Bộ 4 đề thi HSG Toán 8 (có đáp án)

Đề số 1
Câu 1. (4,0 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a) 3x2 – 7x + 2;

b) a(x2 + 1) – x(a2 + 1).

Câu 2. (5,0 điểm) Cho biểu thức :

2 x
4 x2
2 x
x 2  3x
A(


):(
)
2  x x2  4 2  x
2 x 2  x3
a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ?
b) Tìm giá trị của x để A > 0?
c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4.
Câu 3. (5,0 điểm)
a) Tìm x,y,z thỏa mãn phương trình sau :
9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0.
b) Cho

a b c
x2 y 2 z 2
x y z
   1 và    0 . Chứng minh rằng : 2  2  2  1 .

x y z
a
b
c
a b c

Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD.
Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần
lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD.
a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ?
b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK
c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2.

Đáp án & Biểu điểm
Nội dung đáp án

Điểm

Bài 1
a

2,0
3x2 – 7x + 2 = 3x2 – 6x – x + 2 =

1,0

= 3x(x -2) – (x - 2)

0,5

= (x - 2)(3x - 1).

0,5

b

2,0
a(x2 + 1) – x(a2 + 1) = ax2 + a – a2x – x =

1,0

= ax(x - a) – (x - a) =

0,5

= (x - a)(ax - 1).

0,5

1


Bài 2:

5,0

a

3,0

2  x  0
 2
x  0
x  4  0


ĐKXĐ : 2  x  0
  x  2
 x 2  3x  0
x  3


2
3
2 x  x  0

A(

1,0

2  x 4x2
2 x
x 2  3x
(2  x) 2  4 x 2  (2  x) 2 x 2 (2  x)
 2

):( 2 3) 
.
 1,0
2  x x  4 2  x 2x  x

(2  x)(2  x)
x( x  3)

4 x2  8x
x(2  x)
.

(2  x)(2  x) x  3


0,5

4 x( x  2) x(2  x)
4x2

(2  x)(2  x)( x  3) x  3

0,25

4x 2
Vậy với x  0, x  2, x  3 thì A 
.
x 3
b

0,25
1,0

Với x  0, x  3, x  2 : A  0 

4 x2
0
x 3

0,25

 x 3  0

0,25

 x  3(TMDKXD)

0,25

Vậy với x > 3 thì A > 0.

0,25

c

1,0

x  7  4
x7  4  
 x  7  4

0,5

 x  11(TMDKXD)


 x  3( KTMDKXD)

0,25

121
2

0,25

Với x = 11 thì A =
Bài 3

5,0

a

2,5
9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0

 (9x2 – 18x + 9) + (y2 – 6y + 9) + 2(z2 + 2z + 1) = 0

1,0

 9(x - 1)2 + (y - 3)2 + 2 (z + 1)2 = 0 (*)

0,5

Do : ( x  1)2  0;( y  3)2  0;( z  1)2  0

0,5

Nên : (*)  x = 1; y = 3; z = -1

0,25

2


Vậy (x,y,z) = (1,3,-1).

0,25

b

2,5
Từ :

a b c
ayz+bxz+cxy
  0
0
x y z
xyz

0,5

 ayz + bxz + cxy = 0
Ta có :

0,25

x y z
x y z
   1  (   )2  1
a b c
a b c

0,5



x2 y 2 z 2
xy xz yz
 2  2  2(   )  1
2
a b
c
ab ac bc

0,5



x2 y 2 z 2
cxy  bxz  ayz
 2  2 2
1
2
a b
c

abc

0,5



x2 y 2 z 2
   1(dfcm)
a 2 b2 c 2

0,25

Bài 4

6,0
H

C

B

0,25

F
O
E
A
D

a

K

2,0
Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF

0,5

Chứng minh : BEO  DFO( g  c  g )

0,5

=> BE = DF

0,25

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.

