒ đpcm
0,75 điểm
Bài 5
a) ∆CAI và ∆ CBN có:
NCBICA

∧∧
=
(cùng phụ với
ICB
∧

NBCIAC
∧∧
=
(cùng phụ với
ABC
∧
⇒ ∆CAI ∆CBN (gg)
0,75 điểm
3,0 điểm
b) ∆ABC và ∆INC có:
)90(
0
==
∧∧
NCIBCA
NC
BC
IC
AC
=
(vì ∆CAI ∆CBN)
⇒ ∆ABC ∆INC (cgc)
0,75 điểm
c) Tương tự câu a, ta chứng minh được ∆CAM ∆CBI

0,75 điểm
K
H
M
N
C
A
I
B
(gg) ⇒
CI
CM
CB
CA
=
⇒ ∆ABC ∆MIC (cgc)
⇒
ABCMIC
∧∧
=
0,75 điểm
Mà
NBCNIC
∧∧
=
(do ∆CAI ∆CBN)
Suy ra
MIC
∧
+

NIC
∧
=
ABC
∧
+
NBC
∧
= 90
0
Vậy,
NIM
∧
= 90
0
.
d) Dễ chứng minh được ∆ABC ∆MNI
Vì tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng,
nên:
2
2
2
1
22
=⇒=







⇒






=
MN
AB
MN
AB
MN
AB
S
S
MNI
ABC
2
2
=⇒
MN
KN
⇔ Tam giác MNK vuông cân tại K.
⇔ Tam giác CIH vuông cân tại H.
Vậy, I ở vị trí cách chân đường cao H hạ từ C của tam
giác ABC một khoảng đúng bằng đường cao CH.
0,75 điểm