Tuyển tập 50 đề thi HSG toán lớp 8 có đáp án chi tiết

----NGUYỄN QUANG HUY----

TUYỂN TẬP 50 ĐỀ THI
HỌC SINH GIỎI


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8

TP HÀ NỘI

NĂM HỌC 2015-2016
Môn thi: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm có 01 trang)

LƢU Ý :
- Thí sinh không đƣợc mang bất cứ tài liệu nào vào phòng thi
- Không đƣợc sử dụng máy tính cầm tay
Câu 1.(4 điểm)
a) Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö: x( x  2)( x2  2 x  2)  1
3
5
7
2n  1



 ... 
b) Rút gọn biểu thức:
A=
2
2
2
(1.2)
(2.3)
(3.4)
n(n  1)2
Câu 2.(4 điểm)
1 1 1
a) Cho
   0.
x y z

Tính A 

yz xz xy


x2 y2 z 2

b) Tìm tất cả các số x, y, z nguyên thỏa mãn: x2  y 2  z 2 – xy – 3 y – 2 z  4  0.
Câu 3: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì :
A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phƣơng.
b) Cho a1 , a2 ,..., a2016 là các số tự nhiên có tổng chia hết cho 3.
3
Chứng minh rằng: A  a13  a23  ...  a2016

chia hết cho 3.

Câu 4. (6 điểm)
Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các
hình vuông AMCD, BMEF.
a) Chứng minh rằng: AE  BC.
b) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng đƣờng thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động
trên đoạn thẳng AB.
Câu 5. (2 điểm)
Cho a;b;c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: (a  b  c)2  a 2  b2  c 2
Tính giá trị của biểu thức: P=

a2
b2
c2


a 2  2bc b 2  2ac c 2  2ab

HẾT


HƢỚNG DẪN CHẤM THI
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2015 - 2016

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
TP HÀ NỘI

Môn thi : Toán
Câu

Phần
a
2đ

Câu 1
(4
điểm)

Nội dung
x( x  2)( x  2 x  2)  1  ( x  2 x)( x2  2 x  2)  1
2

2

 ( x2  2 x)2  2( x 2  2 x)  1

Điểm
0.5
0.5
0.5
0.5

= ( x2  2 x  1)2
 ( x  1)4
b
2đ

2n  1

(n  1) 2  n 2
1
1
 2 
2
2
2
n (n  1)
n
(n  1) 2
n(n  1)
1
n(n  2)
=> B = …=1
2
(n  1)
(n  1) 2

Ta có :

Ta cã a  b  c  0
a
2đ

Câu 2
(4
điểm )



1

1

th×

a 3  b 3  c 3  a  b  3aba  b  c 3  c 3  3ab c   c 3  3abc
3

(v× a  b  c  0 nªn a  b  c )
1 1 1
1
1
1
3
Theo gi¶ thiÕt
   0.  3  3  3 
.
x y z
xyz
x
y
z

0.5
0.5

0.5

yz xz xy xyz xyz xyz
A 2  2  2  3  3  3
x
y
z
x
y
z

b
2đ

 1 1 1
3
 xyz  3  3  3   xyz.
3
y
z 
xyz
x
x2 + y2 + z2 – xy – 3y – 2z + 4 = 0

3
y2
<=> (x – xy +
) + (z2 – 2z + 1) + ( y2 – 3y + 3) = 0
4
4
y 2

3
<=> (x - ) + (z – 1)2 + (y – 2)2 = 0
4
2
2

0.5

1
0,5
0.5

Có các giá trị x,y,z là: (1;2;1)
a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì
a
2đ

A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phƣơng.
Ta có A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4

Câu 3
(4
điểm)

= (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4
2

2

Đặt x + 5xy + 5y = t ( t

 Z)

thì

0.5
0.5


A = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2

 Z nên x2  Z,
 x2 + 5xy + 5y2  Z

V ì x, y, z

5xy  Z, 5y2

Z

0.5
0.5

Vậy A là số chính phƣơng.
b
2đ

Dễ thấy a3  a  a(a  1)(a  1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên
chia hết cho 3

0.5

3
Xét hiệu A  (a1  a2  ...  a2016 )  (a13  a23  ...  a2016
)  (a1  a2  ...  a2016 )

 (a  a1 )  (a  a2 )  ...  (a
3
1

3
2

3
2016

0.5

 a2016 ) chia hết cho 3

Mà a1 , a2 ,...a2013 là các số tự nhiên có tổng chia hết cho 3.

0.5

Do vậy A chia hết cho 3.

0.5
C

D

I

H
O

E

F

0,5

Câu 4
(6 điểm
)

A

a
2đ

b
2đ

K

M

B

∆AME = ∆CMB (c-g-c)  EAM = BCM

Mà BCM + MBC = 900  EAM + MBC = 900
 AHB = 900
Vậy AE  BC
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
∆AHC vuông tại H có HO là đƣờng trung tuyến
1
1
 HO  AC  DM
2
2

c
1,5đ

 ∆DHM vuông tại H
 DHM = 900
Chứng minh tƣơng tự ta có: MHF = 900
Suy ra: DHM + MHF = 1800
Vậy ba điểm D, H, F thẳng hàng.
Gọi I là giao điểm của AC và DF.
Ta có: DMF = 900  MF  DM mà IO  DM  IO // MF
Vì O là trung điểm của DM nên I là trung điểm của DF
Kẻ IK  AB (KAB)
 IK là đƣờng trung bình của hình thang ABFD
 IK 

AD  BF AM  BM AB
(không đổi)



2
2
2

1
0,5
0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5


0,5
Do A, B cố định nên K cố định, mà IK không đổi nên I cố định.
Vậy đƣờng thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di
động trên đoạn thẳng AB
Câu 5
(2
điểm )

(a+b+c)2= a 2  b2  c2  ab  ac  bc  0
a2
a2
a2



a 2  2bc a 2  ab  ac  bc (a  b)(a  c)

0,5

b2
b2

b2  2ac (b  a)(b  c)
c2
c2

c 2  2ac (c  a)c  b)

