đề thi và đáp án chi tiết học sinh giỏi toán lớp 8

PHÒNG GD&ĐT TP BẮC NINH

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Trường THCS Đáp Cầu

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯƠNG
MÔN :TOÁN LỚP 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1(2 điểm): Tìm x biết:
a) x2 – 4x + 4 = 25
x  17 x  21 x  1


4
b)
1990
1986 1004
c) 4x – 12.2x + 32 = 0
1 1 1
   0.
x y z
yz
xz
xy
 2
 2
Tính giá trị của biểu thức: A  2
x  2 yz y  2 xz z  2xy

Bài 2 (1,25 điểm): Cho x, y, z đôi một khác nhau và

Bài 3 (1,5 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng
khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số
hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ
số hàng đơn vị , ta vẫn được một số chính phương.

Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’,
HA ' HB' HC '


AA ' BB' CC'
b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của
góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
( AB  BC  CA) 2
 4.
c) Chứng minh rằng:
AA'2  BB'2  CC'2

H là trực tâm.

a) Tính tổng

Bài 5 (1,25 điểm)a/ Cho đa thức f(x) = ax 2 + bx + c, với a, b, c là các số
hữu tỉ. Biết rằng f(0), f(1), f(2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b
có giá trị nguyên.
3x 2  8x  6
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:A =
x2  2x  1

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 8
 Bài 1(2 điểm):
a)
Tính
đúng
x
=
7;
( 1/2 điểm )
b)
Tính
đúng
x
( 1/2 điểm )
x x
x
c) 4x – 12.2x +32 = 0
 2 .2 – 4.2
( 0,25điểm )
x x
x
x
 2 (2 – 4) – 8(2 – 4) = 0  (2
( 0,25điểm )
x
3
x

2
x
3
 (2 – 2 )(2 –2 ) = 0
 2 –2 =
( 0,25điểm )
x
= 23 hoặc 2x = 22 
 2
( 0,25điểm )

x

=
=

y2+2xz

=

đó: A 

Do

(y–x)(y–z)

;

2007

– 8.2 x + 4.8 = 0
– 8)(2x – 4) = 0
0 hoặc 2x –22 = 0
x

=

3;

 Bài 2(1,25 điểm):
xy  yz  xz
1 1 1
 0  xy  yz  xz  0  yz
  0
xyz
x y z
( 0,25điểm )
x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) =
( 0,25điểm )
Tương tự:
( 0,25điểm )

-3

z2+2xy

=

x

=

=

2

–xy–xz

(x–y)(x–z)

(z–x)(z–y)

yz
xz
xy


( x  y)( x  z) ( y  x )( y  z) (z  x )(z  y)

( 0,25điểm )
Tính
( 0,25 điểm )

đúng

A

=

1

 Bài 3(1,5 điểm):
Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d  N, 0  a , b, c, d  9, a  0
(0,25điểm)
2
Ta có: abcd  k

(a  1)(b  3)(c  5)(d  3)  m 2


abcd  k 2

với k, m  N, 31  k  m  100
(0,25điểm)


abcd  1353  m 2
(0,25điểm)
Do đó: m2–k2 = 1353
 (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 )
(0,25điểm)
m+k = 123
m+k = 41
 m–k = 11 hoặc m–k = 33
m = 67
m = 37
hoặc

k = 56
(0,25điểm)

abcd
Kết
luận
đúng
(0,25điểm)

k =
=

4
3136

 Bài 4 (4 điểm):
Vẽ hình đúng
(0,25điểm)
1
.HA '.BC
S HBC 2
HA '


a)
;
S ABC 1
AA '
.AA '.BC
2
(0,25điểm)
Tương tự:

SHAB HC' SHAC HB'


;
SABC CC' S ABC BB'

(0,25điểm)
HA' HB' HC' SHBC SHAB SHAC





1
AA' BB' CC' SABC SABC SABC
(0,25điểm)
b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:
BI AB AN AI CM IC

;

;

IC AC NB BI MA AI
(0,5điểm )
BI AN CM AB AI IC AB IC
.
.

