ĐỀ THI CHỌN học SINH GIỎI cấp HUYỆN TOÁN lớp 8 CÓ đáp án

THI CHN HC SINH GII CP HUYN
Mụn thi: Toỏn Lp 8
Thi gian lm bi: 150 phỳt
Cõu 1 (2,0 im).
x 3 y 3 z 3 3 xyz
Rỳt gn biu thc: B =
( x + y)2 + ( y z )2 + ( x + z )2

Cõu 2 (4,0 im).
a) Tỡm s d trong phộp chia a thc (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 cho x2 + 8x + 12.
b) Tỡm mi s nguyờn x sao cho x3 - 2x2 + 7x - 7 chia ht cho x2 + 3.
Cõu 3 (4,0 im).
Gii cỏc phng trỡnh:
3

3

3
1
3

a) x + 3 ữ + x 4 ữ + ( 1 x ) = 0
4
4

3 x
3 x
b) x
ữ x +
ữ= 2
x +1

x + 1

Cõu 4 (4,0 im).
Tỡm giỏ tr nh nht ca cỏc biu thc
a) A = 3x + 1 + x + 2 4 x + 3
b) B =

14x 2 8x + 9
3x 2 + 6x + 9

Cõu 5 (4,0 im)
Cho tam giỏc ABC cõn ti A. M, D tng ng l trung im ca BC, AM. H l hỡnh
chiu ca M trờn CD. AH ct BC ti N, BH ct AM ti E. Chng minh rng:
a) Tam giỏc MHD ng dng vi tam giỏc CMD.
b) E l trc tõm tam giỏc ABN.
Cõu 6 (2,0 im): Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh CD và N là một
ã
điểm trên đờng chéo AC sao cho BNM
= 900 . Gọi F là điểm đối xứng của A qua N. Chứng
minh rằng FB AC.

1


HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI
Môn : Toán Lớp 8

2

Câu

1

Nội dung
Ta có:
x3 - y3 - z3 - 3xyz = (x - y)3 + 3xy(x - y) - z3 - 3xyz
= (x - y - z)3 + 3(x - y)z(x - y - z) + 3xy(x - y - z)
= (x - y - z)[(x - y - z)2 + 3xz - 3yz + 3xy)]
= (x - y - z)(x2 + y2 + z2 -2xy - 2xz + 2yz + 3xz - 3yz + 3xy)
= (x - y - z)(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz)
(x + y)2 + (y - z)2 + (x + z)2
= x2 + 2xy + y2 + y2 - 2yz + z2 + x2 + 2xz + z2
= 2(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz)
Vậy B =
=

2

(x

− y − z ) ( x 2 + y 2 + z 2 + xy − yz + xz )
2 ( x 2 + y 2 + z 2 + xy − yz + xz )

x− y−z
2

a) HS có thể làm một trong các cách sau:
Cách 1: Đặt f(x) = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9
Ta có: A = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9

= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9
= (x2 + 8x + 7)[(x2 + 8x + 12) + 3] + 9
= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 7) + 9
= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 12) + 9 – 15
= (x2 + 8x + 12)(x2 + 8x + 10) - 6
Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6.
Cách 2. f(x) = (x2 + 4x + 3)(x2 + 12x + 35) + 9
= x4 + 4x3 + 3x2 + 12x3 + 48x2 + 36x + 35x2 + 140x
+ 105 + 9
4
= x + 16x3 + 86x2 + 176x + 114
Thực hiện phép chia đa thức x4 + 16x3 + 86x2 + 176x + 114
cho x2 + 8x + 12 được thương là x2 + 8x + 10 và số dư là - 6.
Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6.
Cách 3. Bậc của đa thức thương là 2 nên đa thức dư có dạng
ax + b.
Gọi đa thức thương là Q(x), ta có:
(x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9
= (x2 + 8x + 12)Q(x) + ax + b
Cho x = - 2, ta có: - 1.1.3.5 + 9 = - 2a + b
⇔ - 2a + b = -6
Cho x = - 6, ta có: - 5.(- 3)(-1). 1 + 9 = - 6a + b
⇔ - 6a + b = - 6
Ta có (-2a + b) – (- 6a + b) = 0 ⇔ a = 0
Do đó b = - 6.
Đa thức dư là - 6.
Cách 4. f(x) = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9
= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9
= [(x2 + 8x + 12)- 5][(x2 + 8x + 12) + 3] + 9
= (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 15 + 9

Điểm
2,0

0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,75
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25

0,25
0,5

3


Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Môn thi: Toán Lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2 điểm)Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3.
b) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015.
2
1  
10 − x 2 
 x
A
=
+
+
:
x
−
2
+
Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức:
÷
 x2 − 4 2 − x x + 2 ÷ 
x+2 


 
1
a. Rút gọn biểu thức A.
b. Tính giá trị của A , Biết |x| = .
2
c. Tìm giá trị của x để A < 0.
d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm) a) Giải phương trình :

1
1
1
1
+ 2
+ 2
=
x + 9 x + 20 x + 11x + 30 x + 13 x + 42 18
2

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
A=

a
b
c
+
+
≥3
b+c −a a+c −b a+b−c

Bài 4: (3,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD.
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là
hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD.
a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ?
b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK
c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2.
HƯỚNG DẪN CHẤM
3
3
3
3
(x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3 = ( x + y + z ) − x  −  y + z 
2
2
2
2
= ( y + z ) ( x + y + z ) + ( x + y + z ) x + x  − ( y + z ) ( y − yz + z )
2
= ( y + z ) 3x + 3xy + 3yz + 3zx = 3 ( y + z )  x ( x + y ) + z ( x + y ) 

Bài 1: (2 điểm) a)

(

)

= 3 ( x + y) ( y + z ) ( z + x ) .
(1 điểm)
4
2

4
2
b)x + 2015x + 2014x + 2015 = (x - x) + (2015x +2015x+2015)
= x(x3- 1) + 2015 (x2+x+1)
= x(x -1) (x2+x+1) )+ 2015 (x2+x+1)
= (x2+x+1) [x(x -1) + 2015]
= (x2+x+1) (x2 –x + 2015) (1 điểm)
2
1  
10 − x 2 
 x
A
=
+
+
:
x
−
2
+
Bài 2: (2,5 điểm) Biểu thức:
÷
 x2 − 4 2 − x x + 2 ÷ 
x+2 

 
−1
a) Rút gọn được kết qủa: A =
(0,75 điểm)
x−2

1
1
−1
b) x = ⇒ x = hoặc x =
(0,25 điểm)
2
2
2
⇒ A=

2
3

hoặc A=

c) A < 0 ⇔ x - 2 >0 ⇔ x >2
d) A ∈ Z ⇔
Bài 3: (2 điểm)

2
5

(0,75 điểm)
(0,25 điểm)