0,5

Tƣơng tự:

a2
b2
c2


a 2  2bc b 2  2ac c 2  2ab
a2
b2
c2




(a  b)(a  c) (a  b)(b  c) (a  c)(b  c)
(a  b)(a  c)(b  c)

1
(a  b)(a  c)(b  c)
Lƣu ý : Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,5

P

0,5


PHềNG GD&T
TP. BC GIANG

THI HC SINH GII CP THNH PH
NM HC 2015-2016
Mụn: Toỏn lp 8
Thi gian lm bi: 150 phỳt

Bi 1: (4 im)
Cho biểu thức :

H

x 2y 2
x2
y2

x 1 y 1 x y y 1 x y x 1

a/ Rút gọn H
b/ Tìm các cặp số nguyờn (x;y) sao cho giá trị của H = 6
Bi 2: (4,5 im)
a/Tỡm giỏ tr bộ nht ca M= 2 x2 5 y 2 6 xy 4 x 10 y 100
b/Cho x, y, z ụi mt khỏc nhau v x+y+z=0
x 2 y 2 xz 2 xy 2 2 yz 2
Tớnh giỏ tr ca biu thc A
2 xy 2 2 yz 2 2 zx 2 3xyz
Bi 3: (4,5 im)
a/Cho a, b l s hu t tho món a 2 b2 (

ab 2 2
) 4 . Chng minh ab+2 vit c di
ab

dng bỡnh phng ca 1 biu thc hu t.
b/ Tỡm cỏc s nguyờn dng x, y, z tha món xz=y2 v x 2 z 2 99 7 y 2
Bi 4: (6 im)
Cho hỡnh vuụng ABCD cú cnh bng a, trờn tia i ca tia CD ly E sao cho CE=a . Gi N
l trung im ca BE, t B v BH vuụng gúc vi DN ( H DN ).
a/ Chng minh AHC 900
b/ Gi M l trung im ca AB. Chng minh tam giỏc DMN vuụng cõn.
c/ Tớnh HA4 HB4 HC 4 HD4 theo a
Bi 5: (1 im) Tỡm cỏc s t nhiờn x,y thừa món x2 5x 7 3y

H tờn thớ sinh..........................................................................SBD:................................

Bài
Bài 1
a
2,5đ

HƢỚNG DẪN CHẤM HSG CẤP THÀNH PHỐ NĂM HỌC 2015-2016
MÔN: TOÁN LỚP 8
Nội Dung

H
=

x 2 y2
x2
y2


 x  1 y  1  x  y  y  1  x  y  x  1

x 2 y 2  x  y   x 2 ( x  1)  y 2  y  1

 x  1 y  1 x  y 
x y  x  1   y  1   x 2 ( x  1)  y 2  y  1
=
 x  1 y  1 x  y 
2 2
x y  x  1  x 2 y 2  y  1  x 2 ( x  1)  y 2  y  1
=

 x  1 y  1 x  y 
 x 2 y 2  x  1  x 2 ( x  1)    x 2 y 2  y  1  y 2  y  1
=
 x  1 y  1 x  y 
x 2  x  1 y  1 ( y  1)  y 2  y  1 ( x  1)( x  1)
=
 x  1 y  1 x  y 
x  1 y  1 ( x 2 y  x 2  xy 2  y 2 )

=
 x  1 y  1 x  y 
 x  y  x  1  xy( x  y)   x  y  x  y   x  y  x  1 y  1 xy  x  y 

=
 x  1 y  1 x  y 
 x  1 y  1 x  y 
2

b/
1,5đ

Bài 2
a/
2,5đ

Điểm
4đ

2

0,5

0,5

0,5

= xy  x  y

Vậy H= xy  x  y với x   y; x  1; y  1
H=6  xy  x  y  6   x  1 y  1  5

0,5
0,5

0,75

 5 x  1  x  1  1; 5
-Nếu x  1  1  x  2  y  1  2  y  1 loai vì y  1
-Nếu x 1  1  x  0  y  1  2  y  3 thỏa mãn
-Nếu x  1  5  x  6  y  1  1  y  0 thỏa mãn
-Nếu x 1  5  x  4  y  1  1  y  2 thỏa mãn
KL nghiệm

0,25
0,25
0,25
4,5 đ

Ta có M= 2 x  5 y  6 xy  4 x  10 y  100
 2M= 4 x2  10 y 2  12 xy  8x  20 y  200

2

2

2
2
=  2 x   2  2 x  3 y  2    3 y  2    ( y 2  8 y  16)  180



1,0

=  2 x  3 y  2   ( y  4)2  180  180 vì  2 x  3 y  2   0;  y  4   0
2

b/
2,0đ

2

2

Dấu “=” có khi 2 x  3 y  2  0 và y  4  0  x=5 và y=4
 M  90 Dấu “=” có khi x=5 và y=4
Vây M bé nhất M=90 khi x=5 và y=4
Ta có x2 y  2 xz 2  xy 2  2 yz 2  xy( x  y)  2 z 2 ( x  y)  ( x  y) xy  2 z 2



Vì x+y+z=0  z   x  y  z   xz  yz

2

1.0
0.5




Vậy x2 y  2 xz 2  xy 2  2 yz 2  ( x  y)  xy  z 2  z 2   ( x  y )  xy  xz  yz  z 2 
=  x  y   x( y  z )  z ( y  z )  ( x  y)( y  z )( x  z )

Vì x+y+z=0 nên ta có Ta có 2 xy  xyz  xy(2 y  z )  xy( y  x  x  y  z )  xy( y  x)
Tƣơng tự ta có 2yz2+xyz=yz(z  y) và 2zx2+xyz=zx(x-z)
Vây 2xy2 +xyz+2yz2+xyz+2zx2+xyz=xy(y-x)+ yz(z  y) + zx(x-z)
= xy(y-x)+ yz(z  y) + zx(x-z)
= xy(y-x)+ yz(z  y)  zx  y  x    z  y 

0,75

2

= xy(y  x)+ yz(z  y)  zx(y-x)  zc(z  y)
=(y  x)(y  z)(x  z)=  (x  y)(y  z)(x  z)
 x  y  y  z  x  z   1
Vậy M=
  x  y  y  z  x  z 