. . 

. 1
IC NB MA AC BI AI AC BI
 BI.AN.CM  BN.IC.AM
c)Vẽ Cx  CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
(0,25điểm)
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
(0,25điểm)

(0,5điểm )
(0,5điểm )


- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD  BC + CD
(0,25điểm)
-  BAD vuông tại A nên: AB2+AD 2 = BD 2
2
2
2
 AB + AD  (BC+CD)
(0,25điểm)
AB2 + 4CC’2  (BC+AC)2
4CC’2  (BC+AC)2 – AB2
Tương tự: 4AA’2  (AB+AC)2 – BC2
4BB’2  (AB+BC)2 – AC2
(0,25điểm)
-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2
(AB  BC  CA) 2
4

AA'2  BB' 2  CC' 2

(0,25điểm)
(Đẳng thức xảy ra  BC = AC, AC = AB, AB = BC  AB = AC
A
=BC
  ABC đều)
C’
H

N

x

B’
M

I

A’

C

B
D

Bài 5: (1,25 điểm)
a/ Có f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(2) = 4a + 2b + c là các số nguyên (0,25
điểm)
=> a + b + c - c = a + b nguyên => 2a + 2b nguyên => 4a + 2b nguyên
=> (4a + 2b) - (2a + 2b) = 2a nguyên => 2b nguyên
Vậy 2a, 2b nguyên.(0,25 điểm)

2
1
3( x 2  2 x  1)  2( x  1)  1
3

b/ Có A =
(0,25
2
2
x

1
( x  1)
( x  1)
điểm)

1
=> A = y2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2  2
x 1
(0,5 điểm)
1
 1 => x = 2
=> min A = 2 => y = 1 
x 1
Vậy min A = 2 khi x = 2
điểm)

Đặt y =

(0,25

*Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn
số điểm câu đó.


PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

Ngày thi: …./4/2013
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: x 4  2013 x 2  2012 x  2013 .
 x2  2 x
 1 2 
2 x2
2. Rút gọn biểu thức sau: A   2

1  2  .
2
3 
 2x  8 8  4 x  2x  x   x x 

Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:
2.
(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. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2  y3 .
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x  2 dư 10, f(x) chia cho x  2 dư 24,
f(x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư.
2. Chứng minh rằng:
a (b  c)(b  c  a ) 2  c( a  b )( a  b  c ) 2  b(a  c )(a  c  b ) 2

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:

1
1
1
.
=
+
2
2
AD

AM AN 2

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---------------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 VIỆT YÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

NGÀY THI ….. /4/2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
Câu 1

Hướng dẫn giải
Ta có x 4  2013x 2  2012 x  2013
  x 4  x   2013 x 2  2013x  2013

1
(2.0 điểm)

(4.0 điểm)
0,5

 x  x  1  x 2  x  1  2013  x 2  x  1

0.5

  x 2  x  1 x 2  x  2013

0.5

Kết luận x 4  2013x 2  2012 x  2013   x 2  x  1 x 2  x  2013
x  0
x  2

ĐK: 

 x2  2 x

0.25

2x2



1

2



Ta có A   2

1  2 
2
3 
 2 x  8 8  4x  2 x  x   x x 

0.25

 x2  2x
  x2  x  2 
2x2




2
2
x2
 2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)  



2

0.5

0.25

(2.0 điểm)

 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)  

x3  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

0.5



0.25

Câu 2

(4.0 điểm)
2
 a  2 x  x  2013
2
b  x  5 x  2012

0.25

Đặt: 

Phương trình đã cho trở thành:
1
(2.0 điểm)

0.5

a 2  4b 2  4ab  ( a  2b) 2  0  a  2b  0  a  2b

Khi đó, ta có:
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

2
(2.0 điểm)

0.5



3

2

7

Ta có y3  x 3  2x 2  3x  2  2  x     0  x  y
4 8


(1)