−1
∈ Z ⇔ x-2 ∈ Ư(-1) ⇔ x-2 ∈ { -1; 1} ⇔ x ∈ {1; 3} (0,5 điểm)
x−2

4

a) (1đ) x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ;
(0,25 điểm)
ĐKXĐ : x ≠ − 4; x ≠ − 5; x ≠ − 6; x ≠ − 7
(0,25 điểm)
Phương trình trở thành :

1
1
1
1
+
+
=
( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18

1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
=

x + 4 x + 5 x + 5 x + 6 x + 6 x + 7 18
1
1
1
−
=
x + 4 x + 7 18

(0,25 điểm)

18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
(x+13)(x-2)=0
Từ đó tìm được x=-13; x=2;
b) (1đ) Đặt b+c-a = x >0; c+a-b = y >0; a+b-c = z >0

y+z
x+z
x+ y
;b =
;c =
;
2
2
2
y+z x+z x+ y 1 y x
x z
y z 
+
+
= ( + ) + ( + ) + ( + ) 

vào ta được A=
2x
2y
2z
2 x y
z x
z y 
1
Từ đó suy ra A ≥ (2 + 2 + 2) hay A ≥ 3
2

Từ đó suy ra a=

Bài 4: (3,5 điểm)
a)Ta có : BE ⊥ AC (gt); DF ⊥ AC (gt) ⇒ BE // DF
Chứng minh : ∆BEO = ∆DFO( g − c − g ) ⇒ BE = DF
Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành
b) Chứng minh: ∠ ABC= ∠ ADC ⇒ ∠ HBC= ∠ KDC
CH

CB

⇒ ∆ CHB ∽ ∆ CKD(g-g) ⇒
=
⇒ CH. CD = CK . CB
CK CD
c)Chứng minh : ∆ AFD ∽ ∆ AKC(g-g)
AF AD
⇒
=

⇒ AD. AK = AF . AC
AK AC
CF CD
Chứng minh : ∆ CFD ∽ ∆ AHC(g-g) ⇒ AH = AC

Mà : CD = AB ⇒

CF AB
=
⇒ AB . AH = CF . AC
AH AC

(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm) Thay
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,5 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(1 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)
(0,25 điểm)

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (0,25 điểm)

5

H

C

B
F
O
E

A

K

D

GIAÛI MOÄT SOÁ ÑEÀ THI
Đề 1
Bài 1: a) Thực hiện phép chia: (x - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2)
b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2
c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4
3

a

b

c

Bài 2: a) Tính S = (c − a)(a − b) + (a − b)(b − c) + (b − c)(c − a)
1
1 1
1 
= 
−
÷
(3n + 2)(3n + 5) 3  3n + 2 3n + 5 
150 150 150
150
+
+
+ ... +
c) Tính
5.8 8.11 11.14
47.50

b) Chứng minh

Bài 3: Giải các phương trình
x +1

x −1

2

7−x

5−x

MB'

MC '

3− x

+
+
= −3
a) x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = x(x 4 + x 2 + 1)
b)
1993 1995 1997
Bài 4: Cho ∆ABC vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở
B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N
a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang
b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm
c) Chứng minh AM = AN
Bài 5: Cho M là điểm nằm trong ∆ABC , từ M kẻ MA’ ⊥ BC, MB’ ⊥ AC, MC’ ⊥ AB
MA '

(A’ ∈ BC; B’ ∈ AC; C’∈ AB). Chứng minh rằng: h + h + h = 1
a
b
c
(Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của ∆ABC )
Bài giải
Bài 1:
a) Thực hiện phép chia: (x3 - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2) = x - 2
b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2
Vì ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 nên x = 2 là nghiệm của đa thức ax3 - 2x - 4 , nên ta có: a.

23 - 2. 2 - 4 = 0 ⇔ 8a - 8 = 0 ⇔ a = 1
c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4
Nghiệm của đa thức là các giá trị của x để

6


 x 2 + 2x + 2 = 0
x - 2x - 4 = 0 ⇔ (x + 2x + 2)(x - 2) = 0 ⇔ 
x − 2 = 0
2
2
+) x - 2 = 0 ⇔ x = 2+) x + 2x + 2 ⇔ (x + 2x + 1) + 1 = 0 ⇔ (x + 1)2 + 1 = 0 : Vơ
3

2

nghiệm
Vì (x + 1)2 + 1 > 0 với mọi x
Bài 2:

a(b − c) + b(c − a) + c(a − b)
(c − a)(a − b)(b − c)
a(b − c) + b(c − a) + c(a − b) ab − ac + bc − ab + ac − bc
0
=
=
=0
=
(c − a)(a − b)(b − c)

(c − a)(a − b)(b − c)
(c − a)(a − b)(b − c)
1
1 1
1 
= 
−
b) Chứng minh
÷
(3n + 2)(3n + 5) 3  3n + 2 3n + 5 
1 1
1  1  3n + 5 − (3n + 2)  1
3
1
−
= .
=
Ta có: 
÷= 

3  3n + 2 3n + 5  3  (3n + 2)(3n + 5)  3 (3n + 2)(3n + 5) (3n + 2)(3n + 5)
150 150 150
150
+
+
+ ... +
c) Tính :
5.8 8.11 11.14
47.50
150 150 150

150
+
+
+ ... +
áp dụng câu b ta tính được
=9
5.8 8.11 11.14
47.50
a

b

c

a) S = (c − a)(a − b) + (a − b)(b − c) + (b − c)(c − a) =

Bài 3: Giải các phương trình
x +1
x −1
2
x(x + 1)(x 2 − x + 1) x(x − 1)(x 2 + x + 1)
2
−
=
⇔
−
=
a) 2
(1)
2

4
2
4
2
4
2
4
x + x + 1 x − x + 1 x(x + x + 1)
x(x + x + 1)
x(x + x + 1)
x(x + x 2 + 1)
ĐKXĐ: x(x4 + x2 + 1) ≠ 0 ⇔ x ≠ 0 Vì x4 + x2 + 1 > 0
(1) ⇔ x(x + 1)(x2 - x + 1) - x(x - 1)(x2 + x + 1) = 2 ⇔ x(x3 - 1) - x(x3 + 1) = 2
⇔ x4 - x - x4 - x = 2 ⇔ - 2x = 2 ⇔ x = - 1
7 − x 5− x 3− x
7−x
5−x
3− x
+
+
= −3 ⇔
+1+
+1+
+1 = 0
b)
1993 1995 1997
1993
1995
1997
⇔ x = 2000

Bài 4:
Cho ∆ABC vng tại A. Vẽ ra phía ngồi tam giác đó các tam giác ABD vng cân ở B,
ACE vng cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N
a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang
b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm
c) Chứng minh AM = AN
Giải
D
·
·
·
a) Chứng minh DAB
= 1800
A
+ BAC
+ CAE
⇒ D, A, E thẳng hàng
M
N
b) Đặt AB = c, AC = b.
E
BD // AC (cùng vuông góc với AB)
MC

