Đề thi HSG TOÁN 8 TAM DƯƠNG 2011 2012

UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD&ĐT

KÌ THI GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI

ĐỀ CHÍNH THỨC

Năm học 2010-2011
Môn: Toán 8
Thời gian làm bài 120 phút;

Câu 1: (2,5 điểm )
a/ Phân tích đa thức (a + 2)(a + 3)(a 2 + a + 6) + 4a 2 thành nhân tử.
1
3
2
b/ Cho các số thực a, b, c thoả mãn a 3 − b 2 − b = b3 − c 2 − c = c − a − a = .
3
Chứng minh rằng a = b = c.
Câu 2: (2,5 điểm)
a/ Giải và biện luận phương trình (ẩn x) :

x − 2 x −1
=
.
x−m x+2

b/ Giải phương trình nghiệm nguyên: ( x − 3) y 2 − x 2 = 48.
Câu 3: (2,5 điểm)
a/ Chứng minh rằng a 2 + b 2 − a − b + 1 > 0 ∀a,b ∈ R.
b/ Cho các số nguyên dương a, b, c, d đôi một khác nhau thoả mãn

a
b
c
d
+
+
+
là một số nguyên. Chứng minh rằng tích abcd là số
a+b b+c c+d d +a
chính phương.
Câu 4: (2,5 điểm)
Cho đoạn thẳng AB, gọi O là trung điểm của AB. Vẽ về một phía của AB các
tia Ax, By vuông góc với AB. Lấy điểm C trên tia Ax, điểm D trên tia Ay sao cho
góc COD= 900 .
a/ Chứng minh CD=AC+BD.
b/ Kẻ OM vuông góc với CD tại M, gọi N là giao điểm của AD với BC.
Chứng minh MN//AC.
====== HẾT ======
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ tên thí sinh……………………………………………………SBD…………………


UBND HUYỆN TAM DƯƠNG
PHÒNG GD&ĐT

Câu

H ƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8
NĂM HỌC 2010-2011.

Nội dung chính
a/ (a + 2)(a + 3)(a + a + 6) + 4a = (a 2 + 5a + 6)(a 2 + a + 6) + 4a 2
2

2

Điểm
0,25

= (a 2 + a + 6 + 4a )(a 2 + a + 6) + 4a 2 = (a 2 + a + 6) 2 + 4a (a 2 + a + 6) + 4a 2

0,5

= (a 2 + a + 6 + 2a ) 2 = (a 2 + 3a + 6) 2

0,5
2

1
1 
1
1
b/ Ta có a − b − b = ⇒ a 3 = b 2 + b + =  b + ÷ +
> 0 ∀b ⇒ a > 0.
3
3 
2  12

0,25

Chứng minh tương tự ta được b > 0; c > 0.

0,25

3

1

2

Do a, b, c hoán vị vòng quanh nên ta giả sử a = max { a, b, c} (1)

Với a, b, c > 0 : a ≥ b ⇒ a 3 ≥ b3 ⇒  b +


2

2

2

2

1
1 
1
1
÷ + >  c + ÷ + ⇒ b ≥ c (2)
2  12 

2  12

2

0,25

1
1 >
1
1

(3)
b ≥ c ⇒ c + ÷ +
a + ÷ + ⇒ c ≥ a
2  12 
2  12


0,25

Từ (1), (2) và (3) suy ra a = b = c.

0,25

a/

x − 2 x −1
=
(*)
x−m x+2

ĐKXĐ: x ≠ m; x ≠ −2.
Với điều kiện trên, quy đồng và khử mẫu ta có phương trình
x 2 − 4 = x 2 − (m + 1) x + m ⇔ (m + 1) x = m + 4
(1)
+ Nếu m = −1 thì phương trình (1) trở thành 0 x = 3 (vô lý)
m+4
+ Nếu m ≠ −1 thì PT (1) có nghiệm x =
.
m +1
m+4
Giá trị x =
là nghiệm của PT (*) khi m thoả mãn điều kiện
m +1
m+4
m+4
≠ m và
≠ −2 ⇔ m ≠ ±2
m +1
m +1
Kết luận:
Nếu m = −1 hoặc m = - 2 hoặc m = 2 thì phương trình (*) vô nghệm
m+4
Nếu m ≠ −1 , m ≠ ±2 thì PT (*) có nghiệm x =
.
m +1
2