0.5
0.5
0.25

0.5


2

9  15

(x  2)3  y3  4x 2  9x  6   2x     0
4  16


 yx2

(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

0.5
0.25
0.5
0.25
(4 điểm)

2

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:
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 x3 

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)

VT(1) 

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
1
1
 ( x 2  z 2 ). y 2  ( z 2  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


KL:….
Câu 4

0.5

0.5
0.25
0.25
0.25
(6 điểm)


E

A

B

H
F

D

C

M

N

1
(2.0 điểm) Ta có DAM = ABF (cùng phụ BAH )
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)

0.75

0.5
0.5

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

0.25

Ta có ΔABH ΔFAH (g.g)
0.5

AB BH
BC BH
hay
( AB=BC, AE=AF)
=
=
AF AH
AE AH
Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH )
 ΔCBH ΔEAH (c.g.c)


2
(2.0 điểm)

0.5

2

2

SΔCBH  BC 
SΔCBH
 BC 
2
2
=
= 4 (gt)  
 = 4 nên BC = (2AE)
 , mà
AE
SΔEAH  AE 
SΔEAH


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



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

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:

3
(2.0 điểm)



MN MC
AB MC
AD MC
hay
=

=
=
AN AB
AN MN
AN MN
2

2

2

0.5

2

CN 2 + CM 2 MN 2
 AD   AD   CN   CM 
 
+

=
+
=
=
=1
 
 
 

MN 2
MN 2
 AM   AN   MN   MN 

0.5

(Pytago)
2

2

1
1
1
 AD   AD 
 


 +
 = 1 
2

2
AM
AN
AD 2
 AM   AN 

Câu 5

(đpcm)

0.5
2 điểm


Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có
a 2 b2 c 2  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
a2 b2  a  b 
 
x
y
x y

Dấu “=” xảy ra 



a



 bx  ay 

2

2

2

(**)

y  b 2 x   x  y   xy  a  b 
2

(*)

2

0.75

 0 (luôn đúng)

a b

x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
2

2.0 điểm

2

a2 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
 3
 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

1
1
1
2
2
2
1 1 1
3
Mà    3 nên a
 b
 c

a b c
ab  ac bc  ab ac  bc 2

Vậy

1
1
1
3
 3
 3

a (b  c) b (c  a ) c (a  b) 2
3

(đpcm)

Điểm toàn bài

0.5

2

1 1 1
1 1 1
1
1
1
   
   
2
2
2
a b c
a b c


a
b
c




ab  ac bc  ab ac  bc 2(ab  bc  ac )
 1 1 1
2   
a b c
1
1
1
2
2
2
1 1 1 1
a
Hay
 b
 c
    
ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c 

(Vì abc  1 )

0.25

0.25

0.25
(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.


PHÒNG GD&ĐT SA PA
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2012 - 2013
Môn: Toán 8
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
( Đề Thi gồm 01 trang, 06 câu)
ĐỀ BÀI

Câu 1. (3 điểm)
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:
3

3
3
A = x  y  z  3xyz
b. Chứng minh rằng:
1 1
4
 
a, b  0
a b a b

Câu 2. (3 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) (2x 2  3x  1) 2  3(2 x 2  3 x  5)  16  0

x+9 x  10
9
10



10
9
x  10 x  9
Câu 3. (3 điểm) Thực hiện các phép tính:
b)

1
1
2
4

8




2
4
1 x x 1 1 x 1 x 1 x8
1
1
1
1
b.


 ... 
1.3 3.5 5.7
49.51

a.

Câu 4. (2 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
A   x  2  x  5  x 2  7 x  10 

Câu 5. ( 4 điểm) Cho biểu thức:
2
2

10  x 
6

1  
M   3x


: x  2

  4 x 6  3x x  2  

x

2
x
 

a. Rút gọn M .
b. Tính giá trị của biểu thức M khi x   1
c. Với giá trị nào của x thì M  2
d. Tìm giá trị nguyên của x để M có giá trị nguyên.

