Đề thi HSG Toán 8 cấp huyện

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HOÁ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Năm học 2010-2011
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 18 /4/2011
Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao
đề)

Đề thi này có 5 bài, gồm 1 trang.
Bài 1: (3 điểm)
2

 x − 1

2  x +1

.
− x − 1 :
Cho biểu thức: A=  −
 x
 3x x + 1  3x
a) Rút gọn A
b) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng: a2 + b2 ≥

1
với a+ b ≥1

2

b) Kí hiệu [a] ( phần nguyên của a) là số nguyên lớn nhất không vượt quá a. Tìm x biết
 34 x + 19 
= 2x + 1
11 

rằng: 


Bài 3: (3 điểm)
Lúc 7 giờ, một ca nô xuôi dòng từ A đến B cách nhau 36 km, rồi ngay lập tức quay
trở về A lúc 11 giờ 30 phút. Tính vận tốc ca nô khi xuôi dòng, biết rằng vận tốc nước chảy
là 6 km/h.
Bài 4: (5 điểm)
a) Hãy tính số bị chia, số chia và thương số trong phép chia sau đây:
abcd : dcba = q biết rằng cả ba số đều là bình phương của những số nguyên
( những chữ khác nhau là các chữ số khác nhau )
b) Cho a, b, c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
a
b
c
+
+
≥3
b+c−a a+c−b a+b−c

Bài 5: ( 5 điểm)
Cho đoạn thẳng AB = a. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B. Vẽ về một phía của
AB các hình vuông AMNP, BMLK có tâm theo thứ tự là C, D. Gọi I là trung điểm của CD.

a. Tính khoảng cách từ I đến AB.
b. Khi điểm M di chuyển trên đoạn thẳng AB thì điểm I di chuyển trên đường nào?

Hết
Họ tên thí sinh: .........................................

Chữ kí của giám thị1: ....................

Số báo danh: .............................................

Chữ kí của giám thị 2: ...................
1


* Giám thị không giải thích gì thêm.

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HOÁ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HSG LỚP 8
Năm học 2010-2011
MÔN : TOÁN

Hướng dẫn chấm này có 2 trang

Câu

Nội dung

Điểm

ĐKXĐ: x ≠ 1, x ≠ -1 , x ≠ 0

0,5

2
2  x +1
 x − 1
−
.
− x − 1 :
=
 x
 3 x x + 1  3x

a)A= 

Bài 1
(3điểm)

2
 −
 3x
2
 3 x −

2
2  x + 1 − 3x 2 − 3x  x
2 1 − 2 x − 3x 2  x
.

.
= −
.
=
.
x +1 
3x
3x
 x − 1  3x x + 1
 x −1
2 ( x + 1)(1 − 3 x )  x
2 − 2 + 6x x
2x
.
.
=
.
=

x +1
3x
3x
x −1 x −1
 x −1

1,5

2( x − 1) + 2
2
= 2+

( x − 1)
x −1
2
Để A có giá trị nguyên ị
có giá trị nguyên ịx-1ẻƯ(2) =
x −1
{ ± 1;±2} ⇒ x ∈ { − 1;0;2;3} vì x ≠ -1; x ≠0 ⇒ { x} = { 2;3}

0,5

a) Theo bài ra ta có a+b ≥ 1 ⇔ a2+ 2ab +b2 ≥1 (1)
Mặt khác : (a-b)2 ≥ 0 ⇔ a2- 2ab +b2 ≥ 0 (2) .

0,75
0,75
0,5

2x

b) A= x − 1 =

2(a2+ b2) ≥1 ⇔ a2+b2≥

Từ (1) và (2) suy ra:
 34 x + 19 
= 2x + 1
11 

1
2

0,5

34 x + 19
− (2 x + 1) < 1 và 2x+1ẻZ
11
⇔ 0≤12x+8 <11 ⇔ -8≤ 12x < 3 ⇔ − 4 ≤ 2 x < 1 ⇔ − 1 ≤ 2 x + 1 < 3
3
2
3
2
−1
Do 2x+1ẻZ ị 2x+1 =0 hoặc 2x+1 =1 ị x = ; x = 0
2

1,0

Gọi x(km/h) là vận tốc ca nô xuôi dòng . (ĐK: x>12)
Vận tốc ca nô khi nước lặng là : x-6 (km/h)
Vận tốc ca nô khi ngược dòng là: x-12 (km/h)

0,5

b) 


⇔

0≤

0,5
0,5

2


Bi:3
(3 im)

Thi gian c i v v ca ca nụ l 4,5 gi nờn ta cú phng trỡnh:
1,0

36
36
9
+
=
x x 12 2

(x-4)( x-24) = 0
x=4 (Loi) v x=24(tho món iu kin)
Vy vn tc ca ca nụ khi xuụi dũng l 24km/h

Bi:4
(5 im)

1,0
0,5

a) abcd : dcba = q Vỡ q1 q=4 hoc q=9 a;d phi l nhng s thuc

{1;4;5;6;9} a 0, d 0
Do abcd = dcba x q nờn d <3 d =1
Gi s q=4 khi ú 1cba x 4=abc1(vụ lớ ) vỡ 1cba x 4 phi l mt s chn
nờn q =9
Vi q=9 ta cú 1cba x 9 = abc1 suy ra a=9 , c < 2 vỡ tớch 1cba x 9 l s cú 4
ch s ta li cú c d tc l c 1 c= 0
Ta thy abcd = 9b01= 10b9 x 9 vy 9b01 l s chia ht cho 9 b=8 túm
li ta cú 9801:1089=9
Th li ta cú 9801= 99x99 ; 1089 = 33x33 ; 9 = 3x3