Bài 3
a/
2đ

0,5

0,5
0,25
4,5 đ

 ab  2   4
ab  2 2
2
)  4   a  b   2ab 
2
ab
a  b
2

Đặt a+b=s và ab=p. Ta có a 2  b2  (

( p  2)2
 s 2p 
 4  s 4  2 ps 2  ( p  2)2  4s 2
2
s
2



 s 4  2s 2 ( p  2)   p  2   0  s 2  p  2
2



2

0,7

0

 s 2  p  2  0  p  2  s 2  ab  2   a  b 
Vị a, b là số hữu tỉ nên ab+2 là bình phƣơng của 1 biểu thức hữu tỉ
2

0,75
0,5

Vì xz=y2 nên ta có x 2  z 2  99  7 y 2   x  z   2 xz  99  7 y 2
2

b/
2,5đ

  x  z   2 y 2  99  7 y 2   3 y    x  y   99
2

2

2

  3 y  x  z  3 y  x  z   99  99 3 y  x  z
Vì x, y,z nguyên dƣơng nên 3y+x+z  5  3 y  x  z  9,11,33,99

10
-Nếu 3y+x+z=9 Ta có 3y  x  z=11  6 y  20  y 
(loại)
3
10
-Nếu 3y+x+z=11 Ta có 3y  x  z=9  6 y  20  y 
(loại)
3
50
-Nếu 3y+x+z=99 Ta có 3y  x  z=1  6 y  100  y 
(loại)
3
-Nếu 3y+x+z=33 Ta có 3y  x  z=3  6 y  36  y  6  x  z  20  z  20  x
Mà xz =y2 nên ta có x(20  x)=36  x2  20 x  36  0  x1  2; x2  18
+Nếu x=2 ta có z=18
+Nếu x=18 ta có y=2
Vây ta có (x;y;z)=(2;6;18)=(18;6;2)

Bài 4

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

0,25
6đ

A

M

B
E
N

O

H
K

D

a/
2đ

b/
2đ

E
C

Gọi O là giao điểm của AC và BO, ta có OA+OC ( tc hv)  HO là trung tuyến tam giac AHC.
Xts tam giác BHD vuông tại H , có OB=OC ( tc hv)  HO là trung tuyến thuộc cạnh huyền BD
1
1
 HO= BD mà AC=BD ( tc hv) nên HO= AC.

2
2
1
Vét tam giác AHC có HO là trung tuyến, mà HO= AC.nên AHC vuông tại H.Vậy AHC  900
2
0
Ta có OA=OB và AOB  90 ( tchv)  AOB vuông cân, mà MA=MB nên OA là trung tuyến
1
của AOB vuông tại O  OA  AB  MB và OA là phân giác
2
1
AOB  MOB  AOB  450  MOD  1350
2
Ta CA=CB=a , BCE  900 (gt)  ECB vuông cân

0,75

 CBE  450  MBE  1350  MOD  MBE
1
Ta có OA là đƣờng TB của  BDE  OC  BE  BN , mà OD=OC  OD  BN
2
Xét MOD và MBN có MO=MB; OD=BN; MOD  MBN  1350  MOD  MBN

0,5

 MD  MN và DMO  NMB , ta có cân tại O mà OM là trung tuyến nên OM là đƣờng cao

c/
2đ

 BMO  900  DMN  DMO  OMN  NMB  OMN  BMO  900
Vậy tam giác DMN vuông cân
Ta có AHC vuông tại H, theo Pitago ta có
HA2  HC 2  AC 2  BA2  BC 2  a2  a2  2a2  HA2  HC 2  2a2
 HA4  HC 4  2HA2 HC 2  4a4
Vẽ HK vuông góc với AC ta có HA  HC  HK  AC ( vì cùng bằng 2 diện tích tam giác AHC)
 HA2 HC 2  AC 2 HK 2  2a2 HK 2
Vây ta có HA4  HC 4  4a2 HK 2  4a4  HA4  HC 4  4a 4  4a 2 HK 2
Vẽ HF vuông góc với BD, chứng minh tƣơng tự ta có HB4  HD4  4a4  4a2 HF 2
Vây Ta có HA4  HB4  HC 4  HD4  8a 4  4a 2 HK 2  HF 2





Xét tứ giác OKHF có O  K  F  900 nên tứ giác OKHF là hình chữ nhật
2

AC
2a
a
 AC 
Vậy ta có HK2 +HF2 =KF2 =OH2= 


 
4
4
2
 2 

2
a
Vậy HA4  HB 4  HC 4  HD 4  8a 4  4a 2   6a 4
2
Bài 5
1đ

2

2

0,75
0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

2

0,5
1đ

x  2
-Với y=0 ta có x 2  5 x  7  1  x 2  5 x  6  0  ( x  2)( x  3)  0  
x  3

0,25


x  1
-Với y=1 ta có x 2  5 x  7  3  x 2  5 x  4  0  ( x  1)( x  4)  0  
x  4
y
-Với y  2  3 9
Xét x trong phép chia cho 3 ta có x=3k ;x=3k+1 ; x=3k+2 vơi k  N
+ nếu x=3k ta có x2  5x  7  9k 2  15k  7 khơng chia hết 3  x2 -5x+7 khơng chia hết cho 9
+ nếu x=3k+1 ta có x2  5x  7  9k 2  9k  3 khơng chia hết cho 9
+ nếu x=3k+2 ta có x2  5x  7  9k 2  3k  1 khơng chia hết 3  x2 -5x+7 khơng chia hết cho 9
Vậy với y  2 vế phai khơng chia hết ch9 còn vế phải lng chia hết cho 9 nên khơng tồn tai số tự
nhiên x, y thỏa mãn x2  5x  7  3y
Vậy ta có (x;y)=(2;0)=(3;0)=(1;1)=(1;4)

PHÒNG GD&ĐT TP BẠC LIU
THCS NTM KHAI

A

0,5

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI C
MÔN TOÁN 8
Năm học: 2015 – 2016

