Đề thi học sinh giỏi lớp 8 môn toán

ONTHIONLINE.NET
Phòng GD Ngọc Lặc
Trường PTDT Nội Trú

Đề thi học sinh giỏi lớp 8 môn
toán năm học 2013 - 2014
(thời gian làm bài 150 phút)

Đề bài
Bài 1: ( 4 điểm )
a, Phân tích thành nhân tử:

( a + b + c)

3

− ( a + b − c) − ( b + c − a) − ( c + a − b)
3

3

3

b, Xác định các hằng số a, b sao cho:
ax 3 + bx 3 + 5 x − 50 chia hết cho x 2 + 3 x − 10
Bài 2: ( 4 điểm )
a, Chứng minh rằng phân số sau đây tối giản với mọi số tự nhiên n:
2n + 1
2n − 1

b, Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:

2 xy + 4 x − y = 5

Bài 3: (2,5 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, tìm giá trị nhỏ nhất của:

A( x ) = ( x − 1) ( x − 3) ( x − 4 ) ( x − 6 ) + 10

Bài 4: ( 4 điểm )
Cho hình vuông ABCD . Điểm M nằm trên đường chéo AC. Gọi EF theo
thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
a, BM ⊥ EF
b, Các đường thẳng BM, AF, CE đồng qui.
Bài 5: ( 3 điểm )
Tam giác ABC có AB = 4 cm, AC = 5 cm, BC = 6 cm. Chứng minh rằng
∠A = 2∠C

-------Hết------

Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 8
Bài 1
a,

Nội dung

Điểm

Đặt a + b − c = x , b + c − a = y , c + a − b = z

1 điểm

⇒ x+ y+ z = a+b+c

( a + b + c ) − ( a + b − c ) − ( b + c − a ) − ( c + a − b ) = 24abc
3
= ( x + y + z ) − x3 − y 3 − z 3
= 3( x + y ) ( y + z ) ( z + x)
3
3
3
3
suy ra: ( a + b + c ) − ( a + b − c ) − ( b + c − a ) − ( c + a − b ) = 24abc
3

b,

3

3

3

0,5 điểm
0,5 điểm
1 điểm

Dùng phương pháp hệ số bất định

ax 3 + bx 2 + 5 x − 50 = ( x 2 + 3 x − 10 ) ( ax + 5 )

0,5 điểm

5 + 3a = b
a = 1
⇒
⇔
15 − 10a = b
b = 8

0,5 điểm

2
3
2
Ta có: ( x + 3x − 10 ) ( ax + 5) = ax + ( 5 + 3a ) x + ( 15 − 10a ) x − 50

Vậy a = 1, b = 8
Bài 2
a,

Gọi ưc ( 2n +1; 2n2 - 1) + d
=> [ n (2n +1) – (2n2 -1) ] chia hết cho d.
 n +1
 [(2n +1) – 2 (n +1)] chia hết cho d.
 -1 chia hết cho d.
d=1;d=-1
⇒ ( 2n + 1; 2n - 1 ) = 1 điều này chứng tỏ phân số

với mọi số tự nhiên n

0,5 điểm
0,5 điểm

2n + 1
tối giản
2n 2 − 1

b,
2xy + 4x - y = 5
(2điểm) ⇔ 2x( y + 2) - ( y +2 ) = 3
⇒ ( y + 2 )( 2x - 1 ) = 3
Vì x, y ∈ Z ⇒ y + 2∈ Z; 2x - 1 ∈ Z
Ta có các trường hợp sau:
2 x − 1 = 1  x = 1
⇔

y + 2 = 3
y =1

 2 x − 1 = −1  x = 0
⇔

 y + 2 = −3
 y = −5

0,5đ

0,5 điểm
1 điểm

0,5 điểm


2 x − 1 = 3  x = 2
 2 x − 1 = −3  x = −1
⇔
⇔


y + 2 =1
y =1
 y + 2 = −1
 y = −3
Vậy ( x; y ) ∈ { ( 1;1) ; ( 2;1) ; ( 0; −5 ) ; ( −1; −3 ) }

Bài 3
a,

1

1

+

+

1

( x + 4 ) ( x + 5) ( x + 5) ( x + 6 ) ( x + 6 ) ( x + 7 )

=

1
18

0,5 đ
1điểm

ĐKXĐ: x ≠ −4; −5; −6; −7
1
1
1
−
=
x + 4 x + 7 18
⇒ 18 ( x + 7 − x − 4 ) = ( x + 7 ) ( x + 4 )

1 điểm

⇔ 18 ×3 = x 2 + 11x + 28
⇔ x 2 + 11x − 26 = 0
⇔ x = -13 hoặc x = 2

b,

x = -13 hoặc x = 2 thỏa mãn ĐKXĐ
Vậy tập nghiệm của phương trình là S = { −13; 2}

1 điểm

A( x ) = ( x 2 − 7 x + 6 ) ( x 2 − 7 x + 12 ) + 10

1 điểm

Đặt x 2 − 7 x + 6 = t

⇒ A( t ) = t ( t + 6 ) + 10
= t 2 + 6t + 9 + 1 = ( t + 3) + 1 ≥ 1
2

0,5 điểm

A( t ) Min = 1 đạt được khi t = -3
⇒ A( x ) Min = 1 đạt được khi x 2 − 7 x + 6 = -3
⇔ x2 - 7x + 9 = 0 =>

Bài 4:
a

B

A

Gọi H là giao điểm BM và EF
K là giao điểm EM và BC
Chứng minh được
∆EMF = ∆BKM ( g .c.g )

M

E

D

H
F

b

0,5 điểm

K

C

⇒ ∠MFE = ∠KMB
Mà ∠KMB = ∠EMH ( đối đỉnh )
∠MFE = ∠EMH và
∠EMF + ∠MEF = 900

0,5đ
0,5 điểm

⇒ ∠MEF + ∠HME = 900
hay BH ⊥ EF

1 điểm

b) chứng minh được EC BF, AF
BE
+ xét BEF có các đường cao BH;

1 điểm
1 điểm


EC; FA’ nên các đường BM, AF, CE
đồng quy tại một điểm.
Trên tia đối của tia AE lấy điểm E sao
cho : AE = 5 cm
Xét ∆ABC và ∆EBC ta có:
Góc B chung

E

Bài 5:
a
5

A

5

4

B

6

C

AB 4 2 BC 6 2
= = ;
= =
BC 6 3 BE 9 3
⇒ ∆ABC đồng dạng với ∆CBE ( c.g .c )
⇒ ∠C1 = ∠E (hai góc tương ứng)

mà ∆ACE cân tại A nên

0,5đ
1 điểm
0,5đ

∠E = ∠C2 ⇒ ∠BAC = 2∠E

⇒ ∠BAC = 2∠BCA

1 điểm