0,5

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

b) Đặt x = b+c a , y = a+c-b , z = a+b c (x,y,z >0) x+y+z =
a+b+c và 2a = a+b+c (b+c-a) =x+y+z-x = y+z a =
b=

x+z
x+ y
;c =
2
2

y+z
tơng tự :
2

1,0

BĐT chứng minh tơng đơng với :

y+z x+z x+ y
+
+
6
x
y
z

1,0

y x z
+ + +
x y x



do Bđt + 2

0,5

x y z
+ + 6
z z y

a

b

b
a

Vậy Bất đẳng thức đợc chứng minh.
a) Kẻ CE, IH, DF cùng
vuông góc với AB
suy ra tứ giác CDFE là hình
thang vuông
1,0
chứng minh đợc :
CE =
Bài:5
(5 điểm)

N

P
Q

AM
BM
, DF =
2
2

C

CE+DF=

AB a
a
= IH =
2
2
4

b) Khi M di chuyển trên AB

I

R

1,5

L

K
S

A
E

0,5

D
B

H

M

F

3


thì I di chuyển trên đoạn RS
song song với AB và cách
AB một khoảng bằng

a
2,0
(R
4

là trung điểm của AQ
, S là trung điểm của BQ , Q
là giao điểm của BL và AN)

(Bài hình học sinh không vẽ hình thì không chấm điểm)
PHềNG GIO DC V O TO
HUYN HONG HO

THI HC SINH GII- NM HC 2011- 2012
MễN THI: TO N - L P 8
Thi gian lm bi: 120 phỳt (Khụng k thi gian giao

)

Bi 1: (3,0 im).
1

2

5 x 1 2x

+

: 2
Cho biu thc A =
2 ữ
1 x x +1 1 x x 1
a) Rỳt gn biu thc A.
b) Tỡm x A > 0.
Bi 2: (4,0 im).
a) Chng minh rng biu thc sau khụng ph thuc vo bin x:



7

( 6 x + 7)(2 x 3) (4 x + 1) 3x ữ
4


x y
b) Tớnh giỏ tr biu thc P =
. Bit x 2 2 y 2 = x y

x+ y

( x + y 0, y 0).

Bi 3: (4,0 im).
a) Gii phng trỡnh: x6 7x3 8 = 0
b) Chng minh rng: Nu 2n + 1 v 3n + 1 (n N) u l cỏc s chớnh phng
thỡ n chia ht cho 40.
Bi 4:(6,0im).
Cho tam giỏc ABC cú ba gúc nhn, cỏc ng cao BD, CE ct nhau ti H.
a) Chng minh ABD ACE.
b) Chng minh BH.HD = CH.HE.
c) Ni D vi E, cho bit BC = a, AB = AC = b. Tớnh di on thng DE theo a,
b.
Bi 5: (3.0im).
a) Gii phng trỡnh: (8x 4x2 1).(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1)
4


2

ab + 1 
b) Cho hai số a, b thoả mãn a + b ≠ 0. Chứng minh rằng: a2 + b2 + 
÷ ≥ 2.
 a+b 

……………………………………HẾT…………………………………
Họ và tên thí sinh:……………………………………… Giám thị 1:………………………
Số báo danh:……………………….

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN HOẰNG HOÁ

Bài

Giám thị 2:……………………….

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2011- 2012
MÔN THI: TOÁN - LỚP 8

Nội dung

Điểm
0,25đ
0,75đ

a) (2,0 điểm) KXĐ: x ≠ ± 1

1+ x + 2 − 2x − 5 + x 1 − 2x
: 2
1 − x2
x −1
2
2 x −1
2
(3,0điểm)
=
= 2 .
x −1 1− 2x 1− 2x

Bài 1

A=

1,0đ

b) (1,0 điểm) A > 0 ⇔ 1 – 2x > 0 ⇔ x <
Đối chiếu ĐKXĐ, ta được - 1 ≠ x <

1
2

1
.
2

7



7
−77
(4,0điểm) = 12x2 – 18x + 14x - 21 – 12x2 + 7x – 3x + =
4
4

Bài 2

a) (2,0 điểm) ( 6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1)  3x − ÷

4

0,5 đ
0,5đ
2,0đ

b) (2,0 điểm) x2 – 2y2 = xy ⇔ x2 – xy – 2y2 = 0 ⇔ (x + y)(x – 2y) = 0 0,75đ
0,75đ
Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0 ⇔ x = 2y
2y − y

Bài 3

y

1

Khi đó A = 2 y + y = 3 y = 3
a) (2,0 điểm) Ta có x6 – 7x3 – 8 = 0 ⇔ (x3 + 1)(x3 – 8) = 0
⇔ (x + 1)(x2 – x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 4) = 0 (*)

0,5đ
0,5đ
0,5đ
5


(4,0điểm)

Do x2 – x + 1 = (x –

mọi x, nên (*) ⇔ (x + 1)(x – 2) = 0 ⇔ x ∈{- 1; 2}
b) (2,0 điểm) Do 2n + 1 là số chính phương lẻ nên 2n + 1 chia cho 8
dư 1, suy ra n là số chẵn.
Vì 3n + 1 là số chính phương lẻ nên 3n + 1 chia cho 8 dư 1, suy ra
3n M 8 ⇒ n M 8 (1)
Do 2n + 1 và 3n + 1 đều là số chính phương lẻ nên có tận cùng bằng
1; 5; 9 do đó khi chia cho 5 thì có dư là 1; 0; 4
Mà (2n + 1) + (3n + 1) = 5n + 2 , do đó 2n + 1 và 3n + 1 khi chia cho 5
đều dư 1. Suy ra 2n M 5 và 3n M 5 ⇒ n M 5 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ n M BCNN(5; 8) hay n M 40
a) (2,0điểm)
A
Chứng minh được
∆ABD ∼ ∆ACE.

