HSG TOÁN 8 cẩm THỦY 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT CẨM THỦY
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 ( 5,0 điểm)

Cho biểu thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP H UYỆN
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán 8
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 15 tháng 4 năm 2014

P=

 x +1
x2 + x
1
2 − x2 
:
+
+

÷
x2 − 2x + 1  x
x −1 x2 − x 

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
b) Tìm x để P =

−1

2

c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1
Câu 2 ( 6 điểm)
a) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 22,
f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a 3 + 5a chia hết cho 6.
c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2 + xy − 2012 x − 2013 y − 2014 = 0
Câu 3 (3,0 điểm)
a) Cho a + b + c = 0 và abc ≠ 0 , tính giá trị của biểu thức:
1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b +c −a
a +c −b
a + b2 − c2
b thỏa mãn a ≥ 1; b ≥ 1. Chứng minh :
1
1
2
+
≥
2
2
1 + ab

1+ a
1+ b
P=

a) Cho 2 số a và

2

Câu 4 : (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
(M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho
BE = CM.
a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân.
b) Chứng minh : ME // BN.
c) Từ C kẻ CH ⊥ BN ( H ∈ BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng.
------------------HẾT----------------Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:…………
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm )


HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Môn thi: Toán 8
Năm học: 2013 – 2014
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu

Ý

Đáp án

Điểm

x ≠ 0

ĐKXĐ :  x ≠ 1
 x ≠ −1


a
2
đ

0,5đ

Không có đk x ≠ -1 trừ 0,25đ
P=

x ( x + 1)  ( x + 1)( x − 1)
x
2 − x2 
:
+
+
÷
2 
x( x − 1) x( x − 1) 
( x − 1)  x( x − 1)

0,5đ

x ( x + 1) x 2 − 1 + x + 2 − x 2

P=
:
2
x( x − 1)
( x − 1)
P=

x ( x + 1)

( x − 1)

2

x ( x + 1) x( x − 1)
x +1
x2
:
=
×
=
x( x − 1) ( x − 1) 2
x +1
x −1

−1
x2
−1
⇔ P=
=
với

2
x −1 2
⇒ 2x2 = − x + 1
⇔ 2x2 + x −1 = 0
⇔ 2x2 + 2 x − x −1 = 0
P=

Câu 1( 5 điểm)

b
2
đ

0,5đ
0,5đ

x ∈ ĐKXĐ

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

⇔ ( 2 x − 1) ( x + 1) = 0
⇔x=

0,25đ

1
( TM ĐKXĐ)

2

0,5đ

Hoặc x = - 1 ( không TM ĐKXĐ)
(Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm )
Vậy P =

−1
1
⇔x=
2
2

0,25đ

x2
x 2 − 1 + 1 ( x − 1) ( x + 1) + 1
1
=
=
= x +1+
x −1
x −1
x −1
x −1
1
1
P = x +1+
= x −1+

+2
x −1
x −1
1
Vì x > 1 nên x − 1 > 0 và
> 0. Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2
x −1
P=

c
1
đ

1
số dương x – 1 và
ta có:
x −1

1
x −1+
≥2
x −1

1
=2
( x − 1) ×
x −1

0,25đ
0,25đ

0,25đ


Dấu “ = “ xẩy ra khi x – 1 =

1
x −1

 ( x – 1)2 = 1
 x – 1 = 1 ( vì x – 1 > 0 )

1(
4
đi
ể
m)

0,25đ

 x = 2 ( TM )
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
a
2
đ

Giả sử f(x) chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư là ax + b .
Khi đó: f ( x) = ( x 2 − 4).(−5 x) + ax+b
Theo đề bài, ta có:

0.5đ

 f (2) = 22
2a + b = 22
a = 3
⇔
⇔

 f (−2) = 10
−2a + b = 10
b = 16

0.5đ

Do đó: f ( x) = ( x 2 − 4).(−5 x) + 3x+16

0.5đ

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x) = −5 x 3 + 23x + 16.

b
2
đ

a3 + 5 a = a3 – a + 6a

0,5đ

= a(a2 – 1) + 6a

0,25đ

= (a-1)a(a+1)+ 6a

0,25đ

Câu 2( 6 điểm)

* (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 2
suy ra chia hết cho 2
* (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 3
suy ra chia hết cho 3
Vì (2;3) = 1 nên (a-1)a(a+1) chia hết cho 6
* 6a chia hết cho 6
Vậy a3 + 5 a chia hết cho 6
x 2 + xy − 2012 x − 2013 y − 2014 = 0

c
2đ

0.5đ

⇔ x 2 + xy + x − 2013 x − 2013 y − 2013 = 1
⇔ x ( x + y + 1) − 2013( x + y + 1) = 1 ⇔ ( x − 2013)( x + y + 1) = 1
  x − 2013 = 1

x + y +1 = 1
⇔
  x − 2013 = −1


  x + y + 1 = −1
  x = 2014

 y = −2014
⇔
  x = 2012

  y = −2014

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,5đ
1,0đ

0,25đ
0,25đ


1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b +c −a

a + c − b a + b2 − c2
1
1
1
= 2 2
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b + c − (b + c)
a + c − ( a + c ) a + b − ( a + b) 2
1
1
1
=
+
+
−2bc −2ac −2ab
a+b+c
=
=0
−2abc