AM

AC

AM

AC

nên MD = MB = BD ⇒ MB + AM = AC + BD

B

C

AM
AC
AM
AC
AC. AB
=
⇒
=
⇒ AM =
(1)
AB AC + BD
AB AC + AB
AC + AB
⇒ AM(AC + AB) = AC. AB ⇔ 3(4 + AB) = 4 AB ⇔ AB = 12 cm ⇒ MB = 9 cm
MC AM
MC.MB 5.9
Từ MD = MB ⇒ MD = MA = 3 = 15 cm
⇒

7

AN

AB

AN

AB

c) AB // CE (cùng vuông góc với AC) nên NC = CE ⇒ NC + AN = AB + CE
⇔

AN
AB
AB. AC
=
⇒ AN =
(2)
AC
AB + AC
AB + AC

Từ (1) và (2) suy ra: AM = AN
Bài 5:
Cho M là điểm nằm trong ∆ABC , từ M kẻ MA’ ⊥ BC, MB’ ⊥ AC, MC’ ⊥ AB
MA '

MB'

MC '

(A’ ∈ BC; B’ ∈ AC; C’∈ AB). Chứng minh rằng: h + h + h = 1
a
b
c
(Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của ∆ ABC )
Giải
Kẻ đường cao AH, ta có:
A
MA ' MA ' SMBC
=
=
(1)
ha
AH SABC
B'
MB ' SMCA
MC ' SMBA
=
=
C'
Tương tự:
(2) và
(3)
hb

SABC

hc

SABC

Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có:

M

MA ' MB ' MC ' SMBC SMCA SMBA
+
+
=
+
+
ha
hb
hc
SABC SABC SABC
SMBC + SMCA + SMBA SABC
=
=1
=
SABC
SABC

B

A'

H

C

ĐỀ 2
Câu 1
a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0; ngồi ra còn biết thêm
a = b 2 (b − c) . Hỏi số nào dương, số nào âm, số nào bằng 0
b) Cho x + y = 1. Tính giá trị biểu thức A = x3 + y3 + 3xy
Câu 2: a) Giải phương trình: x + 2 − 3 = 1
b) Giả sử a, b, c là ba số đơi một khác nhau và
Chứng minh rằng:

a
b
c
+
+
=0
b−c c−a a −b

a
b
c
+
+
=0
2
2
(b − c) (c − a) (a − b) 2

·
Câu 3: Cho tam giác ABC; gọi Ax là tia phân giác của BAC

, Ax cắt BC tại E. Trên tia Ex
·
·
lấy điểm H sao cho BAE
. Chứng minh rằng:
= ECH
a) BE. EC = AE. EH
b) AE2 = AB. AC - BE. EC
Câu 4: Cho tứ giác ABCD. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BD tại E; từ B kẻ
đường thẳng song song với AD cắt AC tại F.
Chứng minh rằng: EF // DC
híng dÉn gi¶i
C©u 1:
a) V× a = b 2 (b − c) nªn a ≠ 0 vµ b ≠ 0 v×
8


NÕu a = 0 ⇒ b = 0 hc b = c. V« lÝ
NÕu b = 0 ⇒ a = 0. V« lÝ
⇒ c = 0 ⇒ a = b3 mµ a ≥ 0 víi mäi a ⇒ b > 0 ⇒ a < 0
b) V× x + y = 1 ⇒ A = x3 + y3 + 3xy = x3 + y3 + 3xy (x + y) = (x + y)3 = 1
a

b

c

a

b

b 2 − ab + ac - c2

c

C©u 2: b) Từ b - c + c - a + a - b = 0 ⇒ b - c = a - c + b - a = (a - b)(c - a)

a
b 2 − ab + ac - c2
1
=
(1)
(Nhâ
n
hai
vế
vớ
i
)
2
(b - c)
(a - b)(c - a)(b - c)
b-c
b
c 2 − bc + ba - a 2
c
a 2 − ac + cb - b 2
=
=
Tương tự, ta có: (c - a)2 (a - b)(c - a)(b - c) (2) ; (a - b)2 (a - b)(c - a)(b - c) (3)

⇔

Cộng từng vế (1), (2) và (3) ta có đpcm
C©u 3:
a) Ta cã ∆ BAE
⇒

b)

⇒
⇒
⇒

A

∆ HCE (g.g)

BE AE
=
⇒ BE.EC = AE.EH (1)
EH EC
∆ BAE ∆ HCE (g.g)
·
·
·
·
⇒ ABE
ABE
= CHE
= CHA

∆ BAE ∆ HAC (g.g)
AE AB
=
⇒ AB.AC = AE.AH (2)
AC AH

C
B

E

H
x

Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã :
AB. AC - BE. EC = AE.AH - AE. EH
⇔ AB. AC - BE. EC = AE. (AH - EH) = AE. AE = AE2
C©u 4:
Gọi O là giao điểm của AC và BD
OE

OA

O

a) Vì AE // BC ⇒ OB = OC (1)

E

OB

OF
BF // AD ⇒ OD = OA (2)

F
D

OE

OF

Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: OD = OC
⇒ EG // CD
ĐỀ 3
Bài 1: Cho phân thức:

P=

B

A

C

2 x−4
x + x − 20
2

a) Tìm TXĐ của P
b) Rút gọn P
c) Tính giá trị của P khi x − 5 = 1,5

Bài 2: So sánh A và B biết:
a) A = 2002. 2004 và B = 20032
b) A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) và B = 264
Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC. Hạ CE vng góc với AB, CF
vng góc với AD và BG vng góc với AC. Chứng minh:
9


a) ACE ABG v AFC CBG
b) AB. AE + AD. AF = AC2
Bi 4: Cho hỡnh thoi ABCD cnh a, cú = 600. Mt ng thng bt k qua C ct tia i
ca tia BA v DA ln lt ti M v N
a) Chng minh: Tớch BM. DN cú giỏ tr khụng i
b) Gi K l giao im ca BN v DM. Tớnh s o gúc BKD
Bi 5:
Tỡm nghim nguyờn ca phng trỡnh
4(x + y) = 11 + xy
Gii
Bi 1:
a) kx: x2 + x - 20 0 (x - 4)(x + 5) 0 x 4 v x - 5
b) P =

2 x4
2 x4
=
x + x 20 (x 4)(x + 5)
2

2
x+5

2
Nu x < 4 P =
x+5

Nu x > 4 P =

x 5 = 1,5;(x > 5)
x = 6,5

5 x = 1,5;(x < 5)
x = 3,5

c) x 5 = 1,5

2

2

2

2

2

2

20

4

Vi x = 6,5 thỡ P = x + 5 = 6,5 + 5 = 11,5 = 115 = 23
2

Vi x = 3,5 thỡ P = x + 5 = 3,5 + 5 = 8,5 = 17
Bi 2:
a) A = 2002. 2004 = (2003 - 1)(2003 + 1) = 20032 - 1 < 20032 A < B
b) Ta cú:
A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1)
= (22 - 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1)
= (24 - 1)( 24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (28 - 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1)
= (216 - 1)(216 + 1)(232 + 1) = (232 - 1)(232 + 1) = 264 - 1 < 264 A < B
Bi 3:
Ta coự AGB