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian phát
đề)
ĐỀ BÀI

Bài 1: (5.0 điểm)
a) Cho

0,25

1
x2  x  2 2x  4
 2

x  2 x  7 x  10 x  5

- Thực hiện rút gọn A
- Tìm x nguyên để A nguyên
b) Chứng minh: a2 + b2 + c2  ab + ac + bc với mọi số a, b, c
Bài 2: (4.0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x3  3x 2  8x  3  0
b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: x 3  xy  3  x  2y
Bài 3: (4.0 điểm)
Cho biết x 5  x  1   x 3  x 2  1 x 2  x  1
a) Phân tích số 10.000.000.099 thành tích của 2 chữ số tự nhiên khác 1
b) Cho 2a + 3b = 5. Chứng minh 2a2 + 3b2  5
Bài 4: (4.0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC; E, F,
M, N lần lượt là trung điểm của AB, DH, HC, AD
a) Chứng minh: Tứ giác BEFM là hình bình hành
b) Chứng minh: EF  MN

Bài 5: (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC (AB < AC) có AD là phân giác. Đường thẳng qua trung điểm
M của cạnh BC song song với AD cắt AC tại E và cắt AB tại F. Chứng minh: BF = CE
* * * * * Hết * * * * *


(Thí sinh không được làm bài vào đề thi)
(Giám thò coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ............................................................................... SBD: ........................
ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8. NĂM HỌC: 2015 – 2016
Bài: (5.0 điểm)
1
x2  x  2 2x  4
 2

x  2 x  7 x  10 x  5
Ta có x 2  7x  10  x 2  2 x  5x  10  x( x  2)  5( x  2)  ( x  2)( x  5)

a) Cho

A

ĐKXĐ: x  2 và x  5
A

x 5
x2  x  2
(2 x  4)( x  2)



( x  2)( x  5) ( x  2)( x  5) ( x  2)( x  5)

A

x  5  x2  x  2  2x2  4x  4x  8
( x  2)( x  5)

 x 2  8 x  15  x 2  5 x  3 x  15  x ( x  5)  3( x  5)  x  3
A



( x  2)( x  5)
( x  2)( x  5)
( x  2)( x  5)
x 2
x  3 x  2  1
1

 1 
Để A nguyên thì A 
nguyên
x 2
x 2
x 2
Khi đó 1 x  2 . Vậy x = 3 hoặc x = 1

b) Chứng minh: a2 + b2 + c2  ab + ac + bc với mọi số a, b, c
a2 + b2 + c2  ab + ac + bc

 2a2  2b2  2c 2  2ab  2bc  2ac
 a2  2ab  b2  b2  2bc  c 2  a2  2ac  c 2  0
 (a  b)2  (b  c)2  (a  c)2  0 (*)

Bất đẳng thức (*) đúng vì (a  b)2  0;(b  c)2  0;(a  c)2  0 với mọi a; b; c
Vậy a2 + b2 + c2  ab + ac + bc
Bài 2: (4.0 điểm)
a) Giải phương trình: 2 x3  3x 2  8x  3  0


 2 x 3  2 x 2  5x 2  5x  3x  3  0
 2 x 2 ( x  1)  5 x( x  1)  3( x  1)  0
 ( x  1)(2 x 2  5 x  3)  0
 ( x  1)(2 x 2  6 x  x  3)  0
 ( x  1)( x  3)(2 x  1)  0

 x =1 hoặc x = -3 hoặc x = 1/2

Cách khác:
2x3 + 3x2 – 8x + 3 x – 1
2x3 – 2x2
2x2 + 5x – 3
5x2 – 8x + 3
5x2 – 5x
– 3x + 3
– 3x + 3
0

2x3 + 3x2 – 8x + 3 = 0
2

 (x – 1)(2x + 5x – 3) = 0
2
 (x – 1)(2x + 6x – x – 3) = 0
 (x – 1)[(2x(x + 3) – (x + 3)] = 0
 (x – 1)(x + 3)(2x – 1) = 0
 x =1 hoặc x = -3 hoặc x = 1/2


1
2

Vậy phương trình có 3 nghiệm S  1;  3; 


b) Tìm x, y nguyên thỏa mãn đẳng thức: x  xy  3  x  2y
3

x 3  xy  3  x  2y  x 3  x  3  ( x  2)y

y

x 3  x  3 x 3  4 x  3x  6  3
3

 x( x  2)  3 
x 2
x 2
x 2

Để y  Z khi 3 (x – 2)

+ x – 2 = 3 => x = 5 => y = 39 + x – 2 = 1 => x = 3 => y = 21
+ x – 2 = -3 => x = -1 => y = 1
+ x – 2 = -1 => x = 1 => y = 3
Bài 3: (4.0 điểm)
Cho biết x 5  x  1   x 3  x 2  1 x 2  x  1
a) Phân tích số 10.000.000.099 thành tích của 2 chữ số tự nhiên khác 1
Ta có x = 100
Khi đó 10.000.000.099  1005  100  1  1003  1002  11002 100  1  1010099  9901
b) Cho 2a + 3b = 5. Chứng minh 2a2 + 3b2  5
Ta có 2a2 + 2ab + 3b2 + 3ab = 2a(a + b) +3b(b + a) = (2a + 3b)(a + b) = 5(a + b)
=> 2a2 + 3b2 = 5 (a + b – ab)

5  2a
5  2a 
3a  5  2a  5a  2a 2
2a 2  4a  5 10  2
5
 5 a 
a

5


5

   a  2a  

3
3 
3

3
3 
2

2
10 
3  10
   a2  2a  1      a  1  5  5 với mọi a vì (a  1)2  0 với mọi a
3 
2 3

Vậy 2a2 + 3b2  5
Bài 4: (4.0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC; E, F,
M, N lần lượt là trung điểm của AB, DH, HC, AD
a) Chứng minh: Tứ giác BEFM là hình bình hành
b) Chứng minh: EF  MN


Giải:
a/ Tam giác HCD có MH = MC và FH = FD (gt)
=> MF là đường trung bình của tam giác HCD

B

1
2

C
M

G

=> MF // CD và MF  CD

E

1
Hay MF // BE và MF  AB (1)
2
1
Mặt khác BE  AB (2)
2

F

H
A

N

D

Từ (1) và (2) => Tứ giác BEFM là hình bình hành
b/ Gọi G là trung điểm của BH.
Tam giác HBC có MH = MC và GH = GB (gt)
=> MG là đường trung bình của tam giác HBC
1
2