P=

a

2

0,5đ
0,5đ
0,5đ

1   1
1 
1
1
2
 1
−
−
+
−
+

=
2
2
2
2
1 + ab   1 + b
1 + ab 
1 + ab  1 + a
1+ a
1+ b

Câu 3(3,0 điểm)

b

=
=

0,25đ

ab − a 2
ab − b 2
+
(1 + a 2 )(1 + ab) (1 + b 2 )(1 + ab)

0,25đ

a (b − a)(1 + b 2 ) + b(a − b)(1 + a 2 ) (b − a )(a + ab 2 − b − a 2 b)
=
(1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + ab)
(1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + ab)

0,25đ

(b − a ) 2 (ab − 1)
=
(1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + ab)
(b − a ) 2 (ab − 1)
≥0
Do a ≥ 1; b ≥ 1 nên
(1 + a 2 )(1 + b 2 )(1 + ab)
1
1
2

1
1
2
+
−
+
≥
≥0 ⇔
2
2
2
2
1 + ab
1 + ab
1+ a
1+ b
1+ a
1+ b

Câu 4( 6 điểm)
a
3
đ

0,5đ
⇒

0,25

Hình vẽ

0,5đ

Xét ∆OEB và ∆OMC
Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC

0,25đ
0,5đ
0,5đ

µ =C
µ = 450
Và B
1
1
BE = CM ( gt )
Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)
µ =O
¶
⇒ OE = OM và O
1
3
¶ +O
¶ = BOC
·
Lại có O
= 900 vì tứ giác ABCD là hình vuông
2
3

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ


b
2đ

¶ +O
µ = EOM
·
O
= 900 kết hợp với OE = OM ⇒ ∆OEM vuông cân tại O
2
1
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông ⇒ AB = CD và AB // CD
AM BM
=
+ AB // CD ⇒ AB // CN ⇒
( Theo ĐL Ta- lét) (*)
MN MC
Mà BE = CM (gt) và AB = CD ⇒ AE = BM thay vào (*)

Ta có :

AM AE
⇒ ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)
=
MN EB

Gọi H’ là giao điểm của OM và BN
·
· ' E ( cặp góc so le trong)
Từ ME // BN ⇒ OME
= OH
·
Mà OME
= 450 vì ∆OEM vuông cân tại O
c
1đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

· ' B = 450 = C
µ
⇒ MH
1
⇒ ∆OMC : ∆BMH’ (g.g)

0,25đ

OM MH '
·
·
=

,kết hợp OMB
= CMH
' ( hai góc đối đỉnh)
OB
MC
·
· ' C = 450
⇒ ∆OMB : ∆CMH’ (c.g.c) ⇒ OBM
= MH

0,25đ

⇒

· ' C = BH
· ' M + MH
· ' C = 900 ⇒ CH ' ⊥ BN
Vậy BH
Mà CH ⊥ BN ( H ∈ BN) ⇒ H ≡ H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng
( đpcm)

0,25đ
0,25đ

Lưu ý : Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014

MÔN THI : TOÁN 8

Ngày thi: 12/4/2014
Thời gian làm bài: 120 phút.
Câu 1: (4 điểm).
2

2

 x +1

 x − 1

.
− x − 1 ÷ :
Cho biểu thức: A =  −
3
x
x
+
1
3
x

 x

a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

Câu 2: (4 điểm).








3 2
2
7 với ∀ n∈ Z .
a) Chứng minh rằng A =  n (n − 7) − 36n M

b) Cho P = n + 4. T×m tÊt c¶ c¸c sè tù nhiªn n ®Ó P lµ sè nguyªn tè.
Câu 3: (4 điểm).
4

a) Giải phương trình :

1
1
1
1
+ 2
+ 2
=
x + 9 x + 20 x + 11x + 30 x + 13 x + 42 18
2

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

a
b
c
+
+
≥3
b+c −a a +c −b a +b−c

Câu 4: (6 điểm).
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Trên tia Ax lấy điểm C
(C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D.
Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD)
a) Chứng minh OA2 = AC.BD
b) Chứng minh tam giác AMB vuông
c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC
Câu 5: (2 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng:
a + bc b + ca c + ab
+
+
≥ 2.
b+c
c+a
a+b

Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo danh: ................................