AEC

AE
AC
=
AG
AB

AB. AE = AC. AG (1)
AF
CG CG
=
=
CGB
AFC
(vỡ CB = AD)

AC
CB AD
AF . AD = AC. CG (2)

Coọng (5) vaứ (6) veỏ theo veỏ ta coự:
AB. AE + AF. AD = AC. AG + AC. CG
AB. AE + AF. AD = AC(AG + CG) = AC. AC
Vaọy: AB. AE + AD. AF = AC2
Bài 4:
MB

CM

a) BC // AN BA = CN (1)
10


CM

AD

CD// AM ⇒ CN = DN (2)
MB

AD

Từ (1) và (2) suy ra BA = DN ⇒ MB.DN = BA.AD = a.a = a
·
·
b) ∆ MBD và ∆ BDN có MBD

= 1200
= BDN

2

MB
MB CM
AD BD
µ = 600 nên
=
=
=
=
(Do ABCD là hình thoi có A
BD
BA CN
DN DN
AB = BC = CD = DA) ⇒ ∆ MBD ∆ BDN
µ1=B
µ 1 . ∆ MBD và ∆ BKD có BDM
µ1=B
µ 1 nên BKD
·
·
·
·
Suy ra M
và M
= MBD
= 1200

= BDK

®Ị 4
C©u 1:

Cho A =

x − 7x + 6
x2 −1
2

a) Rót gän A
b) T×m x ®Ĩ A = 0
c) T×m gi¸ trÞ nguyªn cđa x ®Ĩ A cã gi¸ trÞ nguyªn
2
2
C©u 2: Gi¶i ph¬ng tr×nh: (x + 1) = 4(x + 2x + 1)
C©u 3: Cho a, b, c tho· m·n:

1 1 1
1
+ + =
a b c a+b+c

TÝnh gi¸ trÞ cđa biĨu thøc: A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3)
µ = 2B
µ = 4C
µ = 4α . Chøng minh: 1 = 1 + 1
C©u 4: Cho ∆ ABC cã A
AB

BC

CA

C©u 5:
Cho ∆ ABC c©n t¹i A cã BC = 2a, M lµ trung ®iĨm cđa BC. LÊy D, E theo thø tù thc AB,
·
µ
AC sao cho: DME
=B
a) Chøng minh r»ng: tÝch BD. CE kh«ng ®ỉi
b) Chøng minh r»ng DM lµ tia ph©n gi¸c cđa gãc BDE
c) TÝnh chu vi cđa ∆ ADE nÕu ∆ ABC lµ tam gi¸c ®Ịu
Híng dÉn
C©u 3: Tõ

a+ b
a+ b
1 1 1
1
1 1 1
1
+
=0
⇒ + + =0 ⇔
+ + =
ab
c(a + b + c)
a b c a+ b+ c

a b c a+b+c

c(a + b + c) + ab
= 0 Û (a + b)(b + c)(c + a) = 0
abc(a + b + c)
Tõ ®ã suy ra : A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = ( a + b)(b + c)(c + a). B = 0
C©u 4 :
·
VÏ tia CM (M ∈ AB) sao cho ACM
=α
∆CAM vµ ∆CBM lµ c¸c tam gi¸c c©n
⇔ (a + b).

AB AB AM AB AM + AB BM
+
=
+
=
=
=1
BC AC CM CM
CM
CM
AB AB
1
1
1
+
=1⇒
=

+
(v× BM = CM) ⇒
BC AC
AB BC CA
⇒

C©u 5 :
·
·
·
µ + BDM
·
·
µ (gt)
a) Ta có DMC
, mà DME
= DME
+ CME
=B
=B
·
·
µ =C
µ ( ∆ ABC cân tại A)
nên CME
, kết hợp với B
= BDM
suy ra ∆ BDM ∆ CME (g.g)
11

B

A

BD
BM
=
⇒ BD. CE = BM. CM = a 2 không đổi
CM
CE
DM
BD
DM
BD
b) ∆ BDM ∆ CME ⇒ ME = CM ⇒ ME = BM
·
·
(do BM = CM) ⇒ ∆ DME ∆ DBM (c.g.c) ⇒ MDE
= BMD
·
hay DM là tia phân giác của BDE
·
c) chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của DEC

2α

⇒

4α

α
α

C

MC

3α

D

M

H

K

B
kẻ MH ⊥ CE ,MI ⊥ DE, MK ⊥ DB thì MH = MI = MK ⇒ ∆
DKM = ∆ DIM
⇒ DK =DI ⇒ ∆ EIM = ∆ EHM ⇒ EI = EH
Chu vi ∆ AED là PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)

∆ ABC

E

I

A

3α

M

C

a

là tam giác đều nên suy ra CH = 2 = 2
⇒ AH = 1,5a ⇒ PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a
x −1

x +3

®Ị 5
2

Câu 1 : Giải phương trình: a) x − 2 + x − 4 + ( x − 2) . (4 − x)

b)

6x2 - x - 2 = 0

x2 + y2 + z2
Câu 2 : Cho x + y + z = 0. Rút gọn :
( y − z ) 2 + ( z − x) 2 + ( x − y ) 2

Câu 3 : Chứng minh rằng khơng tồn tại x thỏa mãn :
a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0

b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0
Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho
điểm O nằm trên đoạn AD sao cho

DB 1
= ;
DC 2

OA 3
= . Gọi K là giao điểm của BO và AC.
OD 2

Tính tỉ số AK : KC.
Câu 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng qua H cắt AB, AC
thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác
MPQ cân tại M.

Hướng dẫn giải
Câu 2:
Từ x + y + z = 0 ⇒ x2 + y2 + z2 = - 2(xy + yz + zx) (1)
Ta có: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 2(x2 + y2 + z2 ) - 2(xy + yz + zx) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = - 6(xy + yz + zx) (3)
Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta có:
A=

- 2(xy + yz + zx) 1
=
- 6(xy + yz + zx) 3

Câu 3:

17
5
25 2
9
) = 0 ⇔ 2(x4 - 2. x2 +
) +
=0
2
2
4
2
5
9
5
9
⇔ 2(x2 - )2 + = 0. Vì 2(x2 - )2 + > 0 với mọi x nên khơng tồn tại x để
2
2
2
2

a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 ⇔ 2( x4 - 5x2 +

12


2x4 - 10x2 + 17 = 0
b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 ⇔ (x2 + 1)(x2 - x + 1) = 0
Vì vế phải ln dương với mọi x nên khơng tồn tại x để x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0
Câu 4:

Từ D kẻ DM // BK. áp dụng định lí Talét vào ∆ AOK ta có:

A

AK AO 3
=
= (1)
KM OD 2

K
M

KM CD 1
=
= (2)
Tương tự, trong ∆ CKB thì:
CK DB 3
AK 1
=
Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có:
CK 2