0,25

b

2,0
Ta có: ABC  ADC  HBC  KDC

0,5

Chứng minh : CBH

1,0



CDK ( g  g )

CH CK

 CH .CD  CK .CB
CB CD

0,5

b,

1,75
Chứng minh : AFD

AKC( g  g )

0,25

3




AF AK

 AD. AK  AF . AC
AD AC

Chứng minh : CFD



0,25

AHC ( g  g )

0,25

CF AH

CD AC

Mà : CD = AB 

0,25

CF AH

 AB. AH  CF . AC
AB AC

Suy ra : AB.AH + AB.AH = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2
(đfcm).

4

0,5

0,25


Đề số 2
Câu 1. Phân tích các đa thức sau ra thừa số:
a) x  4
4

b)

 x  2  x

 3 x  4  x  5   24

Câu 2.
a) Giải phương trình: x  30x
4

2

 31x  30  0

a
b
c
a2
b2
c2
b) Cho



0


 1 . Chứng minh rằng:
bc ca ab
bc ca ab
Câu 3. Cho biểu thức:

2
1  
10  x 2 
 x
A 2



:x  2 
x2 
x 4 2x x2 

a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tính giá trị của A , Biết x =

1
.
2

c) Tìm giá trị của x để A < 0.
d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Câu 4. Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Kẻ ME  AB,
MF  AD.
a) Chứng minh: DE  CF
b) Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy.
c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Câu 5.
a) Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

1 1 1
  9
a b c

b) Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002
c)

Tính: a2011 + b2011

Đáp án & Biểu điểm
Câu

Đáp án

Điểm

a. x4 + 4 = x4 + 4x2 + 4 - 4x2
Câu 1

= (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2 = (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 - 2x)

(6 điểm)

(2 điểm)
( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24

5


Đáp án

Câu

Điểm

= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
= [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24= (x2 + 7x + 11)2 - 52
= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)
b. x  30x
4

x

2

2

 31x  30  0 <=>



 x  1  x  5  x  6   0 (*)

Vì x2 - x + 1 = (x -

1 2 3
) +
>0
2
4

x

 (*) <=> (x - 5)(x + 6) = 0

x  5  0
x  5

x  6  0
x   6

 

(2 điểm)

a
b
c


1

bc ca ab
với a + b + c; rút gọn  đpcm
c. Nhân cả 2 vế của:

(2 điểm)

Biểu thức:

2
1  
10  x 2 
 x
A 2



:x  2 
x2 
x 4 2x x2 
a. Rút gọn được kq: A 
Câu 2
(6 điểm)

1
x2

(1.5 điểm)

b. x 

1
1
1
 x  hoặc x 
2
2
2

A

4
4
hoặc A 
3
5

(1.5 điểm)

c. A  0  x  2
d. A  Z 

(1.5 điểm)

1
 Z ...  x 1;3
x2

(1.5 điểm)

HV + GT + KL

A

E

B

(1 điểm)

Câu 3

F

M

(6 điểm)
D

6

C


Đáp án

Câu
a. Chứng minh:

Điểm

AE  FM  DF

 AED  DFC  đpcm
b. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC  đpcm

(2 điểm)
(2 điểm)

c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

 ME  MF  a không đổi
 S AEMF  ME.MF lớn nhất  ME  MF (AEMF là
hình vuông)

 M là trung điểm của BD.

(1 điểm)

b c
1

1


a
a a

a c
1
a. Từ: a + b + c = 1    1  
b b

b
a b
1

1


c
c
c


Câu 4:
(2 điểm)

1 1 1
a b a c b c
    3           
a b c
b a c a c b
32229
Dấu bằng xảy ra  a = b = c =

(1 điểm)

1
3

b. (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002
 (a+ b) – ab = 1

 (a – 1).(b – 1) = 0
 a = 1 hoÆc b = 1

(1 điểm)

Víi a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1 hoÆc b = 0 (lo¹i)
Víi b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoÆc a = 0 (lo¹i)
VËy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2

7


s 3
Cõu 1. (2 điểm)Cho

P=

a 3 4a 2 a 4
a 3 7a 2 14a 8

a) Rút gọn P
b) Tìm giá trị nguyên của a để P nhận giá trị nguyên
Cõu 2. (2 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập ph-ơng
của chúng chia hết cho 3.
b) Tìm các giá trị của x để biểu thức P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) có giá trị nhỏ nhất . Tìm
giá trị nhỏ nhất đó .
Cõu 3. (2 điểm)
a) Giải ph-ơng trình :

1
1
1
1
2
2

x 9 x 20 x 11x 30 x 13x 42 18
2

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :

a
b
c


3
bca a cb a bc

c) A =

Cõu 4. (3 điểm) Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy bằng
600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC lần l-ợt tại
D và E . Chứng minh :
a) BD.CE=

BC 2
4

b) DM,EM lần l-ợt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.
Cõu 5. (1 điểm)Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên d-ơng và
số đo diện tích bằng số đo chu vi .