D

E

0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ

2,0đ

H

Bài 4
(6,0điểm)

1 2 3
) + > 0 và x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 > 0 với
2
4

C

B

b) (2,0điểm)
Chứng minh được ∆BHE ∼ ∆CHD
Suy ra BH.HD = CH.HE.
A

D

E
B

1,0đ
1,0đ

H
F

C

6


c) (2,0điểm)
Khi AB = AC = b thì ∆ABC cân tại A
Suy ra được DE // BC ⇒
⇒ DE =

DE AD
=
BC AC

AD.BC
AC

0,25đ

a
2

0,25đ

Gọi giao điểm của AH và BC là F ⇒ AF ⊥ BC,
FB = FC =

DC BC
BC.FC
a2

=
⇒ DC =
=
FC AC
AC
2b
AD.BC
( AC − DC ).BC
⇒ DE =
=
AC
AC
2
a
a (2b 2 − a 2 )
(b − ).a
=
=
2b
2b 2
b

∆DBC ∼ ∆FAC ⇒

a) (1,5điểm).
Nhận thấy x = - 1 không phải là nghiệm của phương trình.
8x − 4 x −1 x + x + 1
= 2
4
x + 2x + 1

2
2
2
2
x + x +1
4 x + 4 x + 4 3( x + 2 x + 1) + ( x − 2 x + 1)
=
=
Ta có 2
x + 2 x + 1 4( x 2 + 2 x + 1)
4( x 2 + 2 x + 1)
3 ( x − 1) 2
3
≥ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x – 1 = 0 ⇔ x = 1(1)
= +
2
4 4( x + 1)
4
2
8 x − 4 x − 1 3 − 4( x 2 − 2 x + 1) 3
3
=
= − ( x − 1) 2 ≥ . Đẳng thức xảy ra
Lại có:
4
4
4
4

Với x ≠ - 1 PT đã cho tương đương với

Bài 5
(3,0điể
m)

0,25đ

2

0,5đ
0,25đ
0,5đ

0,25đ

2

khi và chỉ khi x – 1 = 0 ⇔ x = 1 (2)
Từ (1) và (2) suy ra phương trình chỉ có nghiệm x = 1
b) (1,5điểm)

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

2

 ab + 1 

2
2
2
2
2
Ta có a + b + 
÷ ≥ 2 ⇔ (a + b )(a + b) + (ab + 1) ≥ 2(a + b)
 a+b 
2

2

⇔ (a + b)2 [(a + b)2 – 2ab] – 2(a + b)2 + (ab + 1)2 ≥ 0
⇔ (a + b)4 – 2ab(a + b)2 – 2(a + b)2 + (ab + 1)2 ≥ 0
⇔ (a + b)4 – 2(a + b)2(ab + 1) + (ab + 1)2 ≥ 0
⇔ [(a + b)2 – ab - 1]2 ≥ 0 suy ra đpcm.

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ

7


HUYỆN TĨNH GIA
Đề chính thức

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2011 - 2012
MÔN : TOÁN 8
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT

Bài 1 ( 2,0 điểm )
8


2 x 2 +10 x +12
1- Tìm giá trị x của phân thức
x3 −4 x
2- Rút gọn với n là số nguyên dương

Bài 2 ( 3,5 điểm )

bằng 0

1 
1 
 1  1 
1 + 1 + 1 + .....1 + 2

n + 2n 
 3  8  15  

1- Giải phương trình

x +1
x −1

3
−
=
x2 + x + 1 x2 − x + 1 x x4 + x2 + 1

(

(x
2- Chứng tỏ rằng phân thức
(x

2
2

+ a )(1 + a ) + a 2 x 2 ·+1
− a )(1 − a ) + a 2 x 2 + 1

)

không phụ

thuộc vào x.
3- Cho hình vuông ABCD, I là một điểm nằm trên cạnh AB. Tia DI và tia
CB cắt nhau tại K. Tia Dx ⊥ DK và cắt đường thẳng BC tại L.
a- Chứng minh tam giác DIL cân
1
1
+
b- Chứng minh khi I di chuyển trênđoạn thẳng AB thì
có

2
DI
DK 2
giá trị không đổi.
Bài 3 ( 2,5 điểm )
Chứng minh rằng nếu c 2 + 2( ab − ac − bc ) = 0 , b ≠ c và a + b ≠ c thì
a2 + ( a − c)
a −c
=
2
2
b −c
b + (b − c)
2

Bài 4 ( 2,0 điểm )
Người ta chia một đoạn thẳng dài 12 cm thành 3 phần và dựng các hình
vuông có ba cạnh là ba đoạn ấy. Tính giá trị nhỏ nhất của tổng các diện tích ba hình
vuông nhận được.

Chú ý : Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

PHÒNG GD - ĐT
HUYỆN TĨNH GIA

9


Bài 1 (2 điểm):
2 x 2 + 10 x + 12

=0
x3 − 4x
2 x 2 + 10 x + 12 = 0
( x + 2)( x + 3) = 0
⇔ 3
⇔
⇔ x = −3
 x − 4 x ≠ 0
 x ≠ 0; x ≠ ±2

1. Để phân thức:

2. Rút gọn với n là số nguyên dương
1 
1  2 2 32 43
(n + 1) 2
 1 1
1
+
.
1
+
.
1
+
.....
1
+
=
.

.
......