O

B

Câu 5
Gọi giao điểm của AH và BC là I
Từ C kẻ CN // PQ (N ∈ AB),
Tứ giác CNPQ là hình thang, có H là trung điểm PQ, hai

cạnh bên NP và CQ đồng quy tại A nên K là trung điểm CN
⇒ MK là đường trung bình của ∆ BCN
⇒ MK // CN ⇒ MK // AB (1)
H là trực tâm của ∆ ABC nên CH ⊥ A B (2)
Từ (1) và (2) suy ra MK ⊥ CH ⇒ MK là đường cao của ∆
B
CHK (3)
Từ AH ⊥ BC ⇒ MC ⊥ HK ⇒ MI là đường cao của ∆ CHK (4)
Từ (3) và (4) suy ra M là trực tâm của ∆ CHK ⇒ MH ⊥ CN ⇒ MH ⊥ PQ
∆ MPQ có MH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại M

D

C

A
N

P
H
Q

K

M

I

C

Đề 6
Câu 1: a) Tìm các số ngun m, n thoả mãn m =

n2 + n +1
n +1

b) Đặt A = n3 + 3n2 + 5n + 3 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi giá
ngun dương của n.
c) Nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2+b2 chia hết cho 13.
Câu 2: Rút gọn biểu thức:
a) A=
b) B =
Câu 3: Tính tổng: S =

trị

bc
ca
ab
+
+
(a − b)(a − c)
(b − c)(b − a )
(c − a )(c − b)
6
3

1   6 1   
1
1

3
x
+
−
x
+
−
2
:
x
+

 
÷ 
÷ +x + 3
6 ÷
x 
x   
x
x 


1
1
1
1
+
+
+…+
2009.2011

1.3
3. 5
5.7

Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2011. Chứng minh rằng biểu thức sau
khơng phụ thuộc vào các biến x, y, z :
Câu 5: Giải phương trình:

2011x
y
z
+
+
xy + 2011x + 2011 yz + y + 2011 xz + z + 1

69 − x 67 − x 65 − x 63 − x 61 − x
+
+
+
+
= −5
1942
1944
1946 1948 1950
13


ã
Cõu 6: Cho ABC tam giỏc u, gi M l trung im ca BC . Mt gúc xMy
= 600 quay

quanh im M sao cho 2 cnh Mx , My luụn ct cnh AB v AC ln lt ti D v E . Chng
minh :
BC2
a) BD.CE=
4

ã
b) DM, EM ln lt l tia phõn giỏc ca ãBDE v CED
.
c) Chu vi ADE khụng i.

Gii

1
n2 + n +1
=n+
n +1
n +1
Để m nguyên với n nguyên khi n + 1 là ớc của 1
Hay n + 1 {1; -1 }. Khi đó : n + 1 = 1 n = 0 Z ( t/m)
n + 1 = -1 n = -2 Z (t/m)
Với n = 0 m = 1 . Với n = -2 m = - 3 . Vậy ...
b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) 3 +2(n+1) = = n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1)
Khi đó : 3(n+1) M 3
n( n +1) (n+ 2) là tích của 3 số nguyên dơng liên tiếp nên tồn tại một số là bội của 3
c, a = 13k +2, b = 13q +3
a2 + b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13q + 3) 2 =....= 13( 13k2 +4k +13 q2 + 4q +1) M 13
1) a, Thực hiện chia m =

2) a)

(a b)(a c)(b c)
bc
ca
ab

+
= . =
=1
(a b)(a c) (b c)(a b) (a c)(b c)
(a b)(a c)(b c)

A=

6

2

2

2

2
1
1
1
1
1

1

b) Ta có: x + ữ = (x 3 + 3 ) + 3(x + ) ữ ; x 6 + 6 = ( x 3 ) + 3 ữ = x 3 + 3 ữ 2
x
x
x
x
x

x
6
2
2
1
1
1
1
1


Tử thức: x + ữ x 6 + 6 ữ 2 = (x 3 + 3 ) + 3(x + ) ữ - x 3 + 3 ữ
x
x
x
x
x

1


1





1

= 3 x + ữ 2 x 3 + 3 ữ+ 3 x + ữ
x
x
x
3






1





1

Mẫu thức: x + ữ + x 3 + 3 = 2 x 3 + 3 ữ+ 3 x + ữ
x
x
x
x
1



1





1
x

Rút gọn ta có: B = 3( x + )
1
1 1 1
1
1
1
1
1005
(1 + + ..... +

) = (1
)=
2
3 3 5
2009 2011 2
2011 2011
2011x
y
z
xy.xz
y
z
+
+
+
+
4).
=
2
xyz + x yz + xy xyz + y + yz 1 + z + zx
2011 + 2011x + xy xyz + y + yz 1 + z + zx
xy.xz
1
z
1 + z + xz
=
+
+
=
= 1 không đổi

xy ( xz + z + 1) 1 + z + zx
1 + z + zx 1 + z + zx

3) S =

5)
69 x 67 x 65 x 63 x 61 x
+ 1 ữ+
+ 1ữ+
+ 1ữ +
+ 1ữ +
+ 1ữ = 0

1942
1944
1946
1948
1950


y

A
x
E

x = 2011.

D
B

1

2
1

2 3

M

C

14


6) a,Chứng minh BMD

CEM

BC
BC 2
BD.CE =
2
4
b, Chứng minh BMD MED
Từ đó suy ra D 1 = D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE

... Vì BM = CM =

Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED

c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK.
Chu vi bằng 2.AH .

PHềNG GD&T TH XUN
TRNG THCS XUN PH

K THI CHN HC SINH GII CP TRNG
NM HC 2014-2015
MễN THI: TON LP 8 VềNG 4
Thi gian lm bi 150 phỳt, khụng k thi gian giao

Cõu 1. (4,0 im)

1. Phõn tớch a thc sau thnh nhõn t: x 4 + 2013x 2 + 2012 x + 2013 .
x2 2 x
1 2
2 x2
1 2 ữ.
2. Rỳt gn biu thc sau: A = 2
2
3 ữ
2x + 8 8 4x + 2x x x x

Cõu 2. (4,0 im)
1.

Gii phng trỡnh sau:

(2 x 2 + x 2013) 2 + 4( x 2 5 x 2012) 2 = 4(2 x 2 + x 2013)( x 2 5 x 2012)

2. Tỡm cỏc s nguyờn x, y tha món x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y3 .
Cõu 3. (4,0 im)

1.

Tỡm a thc f(x) bit rng: f(x) chia cho x + 2 d 10, f(x) chia cho x 2 d 24, f(x)
chia cho x 2 4 c thng l 5x v cũn d.

2.