=> MG // BC và MG  BC . Mà BC  AB nên MG  AB
Tam giác ABM có AH và MG là hai đường cao
=> G là trực tâm của tam giác ABM
=> AG  BM. Mà BM // EF (vì BEFM là hình bình hành) nên AG  EF (3)
Mặt khác, tứ giác AGMN có
1
2

1
2

1
2

MG // BC và MG  BC => MG // AN và MG  AD . Ta có AN  AD (gt)
Do đó, AGMN là hình bình hành => MN // AG (4)
Từ (3) và (4) => EF  MN
Bài 5: (3.0 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC) có AD là phân giác. Đường thẳng qua
trung điểm M của cạnh BC song song với AD cắt AC tại E và cắt AB tại F. Chứng
F
minh: BF = CE
AD là phân giác của góc BAC
AB BD
AB AC



AC DC
BD DC
CM CE

AC CE



ME // AD 
DC AC
DC CM
AB BD
AB BF



AD // FM 
BF MB
BD MB
BF CE

Từ (1), (2) và (3) 
MB CM

Ta có

Mà MB = MC nên BF = CE

A

(1)

E

(2)
(3)
B

D

M

C


UBND HUYỆN GIA VIỄN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI KHẢO SÁT
CHẤT LƢỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: Toán
Năm học: 2014- 2015
Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
 x2  2 x





1  2  .
Câu 1. (5 điểm) Cho biểu thức: A   2 

2
3 
 2x  8 8  4x  2x  x   x x 
a) Tìm x để giá trị của A đƣợc xác định. Rút gọn biểu thức A.
2x2

1

2

b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Câu 2. (4 điểm) Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:
a) x( x  2)( x2  2 x  2)  1 = 0
2
x
x 1
b) y  4  2 y  2  2  0

x 2  4 x  6 x 2  16 x  72 x 2  8 x  20 x 2  12 x  42



c)
x2
x 8
x4
x6
Câu 3. (3 điểm)
1) Tìm số tự nhiên n để số p là số nguyên tố biết: p = n3 - n2 + n - 1
2) Tìm a,b sao cho f  x   ax3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức

g  x   x2  x  2

3) Cho 4a2 + b2 = 5ab vµ 2a  b  0.TÝnh: P 

ab
4a  b 2
2

Câu 4. (6,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên tia đối của tia CD lấy điểm M bất
kì (CM < CD), vẽ hình vuông CMNP (P nằm giữa B và C), DP cắt BM tại H, MP
cắt BD tại K.
a) Chứng minh: DH vuông góc với BM.
b) Tính Q =

PC PH KP


BC DH MK

c) Chứng minh: MP . MK + DK . BD = DM2
Câu 5. (1,5 điểm)
1) Cho x, y > 0. Chứng minh rằng:

 x y
x2 y2
 2  4  3  
2
y
x
 y x

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
B  xy( x  2)( y  6)  12 x2  24 x  3 y 2  18 y  2045

---------------- Hết ----------------


UBND HUYỆN GIA VIỄN
PHÒNG GD&ĐT GIA VIỄN

HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 8
Năm học 2014 - 2015
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề
(Hướng dẫn này gồm 05 câu, 05 trang)

CHÚ Ý :
- Nếu HS làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa theo thang điểm của ý đó
- Khi học sinh làm bài phải lý luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa theo biểu điểm của ý đó
Câu
Đáp án
Biểu điểm
2
2
 x  2x
 1 2 
2x

1  2  .
Cho biểu thức: A   2

2
3 
 2x  8 8  4x  2x  x   x x 
a) (3,5 điểm)
* ĐKXĐ: 1,0 điểm

2 x 2  8  0

2
3
Giá trị của A đƣợc xác định  8  4 x  2 x  x  0
x  0


1
(5 điểm)

0,25 điểm

2 x 2  8
 x 2  4


x  2
2
2
 4(2  x)  x (2  x)  0
 (2  x)(4  x )  0  
x  0
x  0

x  0


- ĐKXĐ : x  2; x  0
(Nếu HS chỉ nêu ĐKXĐ: cho 0,25 điểm)
* Rút gọn : 3,0 điểm
 x2  2 x
 1 2 
2x2

1  2 
Ta có A   2
2
3 
 2x  8 8  4x  2x  x   x x 

0,5 điểm

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

0,75 điểm



( x 2  2 x)(2  x)  4 x 2 x 2  x  2 x  2
.
2( x 2  4)(2  x)
x2

2 x 2  x3  4 x  2 x 2  4 x 2 x( x  1)  2( x  1)

.
2( x 2  4)(2  x)
x2



 x( x 2  4)
( x  1)( x  2) x  1
.

2
2( x  4)(2  x)
x2
2x

b) (1,0 điểm)
Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
x 1

*
 Z  x +1 2x  2x + 2 2x Mà 2x 2x
2x
 2 2x  1 x  x = 1 hoặc x = -1
* Ta thấy x = 1 hoặc x = -1 (TMĐKXĐ)
x 1
Vậy A=
 Z  x = 1 hoặc x = -1
2x

0,25 điểm

0,75 điểm
0,75 điểm
0,75 điểm

0,5 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm


Gi¶i c¸c ph¬ng tr×nh sau:
a) (1,5 điểm) x( x  2)( x 2  2 x  2)  1 = 0
 (x2 + 2x) (x2 + 2x + 2) + 1 = 0
 (x2 + 2x)2 + 2(x2 + 2x) + 1 = 0
 (x2 + 2x + 1)2 = 0
 (x+1)4 = 0  x + 1 = 0  x = -1
Vậy PT đã cho có 1 nghiệm duy nhất x = -1
2

x
x 1
b) (1,5 điểm) y  4  2 y  2  2  0

0,5 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

2
x 2
x
 y  2 y  1  (2 )  2.2  1  0
2
x
2
 ( y  1)  (2  1)  0

2
(4 điểm)

 y + 1 = 0 hoặc 2 x  1 = 0
 y = -1 hoặc x = 0
Vậy PT đã cho có 1 nghiệm duy nhất (x, y) = (0; -1)
x 2  4 x  6 x 2  16 x  72 x 2  8 x  20 x 2  12 x  42




c) (1,0 điểm)
x2
x 8
x4
x6
(1)
- ĐKXĐ: x ≠ -2; x ≠ -4; x ≠ -6; x ≠ -8
( x  2)2  2 ( x  8)2  8 ( x  4) 2  4 ( x  6) 2  6