 

2
n(n + 2)
 3   8   15   n + 2n  1.3 2.4 3.5
n + 1   2. 3 4
n + 1  2( n + 1)
2 3 4
=  . . .....
. . . .......
=
n  3 4 5
n + 2
n+2
1 2 3

Bài 2 (3,5 điểm):

x +1

x −1

3

1. Giải phương trình: x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = x( x 4 + x 2 + 1)

2
 2
1
3

x
+
x
+
1
=
x
+

 + >0

2
4


2

1
3

Ta có:  x 2 − x + 1 =  x −  + > 0 ⇔ ∀x ≠ 0
2
4



x 4 + x 2 + 1 > 0

 x ≠ 0

 x(x + 1)(x2 – x + 1) – x(x - 1)(x2 + x + 1) = 3
 x4 – x3 + x2 + x3 – x2 + x – x4 – x3 – x2 + x3 + x2 + x = 3
 2x = 3

K

3
2

 x = (tm)
2. Phân thức:

(x
(x

=

2
2

)
)

+ a (1 + a) + a 2 x 2 + 1 x 2 + ax + a + a 2 + a 2 x 2 + 1
=
− a (1 − a ) + a 2 x 2 + 1 x 2 − ax 2 − a + a 2 + a 2 x 2 + 1

(
(

)
)

(
(

)(
)(

A

I

B

)
)

x2 a2 + a +1 + a2 + a +1 x2 +1 a2 + a +1 a2 + a +1
=
=
x2 a2 − a +1 + a2 − a +1 x2 +1 a2 − a +1 a2 − a +1

Không phụ thuộc vào x
3. a) Xét ∆ACL và ∆DAI có:

Aˆ = Cˆ = 90 0
CDˆ L = ADˆ I (Cùng phụ Dˆ 2 )

AD = CD (gt)
Do đó: ∆ACL = ∆DAI (Cạnh góc vuông – góc nhọn)
Suy ra: ID = DL (Cạnh tương ứng)
Nên: ∆DIL cân tại D
b) Theo công thức tam giác ta có:
ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa

D

C

L


1
1
CD.KL = .DK .DL
2
2
2
2
2
⇔ CD .KL = DK .DL2
S ∆DKL =

⇔

KL2
1
DK 2 + DL2
1
1
1
1
=
⇔
=
⇔
+
=
2
2
2
2
2
2
2
2
DK .DL
CD
DK .DL
CD
DL
DK
CD 2

Theo câu a

1
1
1
+
=
Không đổi CD (Cạnh hình vuông)
2
2
DI
DK
CD 2
Bài 3 (2,5 điểm): Chứng minh rằng: Nếu c 2 + 2(ab − ac − bc) = 0; b ≠ c; a + b ≠ c

DI = DL =>

a 2 + (a − c) 2 a − c
=
Thì: 2
b + (b − c) 2 b − c

Chứng minh:

c + 2( ab − ac − bc) = 0 ( a + b − c ) 2 = a 2 + b 2


⇒ b − c ≠ 0
Ta có: b ≠ c
a + b ≠ c
a + b − c ≠ 0



2

Nên: a2 = (a+ b - c)2 – b2 = (a - c).(a + 2b - c)
b2 = (a + b - c)2 – a2 = (b - c).(2a + b - c)
a 2 + (a − c) 2 (a − c)(a + 2b − c ) + (a − c) 2 ( a − c)(2a + 2b − 2c) a − c
=
=
=
(dfcm)
b 2 + (b − c) 2 (b − c)(2a + b − c ) + (b − c) 2 (b − c)(2a + 2b − 2c ) b − c

Bài 4 (2, 0 điểm):

a

b

c

12 cm
Đoạn thẳng chia thành 3 đoạn có độ dài là:
0 < a ≤ b ≤ c < 12

Ta có: a + b + c = 12  a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca = 144
 a2 + b2 + c2 = 144 - 2ab - 2bc - 2ca
Tổng diện tích của 3 hình vuông là:
S = a2 + b2 + c2 = 144 - 2ab - 2bc - 2ca
Áp dụng BĐT côsi cho các cặp số dương
a2 + b2 ≥ 2ab

b2 + c2 ≥ 2bc
a2 + c2 ≥ 2bc
Nên 2a2 + 2b2 + 2c2 ≥ 2ab + 2bc + 2ca
- 2S ≤ - 2ab - 2bc - 2ca
144 - 2S ≤ 144 - 2ab - 2bc - 2ca
ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa


- 2S ≤ S
3S ≥ 144
S ≥ 48
Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích là 48cm2 khi và chỉ khi đoạn thẳng chia thành 3
đoạn thẳng bằng nhau bằng 4 cm.
144

(Lời giải mang tính chất tham khảo)

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN NGA SƠN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
ĐỀ BÀI:

 2 x + 1 1 − 2 x 16 x 2  16 x3 − 4 x

−
− 2 ÷: 2
Câu 1 (4 điểm): Cho biểu thức A= 
 1 − 2x 1+ 2x 4x − 1  4x − 4x + 1
a. Tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa.
b. Rút gọn biểu thức A.
c. Tìm giá trị của x để biểu thức A có giá trị dương.
Câu 2 (4 điểm): Giải các phương trình:
a. (x + 2)(x2 – 3x + 5) = (x + 2) x2
b.