Chng minh rng:
a (b c)(b + c a ) 2 + c (a b)(a + b c ) 2 = b(a c )(a + c b) 2

Cõu 4. (6,0 im) Cho hỡnh vuụng ABCD, trờn cnh AB ly im E v trờn cnh AD ly im F sao
cho AE = AF. V AH vuụng gúc vi BF (H thuc BF), AH ct DC v BC ln lt ti hai
im M, N.
1. Chng minh rng t giỏc AEMD l hỡnh ch nht.
2. Bit din tớch tam giỏc BCH gp bn ln din tớch tam giỏc AEH. Chng minh rng: AC = 2EF.
15


1
1
1
=
+
.
2
2

AD
AM
AN 2

3. Chứng minh rằng:

Câu 5. (2,0 điểm) Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc = 1 . Chứng minh rằng :
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥ .
a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2
3

---------------Hết----------------

PHÒNG GD&ĐT THỌ
XUÂN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 8 – VÒNG 4

TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1

Hướng dẫn giải

1
(2.0
điểm)

(4.0 điểm)
0,5

Ta có x + 2013 x + 2012 x + 2013
= ( x 4 − x ) + 2013x 2 + 2013x + 2013
4

2

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

0.5

= ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 2013)

0.5

2
2
Kết luận x 4 + 2013 x 2 + 2012 x + 2013 = ( x + x + 1) ( x − x + 2013)

x ≠ 0

x ≠ 2

0.25

ĐK: 

 x2 − 2 x

2



2 x2

1

2 

−
1− − 2 ÷
Ta có A =  2
2
3 ÷
 2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

(2.0 điểm)

 x2 − 2 x
 x 2 − x − 2 
2x2

=
−
÷
÷
2
2
x2
 2( x + 4) 4(2 − x) + x (2 − x) 

 x2 − 2x
  ( x + 1)( x − 2)   x( x − 2) 2 + 4 x 2   ( x + 1)( x − 2) 
2x2
=
−
÷
÷
÷= 
÷
2
2
2
x2
x2
  2( x − 2)( x + 4)  

 2( x + 4) ( x + 4)(2 − x )  

x 3 − 4 x 2 + 4 x + 4 x 2 x + 1 x( x 2 + 4)( x + 1) x + 1
. 2 =
=

2( x 2 + 4)
x
2 x 2 ( x 2 + 4)
2x
x ≠ 0
x +1
Vậy A =
với 
.
2x
x ≠ 2
=

Câu 2

1
(2.0
điểm)

0.5

0.25
0.25

0.5
0.5
0.25
(4.0 điểm)

 a = 2 x 2 + x − 2013

Đặt: 
2
b = x − 5 x − 2012

0.25

Phương trình đã cho trở thành:
a + 4b = 4ab ⇔ ( a − 2b) = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b
2

Khi đó, ta có:

2

2

0.5
0.5
16


2 x 2 + x − 2013 = 2( x 2 − 5 x − 2012) ⇔ 2 x 2 + x − 2013 = 2 x 2 − 10 x − 4024
−2011
⇔ 11x = −2011 ⇔ x =
.
11
−2011
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
.
11

0.5
0.25

2

3 7

Ta có y − x = 2x + 3x + 2 = 2  x + ÷ + > 0
4 8

3

3

⇒x
2

(1)

0.5

(2)

0.5

2

9  15


(x + 2) − y = 4x + 9x + 6 =  2x + ÷ + > 0
4  16

3

2
(2.0 điểm)

3

2

⇒ y< x+2

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
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)
KL

Câu 3

0.25
0.5
0.25
(4 điểm)

Giả sử f(x) chia cho x − 4 được thương là −5x và còn dư là ax + b .
Khi đó: f ( x) = ( x 2 − 4).(−5 x) + ax+b

Theo đề bài, ta có:
2

1
(2.0 điểm)

7

 f (2) = 24
2a + b = 24
a =
⇔
⇔
2

 f (−2) = 10
−2a + b = 10
b = 17
7
Do đó: f ( x) = ( x 2 − 4).(−5 x) + x+17
2

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x) = −5 x 3 +

0.5

0.5

0.5
47

x + 17.
2

0.5

Ta có: a (b − c)(b + c − a ) 2 + c (a − b)(a + b − c)2 − b(a − c)(a + c − b) 2 = 0 (1)

a =
a + b − c = x



Đặt: b + c − a = y => b =
a + c − b = z



c =


x+z
2
x+ y
2
y+z
2

0.25

Khi đó, ta có:

2
(2.0 điểm)

x+z x+ y y+z  2 y+z x+z x+ y  2 1
2
−
−

÷. y +

÷.x − ( x + y )( x − y ).z
2  2
2 
2  2
2 
4
x+z x−z 2 y+z z− y 2 1 2
=
.
.y +
.
.x − ( x − y 2 ) z 2
2
2
2
2
4
1 2 2 2 1 2
1
= ( x − z ). y + ( z − y 2 ).x 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2

4
4
4
1 2
1
= ( x − y 2 ).z 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2 = 0 = VP(1)
(đpcm)
4
4

VT(1) =

0.5

0.5
0.25
0.25
17


KL:….

0.25

Câu 4

(6 điểm)
E

A

B

H
F

1
(2.0 điểm)

D

C

M

N

·
·
·
Ta có DAM
(cùng phụ BAH
)
= ABF
AB = AD ( gt)
·BAF = ADM
·
= 900 (ABCD là hình vuông)
⇒ ΔADM = ΔBAF (g.c.g)
=> DM=AF, mà AF = AE (gt)

Nên. AE = DM
Lại có AE // DM ( vì AB // DC )
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
·
Mặt khác. DAE
= 900 (gt)

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

0.75

0.5
0.5
0.25

Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g)
=>

2
(2.0 điểm)

AB BH
BC BH
=
=
hay
( AB=BC, AE=AF)
AF AH
AE AH
·

·
·
Lại có HAB
(cùng phụ ABH
)
= HBC

⇒ ΔCBH : ΔEAH (c.g.c)
2
2
SΔCBH
S
 BC 
 BC 
=
4
⇒ ΔCBH = 
⇒
= 4 nên BC2 = (2AE)2
,
mà
(gt)
÷

÷
S
SΔEAH  AE 
ΔEAH
 AE 
⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)

0.5
0.5
0.5
0.5

Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:
⇒

3
(2.0 điểm)

AD AM
AD CN
=
⇒
=
CN MN
AM MN

0.5

Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:
⇒

MN MC
AB MC
AD MC

=
⇒
=
=
hay
AN AB
AN MN
AN MN
2

2

2

2

AD   AD   CN   CM 
CN 2 + CM 2 MN 2
⇒ 
=
=1
÷ +
÷ =
÷ +
÷ =
MN 2
MN 2
 AM   AN   MN   MN 

0.5

0.5
18


(Pytago)
2

2

1
1
1
AD   AD 
⇒ 
÷ +
÷ = 1 => AM 2 + AN 2 = AD 2
 AM   AN 

Câu 5

(đpcm)

0.5

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với ∀ a, b, c ∈ R và x, y, z > 0 ta có
a 2 b2 c2 ( a + b + c )
+ + ≥
x
y z
x+ y+z

a b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ = =
x y z
Thật vậy, với a, b ∈ R và x, y > 0 ta có
a 2 b2 ( a + b )
+ ≥
x
y
x+ y
⇔