- PT (1) 
x2
x 8
x4
x6
2
8
4
6
 x 8
 x4
 x6
 x2
x2
x 8
x4
x6
2

4
6
8




x  2 x  4 x 6 x 8
2 x  8  4 x  8 6 x  48  8 x  48


( x  2)( x  4)
( x  6)( x  8)
2 x
2 x


( x  2)( x  4) ( x  6)( x  8)
 x = 0 hoặc ( x  2)( x  4) = ( x  6)( x  8)
 x = 0 hoặc x2 + 6x + 8 = x2 + 14x + 48
 x = 0 hoặc 8x = - 40  x = - 5 (thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm : x1 = 0; x2 = - 5
1) (1,0 điểm) Tìm số tự nhiên n để số p là số nguyên tố biết:
p = n3 - n2 + n - 1
- HS biến đổi đƣợc : p = (n2 + 1)(n - 1)
- Nếu n = 0; 1 không thỏa mãn đề bài
- Nếu n = 2 thỏa mãn đề bài vì p = (22 + 1)(2 - 1) = 5
- Nếu n > 3 không thỏa mãn đề bài vì khi đó p có từ 3 ƣớc trở lên là 1;
n – 1> 1 và n2 + 1 > n – 1> 1
- Vậy n = 2 thì p = n3 - n2 + n - 1 là số nguyên tố

2) (1,0 điểm) Tìm a,b sao cho f  x   ax  bx  10x  4 chia hết cho
3

3
(3 điểm)

0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

2

2
đa thức g  x   x  x  2
2
* g  x   x  x  2 = (x -1)(x - 2)

* f  x   ax  bx  10x  4
3

2

gx

0,25 điểm


 f  x   ax  bx  10x  4 = (x – 1)(x - 2).Q(x) (1) (mọi x R)
- Thay x1 = 1, x2 = 2 vào (1) ta có:
a + b + 6 = 0 và 8a + 4b + 16 = 0
 a = 2 và b = -8
3

2

Vậy f  x   ax  bx  10x  4
3

2

g  x   a = 2 và b = -8

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

3) (1,0 điểm)
Cho 4a2 + b2 = 5ab vµ 2a  b  0.TÝnh: P 

ab
4a  b 2
2

- HS biến đổi đƣợc :
4a2 + b2 = 5ab  (4a - b)(a -b) = 0  b = 4a hoặc b = a
- Mà 2a  b  0  4a > 2b > b nên a = b

0,25 điểm
0,25 điểm

2

1
a
- Ta có : P  2
=
2
4a  a 3

0,25 điểm

1
- Vậy 4a + b = 5ab và 2a  b  0 thì P 
3
- Hình vẽ 0,25 điểm
2

2

A

0,25 điểm

B

K
H
P

D

N

C

M

a) (2,25 điểm) Chứng minh: DH vuông góc với BM

4
(6,5 điểm)

- HS CM : CD = BC, PC = CM, DCB = BCM = 900
- CM:  DPC =  BMC (cgc)
- Chứng minh đƣợc BHP = 900
PC PH KP


b) (2,0 điểm) Tính Q =

BC DH MK
- HS CM : MP  BD
1
.DM .PC
S
PC
 2
 PDM ;
BC 1 .DM .BC S BDM
2

1
1
.DB.KP
.DB.KP
SPBM PH
S
PH
2
2
Tƣơng tự :



 PBD
DH 1 .DB.MK SBDM DH 1 .DB.MK SBDM
2
2
S
 SPBM  SPBD

 Q = PDM
1
SBDM

0,75 điểm
0,75 điểm
0,75 điểm

0,5 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm
0,5 điểm

c) (2,0 điểm) Chứng minh: MP . MK + DK . BD = DM2
0,5 điểm


- CM:  MCP  MKD (g.g)
 MP . MK = MC . MD (1)
- CM: DBC  DKM (g.g)
 DK . BD = DC. DM (2)
- Từ (1) và (2)  MP . MK + DK . BD = DM .(MC + DC)
 MP . MK + DK . BD = DM2
1) (0,75 điểm)
x y
- HSCM:  ≥ 2 với mọi x, y > 0
y x
x y
x y

  -2 ≥ 0;  - 1 ≥ 1
y x
y x
x y
x y
 (  -2)(  -1) ≥ 0
y x
y x

x2 y 2
x y
x y
 2  2  (  )  2(  )  2  0
2
y
x
y x
y x
2
2
 x y
x
y
 2  2  4  3  
y
x
 y x
Dấu “=” xảy ra  x = y > 0
2) (0,75 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

0,25 điểm
0,5 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

0,25 điểm

0,25 điểm



5
(1,5 điểm)

0,25 điểm

B  xy( x  2)( y  6)  12 x2  24 x  3 y 2  18 y  2045
*) x2 - 2x +1 = (x-1)2 ≥ 0  x2 -2x +3 ≥ 2 mọi x  R
(1)
2
2
2
y + 6y +9 = (y+3) ≥ 0  y + 6y + 12 ≥ 3 mọi y  R (2)

0,25 điểm

2
2
+ B  xy( x  2)( y  6)  12 x  24 x  3 y  18 y  2045

= (x2 - 2x)( y2 + 6y) + 12(x2 - 2x) + 3(y2 + 6y) + 36 + 2009
= (x2 - 2x)( y2 + 6y + 12) + 3(y2 + 6y +12) + 2009
= (x2 - 2x + 3)( y2 + 6y + 12) + 2009
(3)
+ Từ (1) ; (2) và (3)  B ≥ 2.3 + 2009  B ≥ 2015
*) B = 2015  x = 1 và y = -3
*) Min B = 2015  x = 1 và y = - 3

---------------- Hết ----------------

0,25 điểm

0,25 điểm


UBND HUYỆN VŨ THƢ
PHÒNG GD&ĐT

KHẢO SÁT HỌC SINH HUYỆN NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN: TOÁN – LỚP 8
Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1 (4 điểm):

3y  x  3y  
 x  y x  2y
x 2  2y 2  
Cho biểu thức: A  


 2
:
3


 
2
x 2  xy  2y 2 
 x  2y x  y 2y  x  xy  
với x  y;x   y;x  2y
1/ Rút gọn biểu thức A.
2/ Cho biết y  1; hãy tìm x  Z sao cho A 

1
.
2

Bài 2 (4 điểm):
1/ Tìm đa thức dƣ khi chia đa thức: x  x  1 x  2  x  3 x  4   2016 cho đa
thức x  5x  5 .
2

2/ Tìm số nguyên x thỏa mãn:

x 3  x 2  x  1  p (với p là một số nguyên tố).