Câu 6. ( 5 điểm)
Cho tam giác ABC, các góc B và C nhọn. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại
H. Chứng minh rằng:
a. AB.AF=AC.AE
b. AEF  ABC
c. BH .BE  CH .CF  BC 2
........................Hết....................
Giám thị coi thi không giải thích gì thêm


PHÒNG GD&ĐT SA PA

ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2012 - 2013
Môn: Toán 8
( Đáp án gồm 04 trang )

Câu 1. (3 điểm)
3

3

3

3

3

a, A = x  y  z  3xyz
3
3
3
= x  y  3xy ( x  y )  z  3xy ( x  y )  3xyz
= ( x  y)  z  3xy( x  y  z )
2
2
= ( x  y  z ) ( x  y )  z ( x  y)  z   3xy( x  y  z )
2
2
2

= ( x  y  z )( x  y  z  xy  yz  zx)
b, Xét hiệu:

0,50
0,50
0,50

4
1 1
A  
 a b ab

0,25


b  a  b   a  a  b   4 ab
ab  a  b 
2



0,50

2

a  b  2 ab
ab  a  b 

0,25

2



Vậy

 a  b   0 (Dấu “=” xảy ra
ab  a  b 

 a  b)

1 1
4
 
a, b  0 ; (Dấu “=” xảy ra  a  b )
a b a b

0,25
0,25

Câu 2. (3 điểm)
a, (2x 2  3x  1) 2  3(2 x 2  3x  5)  16  0
2
2
2
 (2x  3x  1)  3(2 x  3x  1)  4  0 (*)
2

0,25

2

Đặt t= 2x  3 x  1  Pt *  t  3t  4  0
 (t  1)(t  4)  0  t  1; 4

0,25

x  0

x  3
 2 x 2  3 x  1  1  x(2 x  3)  0
2
 2



(
x

1)(2
x

5)

0
x


1
2

x

3
x

1

4



x  5

2

0,75

3 5

Vậy S = 1;0; ; 
2 2


0,25


x+9 x  10
9
10




(*)
10
9
x  10 x  9
Đkxđ: x  9, x  10
(*)  x(x+19)(19x+181) = 0
b,


x  0

  x  19 Thỏa mãn

181
x 
19

181 
Vậy S  0; 19;

19 


0,25
0,25

0,75
0,25

Câu 3. (3 điểm)

1
1
2
4
8
a. A 




2
4
1 x 1  x 1 x 1 x 1 x8

Ta có:

2

=> A 




b. B 

1
1
2



1 x 1 x 1 x 2
2



4



1 x
16

8



1 x

16

1 x
4

1 x
8

2
1 x

4

2



4



1 x

0,50

4
1 x
8

4

1 x



8
1 x

8

8

0,50

8
1 x

8

0,50

1 1 1 1 
1
1
1
1
   


 ... 
ta có :
1.3 2  1 3 
1.3 3.5 5.7
49.51

1 1 11 1 11 1
1 1 1 
 1            ...    
2 3 23 5 25 7
2  49 51 
1 1 1 1 1 1

1 1
 1       ...   
2 3 3 5 5 7
49 51 
1
1
 1  
2  51 
1 50 25
 . 
2 51 51

0,50

0,50

0,50

Câu 4. (2 điểm)
A   x  2  x  5   x  7 x  10 
2

0,50

  x 2  7 x  10  x 2  7 x  10 

Đặt x 2  7 x  t . Ta có biểu thức:

0,25

A   t  10  t  10 

 t 2  100  100
Dấu “=” xảy ra  t  0

0,50
0,50


 x2  7x  0
 x  x  7  0
x  0

x  7

Với x=0 hoặc x=7 thì A đạt giá trị nhỏ nhất bằng -100
Câu 5.(4 điểm)