(a

2

2 điểm

2

(*)

2

(**)

y + b 2 x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b )

2

0.75

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng)
2

Dấu “=” xảy ra ⇔

a b
=
x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
a 2 b2 c2 ( a + b )
c2 ( a + b + c )
+ + ≥
+ ≥
x
y z
x+ y
z
x+ y+z
a b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ = =
x y z
1
1
1
2
2
2
1

1
1
Ta có:
+ 3
+ 3
= a
+ b
+ c
3
a (b + c) b (c + a) c ( a + b) ab + ac bc + ab ac + bc
2

2.0 điểm

2

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
2

1 1 1
1
1
1
 + + ÷
2
2
2
a b c
a
b

c
+
+
≥ 
=
ab + ac bc + ab ac + bc 2(ab + bc + ac )

Hay

1
1
1
2
2
2
11 1 1
a
+ b
+ c
≥  + + ÷
ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 

1 1 1
Mà + + ≥ 3 nên
a b c

Vậy

1
1

1
2
2
2
3
a
+ b
+ c
≥
ab + ac bc + ab ac + bc 2

1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥
a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2
3

(đpcm)

Điểm toàn bài

2

 1 1 1
 + + ÷
a b c

(Vì abc = 1 )
1 1 1
2 + + ÷
a b c

0.5

0.25
0.25

0.25

(20 điểm)

19


TRƯỜNG THCS XUÂN
PHÚ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG - VÒNG 2
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI

Bài 1) (2 điểm).
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 -2x)( x2 -2x- 1) - 6
b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1. Tính 2a-3b.
Bài 2) (2 điểm).
a) Cho an = 1+2+3+…+ n. Chứng minh rằng an + an+1 là một số chính phương.

b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số
Bài 3) (3 điểm).

10n 2 + 9n + 4
tối giản.
20n 2 + 20n + 9
xyz

a) Cho x3 +y3+z3 =3xyz. Hãy rút gọn phân thức P = x + y y + z z + x
(
)(
)(
)
14 + 4 54 + 4 94 + 4 17 4 + 4
b) Tìm tích: M= 4 × 4 × 4 ××× 4
3 + 4 7 + 4 11 + 4 19 + 4

Bài 4) (4 điểm).

a) Cho x = by +cz; y = ax +cz; z = ax+by và x +y + z ≠ 0; xyz ≠ 0. CMR:
b) Cho

1 1 1
yz xz xy
+ + = 0 , tính giá trị của biểu thức: P = 2 + 2 + 2
x y z
x
y
z

Bài 5: (3 điểm).Cho biểu thức: P =

1
1
1
+
+
=2
1+ a 1+ b 1+ c

 x +1
x2 + x
1
2 − x2 
:
−
+

÷
x2 − 2x + 1  x
1 − x x2 − x 

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để P<1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x>1.
Bài 6: (3 điểm).Cho hình vuông ABCD, gọi E, F thứ tự là trung điểm của AB, BC.
a) CMR: CE vuông góc với DF
b) Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD.
Bài 7: (3 điểm).Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH.
a) Chứng minh rằng EC = BH; EC ⊥ BH

b) Gọi M, N thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam
giác MNI là tam giác gì? Vì sao?

Bài

Ý
a

----Hết--ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Nội dung
2

(x+1)(x-3)(x -2x +2)

Điểm
1 điểm

20


1 điểm

b

Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1 nên:
f(2) = 0 => 32+2a+b =0(1)
f(-1) = 0 => -4 –a +b = 0 (2)
Từ (1) và (2) ta tìm được a = -12; b = -8
Vậy 2a-3b = 0
1 điểm

Ta có an+1= 1 +2 +3 +…+ n + n + 1
an+ an+1 = 2(1+ 2 + 3 +…+ n) + n + 1
a

= 2.

n(n + 1)
+n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 là một số chính
2

phương
Gọi d là ƯCLN của 10n2 +9n+4 và 20n2 +20n+9

2
b

a

2

=> d là số tự nhiên lẻ.
Mặt khác 2n+1Md => 4n2 +4n +1 Md => 20n2 +20n+5Md=> 4 Md mà
d lẻ nên d = 1. Vậy phân số trên tối giản.
Từ x3 +y3+z3 =3xyz chỉ ra được x + y +z = 0 hoặc x=y=z
TH1: x + y +z =0=> x+y = -z; x+z= -y; y +z = -x. Khi đó P = -1
TH2: x=y=z. Khi đó P =

3

M=

(

)

(4
( 2 + 1) ( 4 + 1) ( 6
1. 2 + 1

2

2

2

×

2
2

)(
+ 1) ( 8

) ×××( 16
+ 1) ( 18

+1 6 +1
2

2

2

2

)(
+ 1) ( 20

)= 1 = 1
+ 1) 20 + 1 401

+ 1 18 + 1
2

2

a

4

1.5
điểm

2

Từ gt => 2cz+z = x +y => 2cz = x+y –z =>
c=

1.5

điểm

1
8

Nhận xét được n4 +4 = [(n-1)2 +1][(n+1)2 +1]. Do đó:
b

1 điểm

10n + 9n + 4Md
20n + 18n + 8Md
⇒
⇒
⇒ 2n + 1Md

2
2
20n + 20n + 9Md
20n + 20n + 9Md
2

2 điểm

x+ y−z
x+ y+z
1
2z
⇒ c +1 =
⇒

=
2z
2z
c +1 x + y + z
1

2x

1

2y

Tương tự 1 + a = x + y + z ; 1 + b = x + y + z

Khi đó

1
1
1
+
+
=2
1+ a 1+ b 1+ c
1 1 1
1 1 1
3
Từ x + y + z = 0 => x3 + y 3 + z 3 = xyz

2 điểm

Khi đó:

b

 1 1 1
yz xz xy xyz xyz xyz
3
+ 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = xyz.  3 + 3 + 3 ÷ = xyz.
=3
2
x
y
z
x
y
z
y
z 
xyz
x
ĐKXĐ: x ≠ 0 và x ≠ 1; x ≠ -1
P=

a

Với x ≠ 0 và x ≠ 1; x ≠ -1, rút gọn P ta có P =

1 điểm

x2

x −1
21


P<1 <=>

1điểm

x2
<1
x −1
2

b

1 3

x− ÷ +
2
2

x
x − x +1
2 4
⇔
−1 < 0 ⇔
<0⇔ 
<0
x −1
x −1

x −1
⇔ x −1 < 0 ⇔ x < 1
Vậy với x<1 và x ≠ 0 và x ≠ -1, thì P<1

Ta có : P =
c

1 điểm

x2
x2 − 1 + 1
1
1
=
= x +1+
= x −1+
+2
x −1
x −1
x −1
x −1

Khi x>1 thì x-1>0. Áp dụng bđt Cosi, ta có : x − 1 +

1
≥ 2 , dấu
x −1

« = » xảy ra khi x =2. Vậy GTNN của P bằng 4 khi x = 2
A

E

B

1.5
điểm

F

M
N

a
1

6

D

2
K

1
C

¶
C/M được ∆ CBE = ∆ DCF (c-g-c) => Cµ1 = D
1
¶ +C

¶ = 900 => ĐPCM
Lại có : Cµ1 + C¶ 2 = 900 ⇒ D
1
2
Gọi K là trung điểm của CD. c/m được Tứ giác AECK là hbh suy 1.5

ra AK // CE.