ỏp ỏn & Biu im
Câu 1 : (2 đ)
a) (1,5) a3 - 4a2 - a + 4 = a( a2 - 1 ) - 4(a2 - 1 ) =( a2 - 1)(a-4)
=(a-1)(a+1)(a-4)
3

2

3

0,5
2

a -7a + 14a - 8 =( a -8 ) - 7a( a-2 ) =( a -2 )(a + 2a + 4) - 7a( a-2 )
=( a -2 )(a2 - 5a + 4) = (a-2)(a-1)(a-4)
Nêu ĐKXĐ : a 1; a 2; a 4
Rút gọn P=

0,5
0,25

a 1
a2

0,25

8


b) (0,5đ) P=

a23
3
; ta thấy P nguyên khi a-2 là -ớc của 3,
1
a2
a2

mà Ư(3)= 1;1;3;3

0,25

Từ đó tìm đ-ợc a 1;3;5

0,25

Câu 2 : (2đ)
a)(1đ) Gọi 2 số phải tìm là a và b , ta có a+b chia hết cho 3 .





0,25

Ta có a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b) (a 2 2ab b 2 ) 3ab =



=(a+b) (a b) 2 3ab



0,5

Vì a+b chia hết cho 3 nên (a+b)2-3ab chia hết cho 3 ;





Do vậy (a+b) (a b) 2 3ab chia hết cho 9
b) (1đ) P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x2+5x-6)(x2+5x+6)=(x2+5x)2-36
Ta thấy (x2+5x)2 0 nên P=(x2+5x)2-36 -36

0,25
0,5
0,25

Do đó Min P=-36 khi (x2+5x)2=0
Từ đó ta tìm đ-ợc x=0 hoặc x=-5 thì Min P=-36

0,25

Câu 3 : (2đ)

a) (1đ) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;
x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;

0,25

ĐKXĐ : x 4; x 5; x 6; x 7

0,25

Ph-ơng trình trở thành :

1
1
1
1



( x 4)( x 5) ( x 5)( x 6) ( x 6)( x 7) 18

1
1
1
1
1
1
1

x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18
1
1
1


x 4 x 7 18

0,25

18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
(x+13)(x-2)=0
Từ đó tìm đ-ợc x=-13; x=2;

0,25

b) (1đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0
Từ đó suy ra a=

yz
xz
x y
;b
;c
;
2

2
2

Thay vào ta đ-ợc A=

0,5

yz xz x y 1 y x
x z
y z


( ) ( ) ( ) 0,25
2x
2y
2z
2 x y
z x
z y

9


Từ đó suy ra A

1
(2 2 2) hay A 3
2

0,25

Câu 4 : (3 đ)
a) (1đ)
Trong tam giác BDM ta có : D 1 120 0 M 1
Vì M 2 =600 nên ta có

: M 3 120 0 M 1

Suy ra D 1 M 3

x

Chứng minh BMD CEM (1)
Suy ra

E
D

BD CM
, từ đó BD.CE=BM.CM

BM
CE

Vì BM=CM=

BC
, nên ta có
2

b) (1đ) Từ (1) suy ra

y

A

BD.CE=

BC
4

1

2
1

B

2 3

M

2

0,5

C

0,5

BD MD
mà BM=CM nên ta có

CM EM

BD MD

BM EM
Chứng minh BMD MED

0,5

Từ đó suy ra D 1 D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Chứng minh t-ơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED

0,5

c) (1đ) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK

0,5

Tính chu vi tam giác bằng 2AH; Kết luận.