0,25

a. Điều kiện x  0, x  2
0,25
2

2


10  x 
6
1  

M   3x


: x  2

  4 x 6  3x x  2  
x  2 
x
 
2
2

x
2
1   x  4  10  x 




 :

x2
  x  2  x  2   2  x  x  2  


0,25


x  2  x  2  x  2 6
:

 x  2  x  2  x  2



6
x2
.
 x  2  x  2  6

0,25

1
1


x2 2 x

b. x  1  M 

0,25
1
1
1


2  x 2   1 3

1
c. M  2 
 2  2 2  x  1

2 x
1
 2x 
2
3
 x  ( thỏa mãn điều kiện)
2

0,50
0,50
0,50
0,50

1
d. Để M nhận giá trị nguyên thì
nhận giá trị nguyên
2 x
 2  x  Ư(1) = 1;1

Xét 2  x  1  x  3 ( Thỏa mãn)
Xét 2  x  1  x  1 ( Thỏa mãn)
Vậy với x  1;3 thì M nhận giá trị nguyên
Câu 6. (5 điểm)

0,25
0,25
0,25
0,25

A

E
F
H

B
D

C

ABC , BE  AC , CF  AB ,

GT

BE  CF  H 

a. KL AB.AF=AC.AE
KL b. AEF ABC
c. BH .BE  CH .CF  BC 2
a. ABE ACF ( g.g ) 

AB AE

 AB. AF  AC. AE
AC AF

0,50

1,25

AB AE
AE AF



b. AC AF
AB AC

AE AF
AEF , ABC có Aˆ chung và

AB AC
 AEF

1,75

ABC (c.g.c)

c.Vẽ HD  BC
BH BD

 BH.BE=BC.BD (1)
BC BE
CH CD

CHD CBF (g.g) 
 CH.CF=BC.CD (2)
BC CF
Cộng từng vế (1) và (2) ta được: BH .BE  CH .CF  BC ( BD  CD )  BC.BC  BC 2

BHD

BCE (g.g) 

1,50


ĐỀ THI HSG LẦN III
Họ tên học sinh : ……………………………………………………………………. Lớp :
……………………………………………………………
ĐỀ SỐ 2 :
I. TRẮC NGHIỆM KHÁCH QUAN : (2 điểm)
Trong mỗi câu từ 1 đến 8 đều có 4 phương án trả lời A, B, C, D; trong đó chỉ có một phương
án đúng. Hãy khoanh tròn chữ cái đứng trước phương án đúng.
Câu 1 : Giá trị x = - 4 là nghiệm của phương trình :
A. – 2,5x = - 10 ;
B. – 2,5x = 10 ;
C. 3x – 8 = 0 ;
D. 3x – 1 = x + 7 .
Câu 2 : Số đo cạnh của hình lập phương tăng lên 2 lần thì thể tích của nó tăng lên :
A. 8 lần.
B. 4 lần .
C. 6 lần.
D. 2 lần .
Câu 3 : Phương trình (x2 + 1)(2x + 4) = 0 có tập nghiệm là :
A.  1,1,2;
B.  1,1 ;
C. 2 ;
D.  2.
Câu 4 : Trong các phương án sau, phương trình nào là phương trình bậc nhất một ẩn :

A. 2x – 3y = 0;
B. – 0,1x + 2 = 0;
C. 4 – 0y = 0 ;
D. x(x – 1) = 0 .
2
4
1
Câu 5 : Điều kiện xác định của phương trình : 2


là :
y 9 y 3 y3
A. y ≠  3 ;
B. y ≠ - 3 ;
C. y ≠ 3 ;
D. Với mọi giá trị của y.
2 x
Câu 6 : Nghiệm của bất phương trình :
 0 là :
2
A. x  1 ;
B. x  2 ;
C. x  1 ;
D. x  2 .
Câu 7 : Bất phương trình : 7 – 2x > 0 có nghiệm là :
2
7
7
2
A. x <