Bài 3 (4 điểm):
1/ Giải phƣơng trình:

 x  1 x  4 x  2

2

 10x 2 .

x 3  m3
 mx  m .
2/ Xác định m để phƣơng trình sau có nghiệm: 2
x  mx  m2
Bài 4 (4 điểm):
Cho hình thoi ABCD có BAD là góc nhọn; O là giao điểm hai đƣờng chéo. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của O trên cạnh AB. Trên tia đối của tia BC lấy điểm E, trên tia đối của tia
DC lấy điểm F sao cho HE //AF và O; H; E không thẳng hàng.

S

1/ Chứng minh: EHB và AFD là 2 tam giác đồng dạng.
2/ Cho biết: BAD  50 . Hãy tính EOF .
Bài 5 (2 điểm):
Cho tam giác ABC vuông tại A có hai đƣờng phân giác trong BE và CF cắt nhau tại I.
0

Nối AI cắt EF tại D. Cho biết AB  6cm; AC  8cm. Hãy tính khoảng cách từ D đến
BC.
Bài 6 (2 điểm):


Cho hai số dƣơng x và y. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2015  x  y  2016  x  y 

B

.
x 2  y2
xy
2

2

_____________________Hết_____________________
Họ và tên thí sinh: ............................................ Số báo danh: ............. Phòng thi: ........

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm; Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính bỏ
túi.
UBND HUYỆN VŨ THƢ
HƢỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT HỌC SINH HUYỆN
PHÒNG GD&ĐT
NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN: TOÁN – LỚP 8
(Hướng dẫn gồm 4 trang)
Bài

Nội dung

1

Cho biểu thức:

Điể
m

3y  x  3y  
 x  y x  2y
x 2  2y 2  
A

 2
:
3

 với
 
2
x 2  xy  2y 2 
 x  2y x  y 2y  x  xy  
x  y;x   y;x  2y

1 Rút gọn biểu thức A.

 x  y x  2y
  3  x 2  xy  2y 2   3xy  9y 2 
x 2  2y 2
A


0.25
:
2
2
x


2y
x

y
x

y
x

2y
x

xy

2y




 

x 2  y 2  x 2  4y 2  x 2  2y 2 3x 2  3y 2  6xy
0.5
A
: 2
x  xy  2y 2
 x  y  x  2y 
3x 2  3y 2
 x  y  x  2y 

A
.
 x  y  x  2y  3 x  y 2
A
A

0.5

0.25

3  x  y  x  y 
3 x  y 

2

0.25

xy
xy

0.25

Nêu kết luận
2

Cho biết y  1; hãy tìm x  Z sao cho A 

1
.
2

y  1  x  2; 1;1

0.25

1
x 1 1

 0
2
x 1 2
x 3

0
x 1
 1  x  3
x  Z ;kết hợp với ĐK ta có x 0;2

0.25

A

2 1

0.5
0.75
0.25

Tìm đa thức dƣ khi chia đa thức: x  x  1 x  2  x  3 x  4   2016 khi

chia cho đa thức x  5x  5 .
2

Đặt f  x   x  x  1 x  2  x  3 x  4   2016

g  x   x 2  5x  6

0.25

f  x   x  x 2  5x  4  x 2  5x  6   2016

0.5

 x g  x   1 g  x   1  2016

0.5
0.5
0.25

 x g  x    x  2016
2

 f  x  chia cho g  x  đƣợc đa thức dƣ là x  2016
2 Tìm số nguyên x thỏa mãn: x 3





 x 2  x  1  p (với p là một số nguyên tố).

Từ gt có:  x  1 x  1  p
2

0.5
0.25

Vì x  Z nên x  1;x  1 là ƣớc nguyên của p
2

x 2  1  0;p  0  x  1  0

x

0.25
0.25

 1   x  1  x 2  x  2  0  x 2  1  x  1
Từ đó ta có x  1  1  x  2  p  5 thỏa mãn bài ra.
Kết luận x  2 .
3 1

2

Giải phƣơng trình:

 x  1 x  4 x  2

2

0.5
0.25

 10x 2 .

+/Xét x = 0 thay vào phƣơng trình; khẳng định x = 0 không là nghiệm







+/Xét x  0 biến đổi pt về dạng: x  5x  4 x  4x  4  10x




2

Chia cả hai vế cho x  0 ta có:  x 
2

2

4
4



 5  x   4   0
x
x





Với y  5  x 1;4

0.25

0.25
0.25





2

0.25

4
Đặt x   y ta có:  y  5 y  4   10
x
Giải pt tìm đƣợc y  6; y  5
Với y  6  x  3  5; 3  5

0.25

0.25
0.25



Đối chiếu với x  0 pt có tập nghiệm: S  3  5; 3  5;1;4

0.25


2

x 3  m3
 mx  m
Xác định m để phƣơng trình sau có nghiệm: 2
x  mx  m2
+/ Nếu m = 0 khẳng định pt vô nghiệm

0.25
2

m 3 2

  m 0
2 4

Pt  x  m  mx  m   m  1 x  2m
+/ Nếu m  0  x  mx  m   x 
2

2

-/ Khi m = 1 khẳng định pt vô nghiệm.
-/ Khi m  1 pt luôn có nghiệm duy nhất x 
Vậy m 0;1
4

Cho hình thoi ABCD có

BAD

2m
m 1

0.25
0.75
0.25
0.25
0.25

là góc nhọn; O là giao điểm hai đƣờng chéo. Gọi

H là hình chiếu vuông góc của O trên cạnh AB. Trên tia đối của tia BC lấy điểm
E, trên tia đối của tia DC lấy điểm F sao cho HE //AF và O; H; E không thẳng
hàng.
1/ Chứng minh EHB và AFD là hai tam giác đồng dạng.
2/ Cho biết: BAD  50 . Hãy tính
0

EOF .

