DE THI HSG TOAN 8 co dap an

UBND HUYỆN PHÚC THỌ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Năm học 2015 - 2016

Môn: Toán
Ngày thi: 21 - 4 - 2016
Thời gian làm bài: 120 phút

ĐỀ THI CHÍNH

Bài 1: (4,5 điểm)
6x + 3



+ 3
− 2
Cho biểu thức: A = 
÷: ( x + 2)
 x +1 x +1 x − x +1 
a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A >1.
1

2

với x ≠-1; x≠-2.

c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = A.B với B =

x3 − x 2 + x
( x + 1) 2

Bài 2: (4 điểm)
a) Cho a, b, c là ba số hữu tỉ thỏa mãn abc = 1
a
b
c
a 2 b2 c 2
+
+
=
+
+
và 2
b
c2 a2
c
a
b
Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c là bình phương của một số hữu tỉ.
b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn: a + b + c = 3.
Chứng minh rằng

a
b
c
3
+

+
≥
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a 2

Bài 3: (3 điểm)
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2x2 + y2 + 4x – 1 = 0
b) Giải phương trình sau: ( x2 + x + 1)2 = 3.(x4 + x2 + 1)
Bài 4: (6,5 điểm)
Cho ∆ABC vuông tại A, AB = 6cm, AC = 8cm. Kẻ đường cao AH, (H∈BC), kẻ HM
vuông góc với AB, HN vuông góc với AC, (M∈AB, N∈AC).
a) Tính độ dài cạnh MN.
b) Chứng minh rằng AM. AB = AN. AC.
c) Tính diện tích tứ giác AMHN.
d) Trên tia HC lấy diểm D sao cho HA = HD, từ D kẻ đường thẳng song song với
AH cắt AC tại E. Lấy I là trung điểm của BE. Gọi P là giao điểm của HI với AD. Tính tỉ số
AP
.
PD

Bài 5: (2 điểm) Cho abc ≠ ± 1, abc ≠ 0, thỏa mãn:
Chứng minh rằng: a = b = c.

ab + 1 bc + 1 ac + 1
=
=
.
b

c
a

--------------------- Hết --------------------(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh: .........................................................
Số báo danh:.........................


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM TOÁN 8 (2015 – 2016)
Bài
Bài 1
(4,5
điểm)

Nội dung
6x + 3



+ 3
− 2
a) A = 
÷: ( x + 2)
 x +1 x +1 x − x +1 
1

2

với x ≠ -1; x ≠ -2.

Biểu
điểm
1,5(điểm)

 x2 − x + 1 + 6x + 3 − 2x − 2 
=
÷: ( x + 2)
( x + 1).( x 2 − x + 1)


2
x + 3x + 2
1
= 2
=
2
( x + 1)( x − x + 1)( x + 2) x − x + 1

b) với x ≠ - 1; x ≠ - 2.
A>1 ⇔

1,5(điểm)

1
−x + x
>1⇔ 2
> 0 (*).
x − x +1
x − x +1
2

2

Do x2 - x + 1 > 0 với mọi x nên (*) ⇔ - x2 + x > 0
... ⇔ 0 < x < 1. Kết luận.
1
x3 − x 2 + x
x
.
=
c) với x ≠ - 1; x ≠ - 2. Ta có: P = A.B = x 2 − x + 1
2
( x + 1) 2
( x + 1)

1,5(điểm)

Đặt t = x + 1 ⇔ x = t - 1.
Khi đó P =

t −1
1 1 1 1
1 1
1 1
= −( 2 − + ) + = −( − ) 2 + ≤ ⇒ GTLN của P = 1/4
2
t
t t 4 4
t 2
4 4

⇔ t = 2 ⇔ x = 1 (t/m).
Bài 2
a
b
c
a 2 b2 c 2
+
+
Ta có: 2 + 2 + 2 =
(4
b
c
a
c
a
b
điểm)
3 2
3 2
3 2
3
3
3
⇔ a c + b a + c b = b c + c a + a b ( do a 2b 2c 2 = abc =1)

⇔ ( a 2b 2c 2 − a 3c 2 ) − ( b3a 2 − a 3b ) − ( c 3b 2 − c 3a ) + ( b 3c − abc ) = 0

⇔ a 2c 2 ( b 2 − a ) − ba 2 ( b 2 − a ) − c 3 ( b 2 − a ) + bc ( b 2 − a ) = 0

⇔ ( b 2 − a ) ( a 2c 2 − ba 2 ) − ( c 3 − bc )  = 0
⇔ ( b 2 − a ) ( c 2 − b ) ( a 2 − c ) = 0 ⇒ a = b 2 hoặc b = c 2 hoặc c = a 2
Vậy ít nhất một trong ba số a, b, c phải là bình phương của một số hữu tỉ.