;
B. x <
;
C. x < - ;
D. x < - .
7
2
2
7
Câu 8 : Một lăng trụ đứng đáy là tam giác thì lăng trụ đó có :
A. 6 mặt, 9 cạnh, 5 đỉnh .
B. 6 mặt, 5 cạnh, 9 đỉnh.
C. 5mặt, 9 cạnh, 6 đỉnh.
D. 5 mặt, 6 cạnh, 9 đỉnh .
II . PHẦN TỰ LUẬN : (8 điểm) .
Câu 9 : (2 điểm) Tìm x biết :
3x  1 2 x  5
2  3x x  7
a)

1 .
c) 1 +

x
b) {3x – 2 { = 4x .
x 1
x3
5
2
Câu 10 : (2 điểm). Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B mất 4 h và ngược dòng từ bến B về

bến A mất 5h. Tìm khoảng cách giữa hai bến , biết vận tốc dòng nước là 2 km/h.
Câu 10 : (2 điểm). Một canô xuôi dòng từ bến A đến bến B mất 4 h và ngược dòng từ bến B về
bến A mất 5h. Tìm khoảng cách giữa hai bến , biết vận tốc dòng nước là 2 km/h.
Câu 11 : Cho tam giác ABC can tại và M là trung điểm của BC. Lấy các điểm D, E theo thứ tự
thuộc các cạnh cạnh AB, AC sao cho góc DME bằng góc B.
a) Chứng minh  BDM   CME.
b) Chứng minh BD . CE không đổi.

………….. Hết……………


Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam

PHONG GD&T TP BC NINH

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

Trờng THCS Đáp Cầu

THI HSG CP TRNG
MễN :TON LP 8
Thi gian: 120 phỳt (khụng k thi gian giao )

Bi 1(2 im): Tỡm x bit:
a) x2 4x + 4 = 25
b)

x 17 x 21 x 1

4
1990
1986 1004

c) 4x 12.2x + 32 = 0

Bi 2 (1,25 im): Cho x, y, z ụi mt khỏc nhau v
Tớnh giỏ tr ca biu thc: A

1 1 1
0.
x y z

yz
xz
xy
2
2
x 2 yz y 2 xz z 2xy
2

Bi 3 (1,5 im): Tỡm tt c cỏc s chớnh phng gm 4 ch s bit rng
khi ta thờm 1 n v vo ch s hng nghỡn , thờm 3 n v vo ch s
hng trm, thờm 5 n v vo ch s hng chc, thờm 3 n v vo ch
s hng n v , ta vn c mt s chớnh phng.

Bi 4 (4 im): Cho tam giỏc ABC nhn, cỏc ng cao AA, BB, CC,
H l trc tõm.

a) Tớnh tng

HA ' HB' HC '


AA ' BB' CC'


b) Gi AI l phõn giỏc ca tam giỏc ABC; IM, IN th t l phõn giỏc ca
gúc AIC v gúc AIB. Chng minh rng: AN.BI.CM = BN.IC.AM.
( AB BC CA) 2
4.
c) Chng minh rng:
AA'2 BB'2 CC'2

Bi 5 (1,25 điểm)a/ Cho đa thức f(x) = ax2 + bx + c, với a, b, c là các số
hữu tỉ. Biết rằng f(0), f(1), f(2) có giá trị nguyên. Chứng minh rằng 2a, 2b
có giá trị nguyên.
b/ Tìm giá trị nhỏ nhất của:A =

3x 2 8 x 6
x2 2x 1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TOÁN 8

 Bài 1(2 điểm):
a) Tính đúng x = 7; x = -3
( 1/2 điểm )
b) Tính đúng x = 2007

( 1/2 điểm )
c) 4x – 12.2x +32 = 0  2 x.2x – 4.2x – 8.2x + 4.8 = 0
( 0,25điểm )
x

x

x

x

x

 2 (2 – 4) – 8(2 – 4) = 0  (2 – 8)(2 – 4) = 0

( 0,25điểm )
x

3

x

2

x

3

x

2

 (2 – 2 )(2 –2 ) = 0  2 –2 = 0 hoặc 2 –2 = 0

( 0,25điểm )
x

3

x

2

 2 = 2 hoặc 2 = 2  x = 3; x = 2

( 0,25điểm )

