Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án chi tiết đề de 1

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

TRƯỜNG THCS CAO VIÊN

Đề thi có 01 trang

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (3,0 điểm)Giải phương trình .

=
Câu 2. (3,0 điểm) giải bất phương trình sau :

Câu 3. (5,0 điểm)
a)Tìm những giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức :
x3 – 3x2 – 3x -1 chia hết cho giá trị của biểu thức x2 + x + 1
b) Tìm tất cả các số tự nhiên m và n sao cho 2m – 2n = 448
Câu 4. (7,0 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


TRƯỜNG THCS CAO VIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu

Hướng dẫn giải

1
18
18
+ 2
= 2
x + 2x − 3 x + 2x + 2 x + 2x + 1
(x − 1)(x + 3) ≠ 0  x ≠ 1
 x 2 + 2x − 3 ≠ 0

 2
2

x
+
2x
+
2
≠
0
⇔

( x + 1) + 1 ≠ 0 ⇔  x ≠ −3
ĐKXĐ  2

 x ≠ −1
2


 x + 2x + 1 ≠ 0
( x + 1) ≠ 0

điểm
0,5

2

Câu 1
(3.0 điểm)

Đặtt = x2 + 2x + 1 = (x+1)2 , ta có :
1
18 18
+
=
( t > 0 ; t≠ 4 )
t − 4 t +1 t

0,5

t ( t + 1 ) + 18t(t-4)= 18(t+1)(t-4)
t2 - 17t + 72 = 0  ( t – 8 ) ( t – 9 ) = 0 => t = 8 hoặc t = 9

0,75

Với t = 8 thì (x+1)2 = 8 => x+1 = ± 8 => x = ± 8 -1
Với t = 9 thì (x+1)2 = 9 => x+1 = ±3=> x =2 hoặc x = -4

0,75

Kết hợp với ĐKXĐ ta có tập nghiệm của pt là :
S = { x = ± 8 -1 ; x =2 ; x = -4}

0,5

giải bất phương trình sau :

Câu 2
(3.0 điểm)

Câu 3
(5.0 điểm)

x +1 x + 4 x + 5
+
+
≥ −3
99
96
95
x +1
x+4
x+5
⇔
+1+
+1+
+1≥ 0
99

96
95
x + 1 + 99 x + 4 + 96 x + 5 + 95
⇔
+
+
≥0
99
96
95
x + 100 x + 100 x + 100
⇔
+
+
≥0
99
96
95
1
1 
 1
⇔ ( x + 100 )  + + ÷≥ 0
 99 96 95 
⇔ x + 100 ≥ 0 ⇔ x ≥ −100

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là : S = {x/x≥ -100}
Thực hiện phép chia x3 – 3x2 – 3x -1cho x2 + x + 1 được thương là
x- 4 dư 3 .
Suy ra giá trị x3 – 3x2 – 3x -1chia hết cho giá trị của x2 + x + 1khi 3
chia hết cho x2 + x + 1,do đó :

1

1

1

0,5
0,5


x2 + x + 1 = ± 3 hoặc x2 + x + 1 = ± 1
a -2,5
Biến đổi
0,5

Suy ra x2 + x + 1 > 0 với mọi x

Vậy loại trường hợp x2 + x + 1 = - 3 hoặc x2 + x + 1 = - 1
Từ x2 + x + 1 = 3 => x = 1 ; x = -2
x2 + x + 1 = 1=> x= 0 ; x= -1
Vậy có 4 giá trị nguyên của x là x = ± 1 ; x= 0 ; x = -2

1

Ta thấy 2m – 2n = 448> 0 nên m > n
2m – 2n = 2n ( 2m-n – 1 )= 64 . 7 (1)

b -2,5

0,5

Từ (1) ta thấy 2n ( 2m-n – 1 ) chia hết cho 64 mà 64 và (2m-n – 1) nguyên tố
cùng nhau nên 2n 64 (2)
Từ (1) ta thấy 64 . 7

2n mà ( 7 ; 2n ) = 1 nên 64

2n (3)

Từ (2) và (3)=> 2n = 64 => n = 6
Mặt khác 2m-n – 1= 7 => 2m-n = 8 =>2m-6 = 23 => m – 6 = 3 => m = 9
Vậy m = 9 ; n = 6
Câu 4

0,5
0,5
1
(7 điểm)

E

A

B

H
F

D

C

M

N

∠ DAM= ∠ ABF (cùng phụ ∠ BAH)
AB = AD ( gt)
(7.0 điểm)
∠ 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)

Ta có

0.75

0.5
0.5


Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật
Ta có ∆ ABH
=>

0.5

∆ FAH (g.g)
0.75

AB BH
BC BH
=
=
hay
( AB=BC, AE=AF)
AF AH
AE AH
Lại có ∠ HAB= ∠ HBC (cùng phụ ∠ ABH)

=> ∆ CBH

0.75

∆ EAH (c.g.c)

2
2
SΔCBH
SΔCBH  BC 
 BC 
=
4
⇒
=

= 4 nên BC2 = (2AE)2
(gt) ⇒ 
÷ , mà 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)

0.75
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:
⇒

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

2

2

0.5

2

AD   AD   CN   CM 
CN 2 + CM 2 MN 2
⇒ 
+
=
+
=
=
=1

÷ 
÷ 
÷ 
÷
MN 2
MN 2
 AM   AN   MN   MN 

0.5

(Pytago)

2

2

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

0.5

2

(*)

2

(**)

y + b 2 x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b )

2

0.75

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng)
2

(2.0 điểm)
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

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2

0.5


2

2

1 1 1
1 1 1
1
1
1

+
+

÷
 + + ÷
a 2 + b2 + c 2 ≥  a b c  =  a b c 
(Vì abc = 1 )
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
Hay
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

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 câu 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.