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI
CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN


KÌ THI NGÀY 12/4/2014
MÔN THI : TOÁN 8
Ghi chú: Đáp án chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi
bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai không
chấm điểm. Nếu HS giải cách khác đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.
HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM

ĐIỂM

Câu 1
2

 x +1

2

 x − 1

.
− x − 1÷ :
a) A =  −
3
x
x
+

1
3
x

 x


0,5đ

2 ( x + 1) − 3 x( x + 1)  x − 1
2
A= −
.
 : x
3x
 3x x + 1
 2 2(1 − 3 x)  x
A= −
.
3 x  x − 1
 3x

0,5đ
0,5đ

x
2x
=
x −1 x −1

A = 2.

0,5đ

b) Với x ≠ 0; x ≠ ±1 Ta có A =

2x
2
= 2+
x −1
x −1

0,5đ

Để A ∈ Z thì (x-1) phải là ước của 2

0,5đ

Suy ra x − 1 ∈ { ±1; ± 2}
Xét từng trường hợp tìm x
Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn và kết luận

0,5đ
0,5đ

Câu 2








3 2
2
a) Ta có: A =  n (n − 7) − 36n 

2
2
3
3
A = n  n( n − 7) − 6   n( n − 7) + 6  = n(n − 7n − 6)(n − 7n + 6)



= n(n3 − n − 6n − 6)(n3 − n − 6n + 6) = n  n(n2 − 1) − 6(n + 1)   n(n2 − 1) − 6(n − 1) 

(

)

(

)



 



= n(n + 1) n2 − n − 6 ( n −1) n2 + n − 6 = n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n − 3) ( n − 1) ( n − 2 ) ( n + 3)
Do đó A là tích của 7 số nguyên liên tiếp => A M7 với ∀ n∈Z .
b) b)

4

4

2

2

2

2

2

P = n + 4 = n + 4n + 4 - 4n = (n + 2) - (2n)
= (n - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1].
V× n lµ sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + 1 ≥ 2; Nh vËy muèn P lµ sè nguyªn tè th× ph¶i
cã (n - 1)2 + 1 = 1 hay (n - 1)2 = 0, suy ra n = 1.
Khi ®ã P = 5 lµ sè nguyªn tè.
2

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ


Câu 3:
a)
x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;
x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;
TXĐ : x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7
Phương trình trở thành :

0,5đ

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

⇔

⇔ 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
⇔ (x+13)(x-2)=0

0,5đ

0,5đ

Từ đó tìm được x=-13; x=2 (thỏa mãn)
0,5đ

Kết luận

b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0. Ta có x, y, z >0
Từ đó suy ra a=

y+z
x+z
x+ y
;b =
;c =
;
2
2
2

Thay vào ta được A=
=

0,5đ

y+z x+z x+ y
+
+
2x
2y
2z

0,5đ

1 y x
x z
y z 

(
+
)
+
(
+
)
+
(
+ )
2  x y
z x
z y 

0,5đ

1
2

Từ đó suy ra A ≥ (2 + 2 + 2) hay A ≥ 3

0,5đ

Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ
D

M
C
N

A
O

B


a) Xét ∆ ACO và ∆ BOD có
µA = B
µ = 900 ;
·
·
·
(cùng phụ với DOB
)
COA
= ODB

0,5đ

Nên ∆ ACO đồng dạng với ∆ BOD

0,5đ

AO BD
=
=> AO.BO = AC.BD
AC BO

=>

0,5đ

mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD

0,5đ

b) Xét ∆ CMO và ∆ OMD có
·
·
= OMD
= 900
CMO
·
·
·
(cùng phụ với COM
)
OCM
= DOM

0,5đ

=> ∆ CMO đồng dạng với ∆ OMD =>

CO OM
=
(1)
OD MD

Mà ∆ ACO đồng dạng với ∆ BOD =>

CO AO
=
OD BD

=>

CO OB
=
(2) (Do AO = OB)
OD BD

Từ (1) và (2) ta có

0,5đ

0,5đ

OM OB
=
=> tam giác OMD và tam giác OBD đồng
MD BD

dạng

0,5đ

·
·
=> MOD

=> ∆OMD = ∆OBD (cạnh huyền , góc nhọn)
= BOD
=> OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M

c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB)
=>

CN AC
=
NB BD

mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
Tương tự ta chứng minh AC = CM
Nên

CN CM
=
=> MN// BD//AC
BN DM

Câu 5:
- Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a)
Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c)
c + ab = (c + a)(c + b)
do đó:

VT =

( a + b)(a + c) (b + a )(b + c) (c + a )(c + b)
+

+
b+c
c+a
a+b

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ


áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có

(a + b)(a + c) (b + a )(b + c)
+
≥ 2( a + b )
b+c
c+a
(a + b)(a + c ) (c + a )(c + b)
+
≥ 2(a + c)
b+c
a+b
(b + a )(b + c) (c + a)(c + b)
+
≥ 2(b + c )

a+c
a+b

0,5đ

Vậy 2. VT ≥ 4(a + b + c) = 4 hay VT ≥ 2 ⇒ ĐPCM Đẳng thức xảy ra  a = b
=c=

1
3

0,5đ