8x2
2x
1 + 8x
=
−
2
3(1 − 4 x ) 6 x − 3 4 + 8 x

Câu 3 (4 điểm): Bình thường, bạn An đi học từ nhà đến trường với vận tốc 5km/h thì
đến lớp sớm hơn giờ vào học 5 phút. Nhưng hôm nay, do dậy muộn so với bình thường
29 phút nên bạn An phải chạy với vận tốc 7,5 km/h và đến lớp vừa kịp giờ vào học. Tính
quãng đường từ nhà bạn An đến trường.
Câu 4 (6 điểm): Cho hình vuông ABCD và các điểm E, F lần lượt trên các cạnh AB, AD
sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu của A trên DE.
a. Chứng minh AD2 = DH.DE.
b. Chứng minh hai tam giác AHF và DHC đồng dạng.
c. Xác định vị trí của các điểm E và F để diện tích tam giác CDH gấp 9 lần diện
tích tam giác AFH.
Câu 5 (2 điểm): Cho M = 2x2 + 2y2 + 3xy – x – y – 3.

Tính giá trị của M biết xy = 1 và x + y đạt giá trị nhỏ nhất.
Hết

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa


Đề thi gồm 01 trang

Câu
1(4đ)

ý
a
1.5
đ

b
1.5
đ

c
1đ

2

a
2đ

b
2đ

HƯỚNG DẪN CHẤM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2009 – 2010
Môn thi: Toán
Nội dung
2
 2 x + 1 1 − 2 x 16 x  16 x3 − 4 x
−
− 2 ÷: 2
A= 
 1 − 2x 1+ 2x 4x − 1  4x − 4x + 1
 2x +1 1 − 2x
16 x 2
−
+
= 
 1− 2x 1+ 2x ( 1− 2x) ( 1+ 2x)
1
ĐK: x ≠ ±
2

 4 x(4 x 2 − 1)
:
÷
÷ (2 x − 1) 2


Điểm

0.5
1đ

Với điều kiện ở câu a ta có:
 ( 2 x + 1) 2 − ( 1 − 2 x ) 2 + 16 x 2  4 x(2 x − 1)(2 x + 1)
÷:
A = 
÷
1− 2x ) ( 1 + 2x)
(2 x − 1) 2
(


16 x 2 + 8 x
4 x (2 x + 1)
:
=
(1 − 2 x)(1 + 2 x)
2x −1
8x
2x −1
= 1 − 2 x . 4 x(2 x − 1)
−2
=
2x +1
−2
>0
A>0 ⇔
2x +1
⇔ 2x + 1 < 0

−1
⇔x<
2

(x + 2)(x2 – 3x + 5) = (x + 2) x2
⇔ (x + 2)(x2 – 3x + 5 – x2) = 0
⇔ (x + 2)(-3x + 5) = 0
 x = −2
⇔ 
x = 5
3

2
8x
2x
1 + 8x
=
−
2
3(1 − 4 x ) 6 x − 3 4 + 8 x
8x2
2x
1 + 8x
=
−
(1)
3(1 − 2 x)(1 + 2 x) 3(2 x − 1) 4(1 + 2 x)
1
ĐK: x ≠ ±
2

2
(1) ⇔ 32 x = −8 x(1 + 2 x) − 3(1 + 8 x) (1 – 2x)
⇔

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
1

0.5
0.5


⇔ 26x + 3 = 0
−3
⇔ x=
26

3
4đ

0.5
0.5

Gọi quãng đường từ nhà bạn An đến trường là x (km). ĐK x > 0

0.25

x
Thời gian đi quãng đường x với vận tốc 5km/h là
5

0.5

x
Thời gian đi quãng đường x với vận tốc 7.5 km/h là
7.5

Thời gian đi quãng đường x với vận tốc 7.5 km/h ít hơn thời gian
đi với vận tốc 5 km/h là 24 phút hay 0.4 giờ. Ta có phương trình:

4
6đ

a
2đ

x
x
= 0.4
5 7.5

0.5

Giải ra được x = 6.
x = 6 thoả mãn đk x > 0. Vậy quãng đường cần tìm là 6 km

1
0.25

Xét hai tam giác vuông ADE
Và HAD có chung góc nhọn
ADH nên chúng đồng dạng.
AD DE
=
DH AD
⇒ AD 2 = DH .DE

Suy ra

A

E

c
2đ

B

H

1
0.5

F

0.5
D

b
2đ

0.5

C

Từ hai tam giác ADE và HAD đồng dạng ta có:
AD AE
=
HD HA
DC AF
⇒
=
(1) ( Do AD = DC; AF = AE theo bài cho )
HD HA

0.5

Mặt khác HDC = HAD (2) ( cùng phụ với HAD )
Từ (1) và (2) suy ra hai tam giác AHF và DHC đồng dạng
(Trường hợp c - g - c)

0.5

Theo chứng minh câu (b) ta có hai tam giác CDH và AFH đồng
dạng nên ta có:
2
S ∆CDH  CD 
=

S ∆AFH  AF 

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa

0.5

0.5

0.5


2

S ∆CDH
 CD 
=9⇒
 =9
S ∆AFH
 AF 

0.5
0.5

⇒ CD = 3 AF.

Vậy, để diện tích tam giác CDH gấp 9 lần diện tích tam giác
AFH thì E, F thuộc AB và AD sao cho AE = AF =
5
2đ

1
AB .
3

0.5

Biến đổi M = 2x2 + 2y2 + 3xy – x – y – 3
= 2(x + y)2 -(x + y) - xy - 3

0.5

Ta có (x - y) ≥ 0 ⇒ (x + y) ≥ 4xy
2

2

Mà xy = 1 nên (x + y)2 ≥ 4
⇒ x + y ≥ 2.
⇒ min x + y = 2.