E

1
H

B

O

A

C

D
F
x

+/ c/m: HBE  BAD  FDA
+/ c/m: EHA  HAF  xFA  EHB  DFA
+/ Kết luận hai tam giác EHB và AFD đồng dạng
2 +/ Từ câu 1 ta có:

EB HB

AD FD
 EB.FD  HB.AD  HB.AB
2
+/ c/m: OB  HB.AB

 EB.FD  HB.AB  OB2
EB OB OD



BO FD FD
+/ c/m: EBO  ODF
+/ Khẳng định hai tam giác EBO và ODF đồng dạng

0.5
1.0
0.5

0.25
0.25
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25


 FOD  OEB





 FOE  1800  EOB  FOD  EBO

0.25

 ...  1150
5

Cho tam giác ABC vuông tại A có hai đƣờng phân giác trong BE và CF cắt nhau
tại I. Nối AI cắt EF tại D. Cho biết AB  6cm;AC  8cm. Hãy tính khoảng
cách từ D đến BC.
B
P

F

I
D

M

A

N

E

C

+/ BC  10cm
+/

0.25
0.25

EC BC

 AE  3cm
AE BA

0.25

8
cm
3
+/Kẻ DM  AB;DN  AC;DP  BC
 AM  AN  DN  DM  a
1 
 1

+/ Dựa vào Ta-lét để cm: a 
 1
 AE FA 
24
 a  cm
17
+/ 2SABC  a.b  a.6  a.8  DP.10
48
 DP  cm
17
+/ Tƣơng tự tính đƣợc AF 

6

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

Cho hai số dƣơng x và y. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2015  x  y  2016  x  y 
B

.
x 2  y2
xy
2015  x 2  y 2  2xy  2016  x 2  y 2  2xy 
B

x 2  y2
xy
2

2

x 2  y2
xy
 ...  6047  2016.
 4030 2
xy

x  y2
x 2  y2
 t;t  2
Đặt
xy

0.25
0.25

0.25
0.25


0.5

1
t
 t 2  2017t
 6047  2015    
2
2 t 
B  6047  2016t  4030.

0.25
0.25

Vì t  2  B  6047  2015.2  2017

B  12094

BMIN  12094  t  2  x  y.
Hướng dẫn chung
1. Trên đây là các bước giải bắt buộc và khung điểm tương ứng. Học sinh phải biến đổi
hợp lý và lập luận chặt chẽ mới cho điểm tối đa.
2. Không cho điểm nếu bài 4, bài 5 chỉ vẽ hình.
3. Những cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
4. Chấm điểm từng phần, điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần (không làm tròn).

PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 6; 7; 8
CẤP HUYỆN - NĂM HỌC 2015 - 2016
ĐỀ THI MÔN: TOÁN 8

Thời gian làm bài: 120 phút
(không kể thời gian giao đề)

2x
2x 
 1
 
Câu 1. Cho biểu thức A = 
 3
 : 1  2

2
 x 1 x  x  x 1   x  1 
a. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A.
b. Tìm x để A nhận giá trị là số âm.

c. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức ( x +2).A nhận giá trị là số nguyên.

Câu 2.
a. Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2) (với k N*).
Chứng minh rằng: 4S + 1 là bình phƣơng của một số tự nhiên.
b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3  2x 2  3x  2  y3 .
Câu 3.
a. Giải phƣơng trình sau: x 2  3x  2  x  1  0


b. Xác định giá trị của m để phƣơng trình: m3 ( x  2)  8( x  m)  4m2 có nghiệm duy nhất là
số không lớn hơn 1.
c. Cho x, y, z là các số dƣơng thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P=

1
1 1


16 x 4 y z

Câu 4. Cho tam giác ABC đều cạnh 2a, M là trung điểm của BC. Góc xMy  600 quay quanh
đỉnh M cố định sao cho hai tia Mx, My cắt AB, AC lần lƣợt tại D và E. Chứng minh rằng:
a. Tam giác BDM đồng dạng với tam giác CME và tích BD.CE không phụ thuộc vào vị trí
của xMy .
b. DM là phân giác của BDE .
c. BD.ME  CE.MD  a.DE .
d. Chu vi tam giác ADE không đổi khi xMy quay quanh M.
Câu 5. Trong bảng ô vuông kích thƣớc 8  8 gồm 64 ô vuông đơn vị, ngƣời ta đánh dấu 13 ô bất
kì. Chứng minh rằng với mọi cách đánh dấu luôn có ít nhất 4 ô đƣợc đánh dấu không có điểm

chung (hai ô có điểm chung là 2 ô chung đỉnh hoặc chung cạnh).
-------------- HẾT -------------Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ........................................... Số báo danh: ...............Phòng thi: ........
PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ

HƢỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
Năm học: 2015 – 2016
Môn Toán – Lớp 8

Hướng dẫn chung:
-Học sinh giải theo cách khác mà đúng, đảm bảo tính lôgic, khoa học thì giám khảo vẫn cho
điểm tối đa.
-Câu 4, học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai phần nào không chấm điểm phần đó.
Nội dung

Bài
ĐKXĐ: x≠ 1
1a
1b
1c

1
x 1
A < 0  x-1 < 0  x<1
Đối chiếu với ĐKXĐ, ta đƣợc x<1
3
x2
Ta có: ( x +2).A =
=1 

x 1
x 1
Lập luận để suy ra: x 0; 2; 2; 4

Rút gọn đƣợc A =

1
1
k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2). (k  3)  (k  1)
4
4
1
1
= k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1)
4
4
=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k +

Điểm
0,25
0,75
0,25
0,25
0,25
0,25

Ta có: k(k + 1)(k + 2) =

2a

0,25

2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
0,25