0,5

Câu 5 : (1đ)
Gọi các cạnh của tam giác vuông là x , y , z ; trong đó cạnh huyền là z
(x, y, z là các số nguyên d-ơng )
Ta có xy = 2(x+y+z) (1) và x2 + y2 = z2 (2)

2

0,25

2

Từ (2) suy ra z = (x+y) -2xy , thay (1) vào ta có :
z2 = (x+y)2 - 4(x+y+z)
z2 +4z =(x+y)2 - 4(x+y)
z2 +4z +4=(x+y)2 - 4(x+y)+4
(z+2)2=(x+y-2)2 , suy ra z+2 = x+y-2

0,25

z=x+y-4 ; thay vào (1) ta đ-ợc :
xy=2(x+y+x+y-4)
xy-4x-4y=-8
(x-4)(y-4)=8=1.8=2.4

0,25

Từ đó ta tìm đ-ợc các giá trị của x , y , z là :

10


(x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ;
(x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10)

0,25

Đề số 4
Câu 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử
A   a  1 a  3 a  5 a  7   15

Câu 2. Với giá trò nào của a và b thì đa thức  x  a  x  10   1 phân tích thành tích của
một đa thức bậc nhất có các hệ số nguyên .
Câu 3. Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4  3x3  ax  b chia hết cho đa
thức B( x)  x 2  3x  4 .
Câu 4. Cho tam giác ABC, đường cao AH,vẽ phân giác Hx của góc AHB và phân giác Hy
của góc AHC. Kẻ AD vuông góc với Hx, AE vuông góc Hy. Chứng minh rằngtứ
giác ADHE là hình vuông.
Câu 5. Chứng minh rằng P 

1 1 1
1
 2  4  ... 
1
2
2 3 4
1002

Đáp án & Biểu điểm
Câu

Đáp án

Biểu
điểm

1

A   a  1 a  3 a  5  a  7   15

2đ

 a 2  8a  7 a 2  8a  15  15


 a
 a
 a



2







2



0,5 đ

 8a  22 a 2  8a  120


 8a  12  a
  a  2  a  6   a
2

0,5 đ

0,5 đ

2

 8a  11  1

2

2
2


 8a  10 

0,5 đ

 8a  10

2

Giả sử:  x  a  x  10  1   x  m  x  n  ;(m, n  Z )

0,25 đ

2đ

 x 2   a  10  x  10a  1  x 2   m  n  x  mn

0,25 đ





0,25 đ

m  n  a 10
m.n 10 a 1

Khử a ta có :
mn = 10( m + n – 10) + 1

11


 mn  10m  10n  100  1
 m(n  10)  10n  10)  1
vì m,n nguyên ta có:



m 10 1

n 101

0,25 đ
0,25 đ

v



m 10 1
n 101

0,25 đ
0,25 đ

suy ra a = 12 hoặc a =8

0,25 đ
3

Ta có:

1đ

A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + 4
Để A( x) B( x) thì



a  3 0

b  40





0,5 đ
0,5 đ

a 3
b 4

4
3đ

0,25 đ

Tứ giác ADHE là hình vuông
Hx là phân giác của góc AHB ; Hy phân giác của góc AHC mà

AHB và AHC là hai góc kề bù nên Hx và Hy vuông góc
0

Hay DHE = 90 mặt khác ADH  AEH = 90

0

Nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật ( 1)
0

AHD 

AHB 90

 450
2
2

Do AHE 

AHC 900

 450
2
2

0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ

 AHD  AHE

0,5 đ

Hay HA là phân giác DHE (2)
Từ (1) và (2) ta có tứ giác ADHE là hình vuông

0,25 đ

0,25 đ
0,25 đ

12


5
2ñ

0,5 ñ

1 1 1
1
 2  4  ... 
2
2 3 4
1002
1
1
1
1



 ... 
2.2 3.3 4.4
100.100
1
1
1

1



 ... 
1.2 2.3 3.4
99.100
1 1 1
1
1
 1     ...  
2 2 3
99 100
1
99
 1

1
100 100
P

0,5 ñ

0,5 ñ

0,5 ñ

13