0.5
0.5

Khi x + y = 2 ta có x + y = 2 hoặc -2

+ Thay x + y = 2 và xy = 1 vào biểu thức M ta được M = 2
+ Thay x + y = -2 và xy = 1 vào biểu thức M ta được M =8
Vậy M = 2 hoặc M = 8

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa

0.5


PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN NGA SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(§Ò thi gåm cã 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 THCS CẤP HUYỆN
NĂM HỌC: 2010 - 2011

Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 16/ 04/ 2011

Câu 1 ( 4 điểm):
 3x2 + 3
x −1
1  2 x2 − 5x + 5
− 2
−
Cho biểu thức: A =  3

.
÷:
x
−
1
x
+
x
+
1
x
−
1
x
−
1


a) Rút gọn A .
b) Tìm giá trị lớn nhất của A .
Câu 2 ( 4 điểm): Cho đa thức P ( x) = x 4 + x 3 + 6 x 2 − 40 x + m − 1979 .
a) Tìm m sao cho P ( x) chia hết cho x − 2 .
b) Với m tìm được, hãy giải phương trình P ( x) = 0.
Câu 3 (4 điểm):
Lúc 8 giờ, An rời nhà mình để đi đến nhà Bình với vận tốc 4 km/h. Lúc 8 gi ờ
20 phút, Bình cũng rời nhà mình để đi đến nhà An với vận tốc 3 km/h. An g ặp Bình
trên đường rồi cả hai cùng đi về nhà Bình, sau đó An trở về nhà mình. Khi v ề đến
nhà mình An tính ra quãng đường mình đi dài gấp bốn lần quãng đường Bình đã
đi. Hãy tính khoảng cách từ nhà An đến nhà Bình.
Câu 4 (6 điểm):

Cho hình vuông ABCD . Gọi E là một điểm trên cạnh BC ( E khác B và C ).
Qua A kẻ Ax vuông góc với AE , Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác
AEF cắt CD ở K . Đường thẳng kẻ qua E , song song với AB cắt AI ở G .
a) Chứng minh AE = AF và tứ giác EGFK là hình thoi.
b) Chứng minh ∆ AKF đồng dạng với ∆ CAF và AF 2 = FK .FC
c) Khi E thay đổi trên BC , chứng minh chu vi tam giác EKC không đổi.
Câu 5 (2 điểm):
Cho các số a, b lần lượt thoả mãn các hệ thức sau:
a 3 − 3a 2 + 5a − 2011 = 0 , b3 − 3b 2 + 5b + 2005 = 0
Hãy tính a + b .
---------------------------Hết-----------------------------

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa


Họ và tên
………………

thí

sinh:…………………………………......……Số

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN NGA SƠN

báo

danh:

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi: Toán lớp 8

Câu
Câu1
4đ

ý
a.
(2đ)

Tóm tắt lời giải
ĐK: x ≠ 1

0.5

3x 2 + 3 − x 2 + 2 x − 1 − x 2 − x − 1
x −1
A=
. 2
3
x −1
2 x − 5x + 5

0.5

x2 + x + 1
x −1

=
. 2
3
x − 1 2x − 5x + 5
=
b.
(2đ)

Câu2 a.
4đ
(2đ)

b.
(2đ)

Điểm

1
2 x − 5x + 5
2

1
1
1
5
25 15 =
5
15
Ta có A = 2
=

2
2( x − ) 2 +
2 x − 5 x + 5 2( x − 2 x + ) +
4
16
8
4
8
1
5 2 15 15
8
5 2 15 ≤
∀x (1)
Vì 2( x − ) + ≥
∀ x nên
2( x − ) +
4
8 8
15
4
8
5
Dấu “=” xảy ra khi x = ≠ 1 (2)
4
8
Từ (1) và (2) suy ra max A =
15
3
2
P ( x) = ( x − 2 ) ( x + 3x + 12 x − 16 ) + m − 2011

0.5

0.5
0.5

0.5
0.5
0.5
1.0

Do đó P ( x) chia hết cho ( x − 2) ⇔ m − 2011 = 0

0.5

⇔ m = 2011

0.5

3
2
Với m = 2011, P ( x) = ( x − 2 ) ( x + 3x + 12 x − 16 )

3
2
Do đó: P ( x) = 0 ⇔ P ( x) = ( x − 2 ) ( x + 3 x + 12 x − 16 ) = 0

⇔ ( x − 2 ) ( x − 1) ( x 2 + 4 x + 16) = 0 ⇔ ( x − 2 ) ( x − 1) = 0

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa

0.5
0.5


x = 2
2
( Vỡ x 2 + 4 x + 16 = ( x + 2 ) + 12 > 0 x )
x =1
Cõu
3
4

Câu
4
6đ

Gi khong cỏch t nh An n nh Bỡnh l x ( x >0, x o
bng km). Theo bi ra ta cú quóng ng An ó i ó l 2 x ,
2x x
= .
suy raquóng ng Bỡnh ó i l
4 2
x
Do ú quóng ng Bỡnh i t nh n khi gp An l ,
4
x 3x
quóng ng An I t nh n khi gp Bỡnh l x = .
4 4
3x

Thi gian An i t nh n khi gp Bỡnh l
(gi), thi gian
16
x
Bỡnh i t nh n khi gp An l
(gi)
12
3x x 1
=
Theo bi ra, ta cú phng trỡnh:
16 12 3
16
9x - 4x =16 x = = 3,2 (km)
5
a.
2.0đ

1.0

1.0

1.0

1.0
0.5
0.5

B

A

E

G
I
F

D

K

C

x
ã
ã
Xét hai tam giác vuông ABE và ADF có AB = AD, BAE
= CAF
ã
( Cùng phụ với DAE
). Vậy ABE = ADF AE = AF
Vì AE = AF và AI là trung tuyến của tam giác AEF AI
ã
ã
( So le
EF . Hai tam giác vuông IEG và IFK có IE=IF, IEG
= IFK
trong) nên IEG= IFK
EG=FK. Tứ giác EGFK có hai cạnh đối EG và FK song song
và bằng nhau nên là hình bình hành.