 Bài 2(1,25 điểm):
xy  yz  xz
1 1 1
 0  xy  yz  xz  0  yz = –xy–xz
  0
xyz
x y z

( 0,25điểm )
x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z)
( 0,25điểm )

Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y)
( 0,25điểm )

Do đó: A 

yz
xz
xy


( x  y)( x  z) ( y  x )( y  z) (z  x )(z  y)

( 0,25điểm )

Tính đúng A = 1
( 0,25 điểm )

 Bài 3(1,5 điểm):
Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d  N, 0  a , b, c, d  9, a  0
(0,25điểm)

2
Ta có: abcd  k

(a  1)(b  3)(c  5)(d  3)  m 2


với k, m  N, 31  k  m  100
(0,25điểm)

abcd  k 2
abcd  1353  m 2

(0,25điểm)
Do đó: m2–k2 = 1353
 (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33

(0,25điểm)
m+k = 123


m+k = 41
hoặc

m–k = 11

m–k = 33

( k+m < 200 )


m = 67

m = 37
hoặc



k = 56

k= 4

(0,25điểm)
Kết luận đúng abcd = 3136
(0,25điểm)

 Bài 4 (4 điểm):

Vẽ hình đúng
(0,25điểm)

a)

S HBC
S ABC

1
.HA '.BC
HA '
2


;
1
AA '
.AA '.BC
2

(0,25điểm)
Tương tự:

SHAB HC' SHAC HB'


;
SABC CC' S ABC BB'

(0,25điểm)

HA' HB' HC' SHBC SHAB SHAC





1
AA' BB' CC' SABC SABC SABC
(0,25điểm)
b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC:
BI AB AN AI CM IC

;

;

IC AC NB BI MA AI

(0,5điểm )

BI AN CM AB AI IC AB IC
.
.

. . 
. 1
IC NB MA AC BI AI AC BI
 BI.AN.CM  BN.IC.AM

(0,5điểm )
(0,5điểm )

c)Vẽ Cx  CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx
(0,25điểm)
-Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’
(0,25điểm)
- Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD  BC + CD
(0,25điểm)
-  BAD vuông tại A nên: AB2+AD 2 = BD 2
2

 AB + AD

2

2

 (BC+CD)

(0,25điểm)

AB2 + 4CC’2  (BC+AC)2
4CC’2  (BC+AC)2 – AB2
Tương tự: 4AA’2  (AB+AC)2 – BC2
4BB’2  (AB+BC)2 – AC2
(0,25điểm)
-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2


(AB  BC  CA) 2
4
AA'2  BB' 2  CC' 2

(0,25điểm)
(Đẳng thức xảy ra  BC = AC, AC = AB, AB = BC  AB = AC
A

=BC


C’

 ABC đều)

H

N

x

B’

M

I

A’

C

B
D


Bài 5: (1,25 điểm)
a/ Cã f(0) = c; f(1) = a + b + c; f(2) = 4a + 2b + c lµ c¸c sè nguyªn (0,25
®iÓm)
=> a + b + c - c = a + b nguyªn => 2a + 2b nguyªn => 4a + 2b nguyªn
=> (4a + 2b) - (2a + 2b) = 2a nguyªn => 2b nguyªn
VËy 2a, 2b nguyªn.(0,25 điểm)
b/ Cã A =

2
1
3( x 2  2 x  1)  2( x  1)  1
3

x  1 ( x  1) 2
( x  1) 2

(0,25

®iÓm)
§Æt y =

1
=> A = y2 – 2y + 3 = (y – 1)2 + 2  2
x 1

(0,5

®iÓm)
=> min A = 2 => y = 1 
VËy min A = 2 khi x = 2

1
 1 => x = 2
x 1
(0,25

®iÓm)

*Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn
số điểm câu đó.