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25


b/
( x − 3) y 2 − x 2 = 48 ⇔ ( x − 3) y 2 − ( x 2 − 9) = 48 + 9 ⇔ ( x − 3)( y 2 − x − 3) = 57
0,5

Vì x, y là số nguyên nên x − 3 và y 2 − x − 3 là ước của 57.
Mà 57=(-1).(-57)=1.57=3.19=(-3).(-19) nên ta có bảng sau
x −3

-1

1

3

-3

-57

57

19

-19

y2 − x − 3

-57

57

19

-19

-1

1

3

-3

2

4

6

0

−54

60

22

−16

±8

không

không

không tồn

không

không

tồn tại y

tồn tại y

tại y

tồn tại y

tồn tại y

x

không

y

tồn
tại y

±8

0,5

KL : Nghiệm của PT là : (x,y)=(4 ;8) ;(4 ;-8) ;(60 ;8) ;(60 ;-8)
0,25

a/
Vì 2(a 2 + b 2 − a − b + 1) = 2a 2 + 2b 2 − 2a − 2b + 2
= (a 2 − 2a + 1) + ( b 2 − 2b + 1) + a 2 + b 2

0,5

= (a − 1) 2 + ( b − 1) + a 2 + b 2 ≥ 0 nên a 2 + b 2 − a − b + 1 ≥ 0 .
a − 1 = 0 a = 1
a = 0
a = 0


⇔
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
(vô lý)
b
−

1
=
0
b
=
1


b = 0
b = 0
Vậy a 2 + b 2 − a − b + 1 > 0
2

3

0,25

0,25


a
b
c
d
+
+
+
a+b b+c c+d d +a
a
b

c
d
>
+
+
+
=1
a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d a+b+c+d
a
b
c
d
+
+
+
Lại có:
a+b b+c c+d d +a
a+c+d
b+d +a
c+a+b
d +b+c
<
+
+
+
=3
a+b+c+d b+c+d +a c+d +a+b d +a+b+c
m
m m+ x
( Áp dụng tính chất < 1 ⇒ <

với m, n, x ∈ Z + )
n
n n+ x
a
b
c
d
⇒
+
+
+
=2
a+b b+c c+d d +a
a
b
c
d
⇔
−1+
+
−1+
=0
a+b
b+c c+d
d +a
−b
b
−d
d
⇔

+
+
+
=0
a+b b+c c+d d +a
b( a − c )
d (c − a )
⇔
+
=0
( a + b)(b + c) (d + a)(c + d )
b( a − c )
d (a − c )
⇔
=
( a + b)(b + c) (d + a )(c + d )
⇔ b( d + a)(c + d ) = d (a + b)(b + c )
b/ T a có

⇔ ac = bd ⇒ abcd=(ac) 2

0,25

0,25

0,5
0,25

y

x

D
M
C
N

A

0,25

.

B

O

E

4


a/ Gọi E là giao điểm của CO và BD.
Xét tam giác ACO và tam giác BOE có:
∠OAC = ∠OBE = 900
∠AOC = ∠BOE (đối đỉnh)
OA=OB (gt)
⇒ tam giác ACO = tam giác BOE (g-c-g) ⇒ OE = OC ; AC = BE.

4

Tam giác DCE có DO vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên tam
giác DCE cân tại D ⇒ DC = DE
Mà DE=DB+BE=DB+AC ⇒ DC = AC + DB.
b/ Tam giác CDE cân tại D nên đường cao DO cũng là đường phân giác
⇒ OM = OB = OA ⇒ ∆AOC = ∆MOC (cạnh huyền-cạnh góc vuông)
⇒ MC = CA
Chứng minh tương tự ta có: ∆ODM = ∆ODB ⇒ DM = DB
Vì AC//BD (cùng vuông góc với AB) nên theo HQ của định lý Ta-lét ta có:
AN AC
AN CM
=
=
⇒ MN / / AC (Định lý Ta-lét đảo).
hay
ND BD
ND DM

0,25

0,5

0,25
0,25

0,5
0,25
0,5

Ghi chú :

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày những ý cơ bản, nếu học sinh có cách giải
khác mà đúng thì Giám khảo vẫn cho điểm nhưng không vượt quá thang điểm
của mỗi ý đó.
- Phần hình học, học sinh không vẽ hình thì không cho điểm.
- Tổng điểm toàn bài bằng tổng điểm của các câu không làm tròn.
=====================

5