Hình bình hành EGFK có hai đờng chéo GK và EF vuông góc nên
là hình thoi
ST: Phm Vn Vng NBS HH- Thanh Húa

0.5
0.5
0.5
0.5


b.
2.0

ã
Xột hai tam giỏc AKF v CAF ta cú ãAFK = CFA
( gúc chung),
ã
KAF
= ãACF = 450 ( AC l ng chộo hỡnh vuụng ABCD, AK l

trung tuyn ca tam giỏc vuụng cõn AEF)
Suy ra tam giỏc AKF ng dng vi tam giỏc CAF.
Vỡ tam giỏc AKF ng dng vi tam giỏc CAF nờn ta cú:
AF FK
=
AF 2 = FK .FC
FC AF
c.
Theo ý a, ta cú ABE = ADF nờn EB = FD
2.0

T giỏc EGFK l hỡnh thoi nờn EK=KF
Do ú, chu vi tam giỏc EKC bng
-EK+KC+CE=CF+CE=CD+DF+CE=2CD ( khụng i)
Cõu5
2

T iu kin ó cho ta cú:
3
3
( a 1) + 2 ( a 1) 2008 = 0 (1), ( b 1) + 2 ( b 1) + 2008 = 0 (2)
Cng theo v ca (1) v (2) ta cú
3
3
( a 1) + ( b 1) + (a + b 2) = 0
( a + b 2) (a 1) 2 ( a 1) ( b 1) + ( b 1) + 2(a + b 2) = 0


2
( a + b 2) (a 1) 2 ( a 1) ( b 1) + ( b 1) + 2 = 0


2
2
Vỡ (a 1) ( a 1) ( b 1) + ( b 1) + 2
1
1
1
2
2
2

= ( a b ) + ( a 1) + ( b 1) + 2 > 0 a, b
2
2
2
a
+
b

2
=
0

a
+
b
=2
Nờn

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
1.0

0.5
0.5

2

0.5

0.5

Ghi chú: - Bài hình học nếu học sinh không vẽ hình hoặc hình sai cơ bản thì không chấm.
điểm.
- Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa tơng ứng.
---------------------Hết------------------------

ST: Phm Vn Vng NBS HH- Thanh Húa


PHềNG GIO DC V O
TO
TRIU SN

KIM NH CHT LNG HC SINH GII
LP 8
Năm học: 2011 - 2012

Đề chính thức

Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 09/05/2012
(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

Số báo danh
..

Cõu 1: (4,0 im)

3
x + 7 1 2x
2


.
2 :
2
x +1 x 1 1 x x 1

Cho biu thc: P =

1. Rỳt gn biu thc P.
2. Tỡm x P < 0.
Cõu 2: (4,0 im)
4 x 2 4 x 5 2 x 1 5 = 0.
1. Gii phng trỡnh:
2
2
2. Gii bt phng trỡnh: ( 2 x 2 + 3x + 4) ( x 2 + x + 4) > 0
Cõu 3: (4,0 im)
2
1. Tỡm cỏ s t nhiờn n ( n 2 8) + 36. l s nguyờn t.
2. Tỡm cỏc s nguyờn x, y tha món bt ng thc:
10 x 2 + 20 y 2 + 24 xy + 8 x 24 y + 51 < 0 .

Cõu 4: (6,0 im)
1. Cho tam giỏc ABC vuụng ti A, ng cao AH. Cho bit AB = 15cm v AC =

20cm.
a) Chng minh rng: AH.BC = AB.AC. Tớnh: BC, AH.
b) K HM AB, HN AC. Chng minh: AMN ACB.
c) Trung tuyn AK ca tam giỏc ABC ct MN ti I. Tinh din tớch tam giỏc AMI.
2. Cho tam giỏc ABC cõn ti A, cú BAC = 108 0 . Tớnh t s

BC
.
AC

Cõu 5: (2,0 im )
Cho a, b, c l ba s dng v
Chng minh rng:

1 1 2
+ = .
a c b

a+b
c+b
+
4.
2a b 2c b

-------------------- Ht ---------------------Thớ sinh khụng c s dng ti liu.
Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.

ST: Phm Vn Vng NBS HH- Thanh Húa

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Bài
Câu
1:
4,0
Câu
2:

ý

Nội dung

điể
m
2đ

2
1.
Rút gọn: P =
1 − 2x
2đ
2
1
2.
Để P < 0, nghĩa là:
<0⇔x>
1 − 2x
2
2đ
2

4 x − 4 x − 5 2 x − 1 − 5 = 0.
1.
Giải phương trình:
2đ
x = 0

2đ

( loai )

1
• Nếu: x ≥ (1) ⇔ 2x(2x – 7) = 0 ⇔  7
x=
2

2

x = 1
1
5
• Nếu: x < (1) ⇔ (2x + 5)(x – 1) = 0 ⇔ 
x=−
2

2
5
7
Vậy (1) có nghiệm x = - ; x =
2
2

Câu

(1)
1đ

2
2
2.
Giải bất phương trình: ( 2 x 2 + 3x + 4) − ( x 2 + x + 4) > 0
2đ Biến đổi về dạng: x(x + 2)(3x 2 + 4x +8) > 0
Nhận xét: vì 3x 2 + 4x +8 = (x + 2) 2 + 2x 2 + 4 > 0
⇒ x(x + 2) > 0 ⇔ x < - 2 ∪ x > 0
2
1.
Tìm cá số tự nhiên n để ( n 2 − 8) + 36. là số nguyên tố.
2đ
2
Ta có: ( n 2 − 8) + 36 =