điểm

Goi N là giao điểm của AK và DF. Tam giác DCM có DK = KC
b

và KN //CM nên N là trung điểm của DM. Vì CM ⊥ DM (câu a),
KN //CM nên KN ⊥ DM.
Tam giác ADM có AN là đường cao đồng thời là trung tuyến nên là
tam giác cân tại A => AM = AD

22


1.5
điểm

H

E
A

N

F

K
M

7

a

O

D

B

I

C

C/m được ∆ EAC= ∆ BAH(c-g-c) => EC = BH, ·AEC = ·ABH .
Gọi K và O thứ tự là giao điểm của EC với BA và BH.
·
·
·
·
; ·AKE = OKB
Xét ∆ AEK và ∆ OBK có ·AEK = OBK
nên EAK
= BOK

·
=> BOK
= 900 . Vậy EC ⊥ BH
Ta có MI//EC, MI = 1/2EC

1.5
điểm

IN//BH ; IN=1/2 BH
b

Mà EC ⊥ BH và EC = BH nên MI = IN và MI ⊥ IN. Vậy ∆ MIN
vuông cân tại I.

TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ

THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 3
NĂM HỌC 2013- 2014

MÔN THI: TOÁN - LỚP 8
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Câu 1: (2,5 điểm )
a) Phân tích đa thức a 2 (b − c) + b 2 (c − a) + c 2 (a − b) thành nhân tử.
b) Cho các số nguyên a, b, c thoả mãn (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 = 210 . Tính giá trị
của biểu thức.
Câu 2: (2,5 điểm)
a) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + y 2 = 3 − xy.
b) Giải phương trình: (6 x + 8)(6 x + 6)(6 x + 7) 2 = 72 .
Câu 3: (2,5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = ( x − 2012) 2 + ( x + 2013) 2 .

23


b) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng:
1
1
1
3
+ 2
+ 2
≥ .
x +x y +y z +z 2
2

Câu 4: (2,5 điểm)Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ
C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA
tại E.
a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC.
b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có
giá trị không đổi.
c) Kẻ DH ⊥ BC ( H ∈ BC ) . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH.
Chứng minh CQ ⊥ PD .

24


Câu

Nội dung chính

a) Ta có a (b − c) + b (c − a ) + c (a − b) = a 2 (b − c ) + b 2 (c − a ) − c 2 (b − c + c − a )
2

2

2

= (b − c )(a 2 − c 2 ) + (c − a )(b 2 − c 2 ) = (b − c )(a − c)(a + c ) + (c − a )(b − c)(b + c)
= (b − c )(a − c)(a + c − b − c) = (b − c)(a − c)(a − b) .

1
(2,5đ) b) Đặt a − b = x; b − c = y ; c − a = z ⇒ x + y + z = 0 ⇒ z = −( x + y )
Ta có: x3 + y3 + z 3 = 210 ⇔ x3 + y 3 − ( x + y )3 = 210 ⇔ −3xy ( x + y ) = 210
⇔ xyz = 70 . Do x, y , z là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz = 70 = ( −2).( −5).7
nên
x, y , z ∈ { −2; −5;7} ⇒ A = a − b + b − c + c − a = 14.

a) x 2 + y 2 = 3 − xy
Ta có: ( x − y ) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ 2 xy ⇒ 3 − xy ≥ 2 xy ⇔ xy ≤ 1
Lại có: ( x + y ) 2 ≥ 0 ⇔ x 2 + y 2 ≥ −2 xy ⇒ 3 − xy ≥ −2 xy ⇔ xy ≥ −3.
Suy ra −3 ≤ xy ≤ 1 . Mà x, y ∈ Z ⇒ xy ∈ { −3; −2; −1;0;1}
Lần lượt thử ta được ( x, y ) ∈ { (−2;1);(1; −2);(2; −1);(−1; 2);(1;1)} là nghiệm của
2
phương trình.
(2,5đ)
b) (6 x + 8)(6 x + 6)(6 x + 7) 2 = 72
Đặt 6 x + 7 = t. Ta có (t + 1)(t − 1)t 2 = 72 ⇔ (t 2 − 1)t 2 = 72 ⇔ t 4 − t 2 − 72 = 0
⇔ t 4 − 9t 2 + 8t 2 − 72 = 0 ⇔ t 2 (t 2 − 9) + 8(t 2 − 9) = 0 ⇔ (t 2 − 9)(t 2 + 8) = 0
2
5

Mà t 2 + 8 > 0 nên t 2 − 9 = 0 ⇔ t 2 = 9 ⇔ t = ±3 ⇔ x = − hoặc x = − .
3
3
 −2 −5 
PT có nghiệm là x ∈  ;  .
3 3

Điểm
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,5

0,5
0,5
0,25

a) Ta có:
P = ( x − 2012) 2 + ( x + 2013) 2 = x 2 − 4024 x + 4048144 + x 2 + 4026 x + 4052169

0,5

2

1


= 2 x 2 + 2 x + 8100313 = 2  x + ÷ + 8100312,5 ≥ 8100312,5 ∀x
2

1
2

0,25

Vậy Min P = 8100312,5 ⇔ x = − .
1

3
(2,5đ)

1

1

0,5

1

1

1

b) Đặt P = x 2 + x + y 2 + y + z 2 + z = x( x + 1) + y ( y + 1) + z ( z + 1)
1 1 1  1
1

1
1
1
1
1
1
1 
−
+ −
+ −
=  + + ÷− 
+
+
÷
x x +1 y y +1 z z +1  x y z   x +1 y +1 z +1 
1
1 1 1
1 1 1
9
≤ .  + ÷ với a, b, c dương, dấu
Áp dụng BĐT + + ≥
và
a+b 4  a b
a b c a+b+c
bằng xảy ra ⇔ a = b = c.
1
1 1  1
1 1  1
1 1 
≤ .  + 1÷;

≤ .  + 1÷;
≤ .  + 1÷
Ta có
x +1 4  x  y +1 4  y  z +1 4  z 
=

Bởi vậy
1 1 1  1
1
1  1 1 1 1 1
1
1 
P =  + + ÷− 
+
+
÷ ≥  + + ÷− .  + 1 + + 1 + + 1÷
y
z 
 x y z   x +1 y +1 z +1   x y z  4  x
3 1 1 1 3 3
9
3 9 3 3
− = − = . (ĐPCM)
= .  + + ÷− ≥ .
4  x y z 4 4 x+ y+z 4 4 4 2
E

0,25

0,25

0,5

0,25
25