2(điểm)


b) Do a, b > 0 và 1+ b 2 ≥ 2b ∀a, b nên:
a
ab 2
ab 2
ab
≥ a−
= a−
2 = a−
2
1+ b
1+ b
2b
2
Đẳng thức xảy ra ⇔ b = 1
Chứng minh tương tự ta cũng có:
b
c
bc
ca
;
. Đẳng thức xảy ra ⇔ c = 1; b = 1.
2 ≥ b−
2 ≥ c−

1+ c
2 1+ a
2
a
b
c
 ab + bc + ca 
+
+
≥ ( a +b + c) −
⇒
÷
2
2
2
1 + b 1 + c 1+ a
2


a
b
c
 ab + bc + ca 
+
+
≥3−
Hay
÷ (1)
2
2

2
1 + b 1 + c 1+ a
2


2
Mặt khác, do a + b + c = 3 ⇒ (a + b + c) = 9
⇔ a 2 + b 2 + c 2 + 2 ( ab + bc + ca ) = 9 (2)
1
Mà a 2 + b 2 + c 2 = ( a 2 + b 2 ) + ( b 2 + c 2 ) + ( c 2 + a 2 )  ≥ ab + bc + ca (3)
2
Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c
Từ (2)và (3) ⇒ 9 ≥ 3 ( ab + bc + ca ) ⇔ 3 ≥ ( ab + bc + ca )
(4)
a
b
c
3
+
+
≥3−
Từ (1) và (4) ⇒
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2
a
b
c

3
+
+
≥ Dấu = sảy ra ⇔ a = b = c = 1
⇔
2
2
2
1+ b 1+ c 1+ a
2
Bài 3 a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2x2 + y2 + 4x - 1= 0
(3
Ta có: 2x2 + y2 + 4x – 1 = 0 ⇔ 2.(x + 1)2 = 3 - y2 (*)
điểm)
Vì: 2.(x + 1)2 ≥ 0 với mọi x, và 2.(x + 1)2 là số chẵn với x nguyên nên từ
(*) ta có. Nếu PT (*) có nghiệm thì 3- y2 ≥ 0 và chẵn ⇒ y2 lẻ mà y nguyên
⇒ y = ± 1 Khi đó x = 0 ; x = - 2.
Vậy tìm được 4 cặp số nguyên (x,y) thỏa mãn đề bài là
(0, 1); (0, -1); (-2, 1); (- 2, -1).
b) Giải phương trình sau: ( x2 + x + 1)2 = 3.(x4 + x2 + 1)
( x2 + x + 1)2 = 3.(x4 + x2 + 1) ⇔ ( x2 + x + 1)2 =3((x2 +1)2 - x2)
⇔ ( x2 + x + 1)2 = 3(x2 – x + 1)( x2 + x + 1)
⇔ ( x2 + x + 1)(x2 + x + 1- 3x2 + 3x - 3) = 0
⇔ -2(x2 + x + 1)(x2 - 2x + 1) = 0
Lập luận để tìm được x = 1. Kết luận.

2(điểm)

1,5(điểm)

1,5(điểm)


Bài 4
(6,5
điểm)

a) Vẽ hình và tính MN.
Tính được BC =10 cm.
- Lập luận để có AMHN là hình chữ nhật.
⇒ MN = AH
- Tính được AH = 4,8cm
⇒ MN = 4,8cm.

2(điểm)
A
N
P

M
B

b) Chứng minh ∆AMN ∼ ∆ACB (g.g) ⇒

I

SABC =

D

AN H

AM
=
⇔ AM . AB = AN . AC .
AC
AB

2

c) ∆AMN ∼ ∆ACB (g.g) ⇒

E
C

1,5(điểm)

2

S AMN  MN   4,8  144
=
÷ =
÷ =
S ABC  BC   10 
625

1
AH.BC = 24 cm
2

1,5(điểm)

⇒ SAMN = 5,5296cm2 ⇒ SAMHN = 11,0592 cm2.
d) Tam giác ABE vuông tại A có AI là trung tuyến nên AI=

1
BE.
2

1
BE
2
⇒ AI = DI Do đó: ∆AHI = ∆DHI (c.c.c ) nên suy ra được HI là tia phân giác
AP
của góc AHD ⇒ P là trung điểm của AD ⇒
= 1.
PD

Tương tự DI=

Bài 5
(2
điểm)

Cho abc ≠ ± 1 và abc ≠ 0 thỏa mãn:

1,5(điểm)

ab + 1 bc + 1 ac + 1
=

=
.
b
c
a

Chứng minh rằng : a = b = c.

ab + 1 bc + 1 ac + 1
1
1
1
=
=
⇒ a+ =b+ =c+
b
c
a
b
c
a
1 1 b−c
Do đó : a − b = − =
. (1)
c b
bc
c−a
a −b
;c − a =
Tương tự: b − c =

ac
ab
(a − b).(b − c ).(c − a)
⇒ (a - b)(b - c)(c - a) =
a 2b 2 c 2

HD: Từ

⇔ (a - b)(b - c)(c - a)(a2b2c2 - 1) = 0.
Do có abc ≠ ± 1 nên (a - b)(b - c)(c - a) = 0.
- Nếu a – b = 0 ⇒ a = b thay vào (1) ta có b = c => a = b= c.
Tương tự các TH còn lại ta luôn có a = b= c.
Chú ý: - Điểm được lấy đến 0.25.
- Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

2(điểm)