(

)

2

(

1đ

(loai )

)(

n 4 − 16n 2 + 64 + 36 = n 4 + 100 − 16n 2 = n 2 + 10 − 36n 2 = n 2 + 10 − 6n n 2 + 10 + 6n

1đ
1đ

1đ

)

Để ( n 2 − 8) + 36. là số nguyên tố, điều kiện cần là: n 2 + 10 − 6n = 1 ⇔
2
(n − 3) 2 = 0 ⇔ n = 3 . Thử lại: với n = 3 thì: ( n 2 − 8) + 36 = 37 là số nguyên tố.
2
Vậy n = 3 thì ( n 2 − 8) + 36 là số nguyên tố.
2

2.
2đ Biến đổi: 10 x 2 + 20 y 2 + 24 xy + 8 x − 24 y + 51 < 0 .
2
2
2
⇔ ( 3x + 4 y ) + ( x + 4 ) + ( 2 y − 6 ) − 1 < 0
ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa

1đ

1đ


3:
4,0
điểm
1đ

3 x + 4 y = 0
 x = −4

⇒ x + 4 = 0 ⇔  y = 3

2 y − 6 = 0


Câu
4:
6,0
điểm

1.

a.

∆ABH ∼ ∆CBH ⇒

AB AH
=
BC AC

(*)

⇒ AH.BC = AB.AC.
Và tính dược: BC = 25 cm
(1) ⇒ AH =

AB. AC
= 12 cm
BC

b. Chứng minh: ∆ACB ∼ ∆HCA ∆HCA ∼ ∆NHA
∆NHA = ∆AMN ⇒ ∆AMN ∼ ∆ACB
∧
∧
c.
⇒ N =
(∆AKC cân tại K)
1

∧

∧

B

∧

∧

∧

∧

Và A1 = C , mà B + C = 90 0 ⇒ N1 + A1 = 90 0
⇒ ∆AIN vuông cân tại I và ∆NHA ∼ ∆ACB (chứng minh trên)
⇒

NH AH
AC. AH 20.12
=
=
= 9,6 cm.
⇒ NH =
AC BC
BC
25

⇒ AM = NH = 9,6 cm

AM IM
AI 9,6
=
=
=
.
BC
AC AB 25
192
144

1
1 192 144 13824
=
⇒ IM =
; AI =
⇒ S AMI = AI.IM = . .
.
15
25
2
2 25 25
625

Và ∆IMA ∼ ∆AMN ⇒ ∆IMA ∼ ∆ACB ⇒

A
1

N

1

I
M

H

B

C

K

2.

A

B

M

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa

C


AB BM
AB + BC BM + AC BC
=
⇒
=
=
BC AC
BC
AC
AC
BC
AB
AC
BC

= 1+
= 1+
⇒
. Đặt: x =
(x > 0)
AC
BC
BC
AC
1
1+ 5
⇒ x = 1 + ⇔ x 2 − x − 1 = 0 . GiảI ra ta được: x =
.
x
2
BC 1 + 5
Vậy:
=
AC
2
1 1 2
ab
bc
Từ: + = ⇒ 2a – b =
và 2c – b = .
a c b
c
a
a+b
c+b

a+b c+b c c a a
ac
+
=
+
= + + + ≥ 44 2 ≥ 4
bc
⇒ 2a − b 2c + b ab
.
b a b c
b
c
a

Ta có: ∆AMB ∼ ∆BAC ⇒

Câu
5:
2,0
điểm

Bất đẳng thức Cosi và a, b, c dương.
Dấu bằng xẩy ra ⇔ a = b = c.

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa


PHÒNG GD - ĐT
HUYỆN TĨNH GIA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2003 - 2004
MÔN : TOÁN 8
THỜI GIAN LÀM BÀI: 120 PHÚT

Câu I (2.5 điểm):
1- Phân tích đa thức thành nhân tử: x4 – 4x2 + 4x – 1
2- Tìm a ∈ Z sao cho a4 – 4a2 + 4a – 1 là số nguyên tố
Câu II (3.0 điểm):
x +1

x −1

3

1- Giải phương trình: x 2 + x + 1 − x 2 − x + 1 = x( x 4 + x 2 + 1)
2- Tìm giá trị lớn nhất: A =

2x + 1
x2 + 2

3- Chứng minh rằng: Tích 4 số tự nhiên liên tiếp không thể là số chính phương
Câu III (3.0 điểm):
Cho hình bình hành ABCD. Gọi E, F là trung điểm của BC và CD. Đường chéo BD
cắt AE và AF tại M, N và AF cắt BC tại P.
a) Chứng minh rằng: BP.DF = AB.BC
b) Chứng minh rằng: AN2 = NF.NP
c) Cho diện tích ABCD bằng a2. Tính diện tích tứ giác BNFC
Câu IV (1.5 điểm): Cho a, b, c là số đo ba cạnh của một tam giác. Hãy xác định tam giác
đã cho để:

a
b
c
+
+
đạt giá trị nhỏ nhất
b+c−a a+c−b a+b−c

a- Giả sử AH = 12cm; BC = 25cm. Hãy tính độ dài các cạnh AB, AC
b- Gọi M là điểm đối xứng của B qua H. Đường tròn tâm O đường kính MC, cắt AC
tại D. Chứng minh HD là tuyeep tuyến của đường tròn (O)
c- Cho BC = 2a, AH phải có độ dài bằng bao nhiêu theo a để diện tích tam giác HDO
lớn nhất

ST: Phạm Văn Vượng – NBS – HH- Thanh Hóa