HSG TOÁN 8 THANH CHƯƠNG 2012 2013

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề gồm 1 trang)

ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013

Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1.
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5
b. Chứng minh n �N * thì n3  n  2 là hợp số.
c. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng
với tích của chúng là một số chính phương lẻ.
Câu 2.
a. Giải phương trình:

x 1 x  2 x  3
x  2012


 ... 
 2012
2012 2011 2010
1

b. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b 2012 + c 2013.
Câu 3.
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18
b. Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác.
Chứng minh:

ab
bc
ac


�a  b  c
a  b  c a  b  c a  b  c

Câu 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF.
a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông.
b. Chứng minh DF  CE và  MAD cân.
c .Tính diện tích  MDC theo a.

Hết./.

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


PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG
ĐÁP ÁN THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013
Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu
Ý
Nội dung
= (x - y)2 +4(x - y) - 5 = (x - y)2 + 4(x - y)2 + 4 -9
2
2

điểm = (x - y + 2) - 3 = ( x - y + 5)(x - y -1)
3
3
2
b. 1 Ta có: n + n + 2 = n + 1+ n+1= (n + 1)( n - n + 1) + (n + 1)
a. 1

điểm =(n+1)( n2 - n + 2)
Câu 1
3
điểm

c. 1

Do n �N * nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n + 2 là hợp số
Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2

điểm Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1

= (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1
= ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số
a.

chẵn � a2 + a + 1 là số lẻ
Phương trình đã cho tương đương với:

x 1
x2
x3
x  2012

1 
1 
 1  ... 
 1  2012  2012 �
2012
2011
2010
1
điểm x  2013 x  2013 x  2013
x  2013


 ... 
0 �
2012
2011
2010
1
1
1
1
1
Câu 2
( x  2013)(


 ...  )  0 � x = 2013
2012 2011 2010
1
2

2
2
2
3
3
3
a + b + c = a + b + c = 1 � a; b; c � 1;1
b.
điểm
3
3
3
2
2
2
2
2
2
0.5 � a + b + c - (a + b + c ) = a (a - 1) + b (b - 1) + c (c - 1) �0
� a3 + b3 + c3 �1 � a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1
điểm
� b2012 = b2; c2013 = c2; � S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1
1.5

Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18
2
2
1.5
điểm A = 2[(x+y) - 4(x + y) +4] + ( y + 6y +9) + 1
A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1 �1

điểm
Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3

Câu 3

a. 1

Điể
m
0.5
0,5
0.25
0,25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25

0.5
0. 5
0. 5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

b.
0.5

vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0;
a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0
yz
x z
x y
;b 
;c 
2
2
2
ab
bc
ac
( y  z )( x  z ) ( x  z )( x  y ) ( x  y )( y  z )





a  b  c a  b  c a  b  c
4z
4x
4y
1 xy yz xz
1�
1 xy
yz

xz �
(    3x  3 y  3z )  �
3( x  y  z )  (2  2  2 ) �
4 z
x
y
4�
2
z
x
y �

điểm ta có: x + y + z = a + b + c; a 

0.25

1�
y x z
x y z
z x y �
3( x  y  z)  (  )  (  )  (  ) �
�
4�
2 z x 2 z y 2 y x �
1
�  3( x  y  z )  x  y  z   x  y  z
4


0.25

Mà x + y + z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng minh
Câu 4

Hìn

3.5

h vẽ

điểm

0. 5

E

A

B

0.5

đ
H

M

F

N

D

C

G

Chứng minh: EFGH là hình thoi
1.25 Chứng minh có 1 góc vuông.
điểm Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông
�  FDC
�
mà
b. 1 VBEC VCFD(c.g.c) � ECB
a.

điểm

VCDF

vuông

�  DFC
�  900 � DFC
�  ECB
�  900 �VCMF vuông tại M
� CDF

tại

0. 5
0. 5
0.25
C 0.25
0.25

Hay CE  DF.
Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG  DF 0.25
� GN//CM mà G là trung điểm DC nên � N là trung điểm DM.
Trong  MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến �  MAD 0.25
cân tại A.
c.
0.75
điểm

VCMD : VFCD( g.g ) �

CD CM

FD FC
2

0.25
2

S
�CD �
�CD �
Do đó : VCMD  � �� SVCMD  � �.SVFCD
SVFCD �FD �

�FD �
1
2

1
4

Mà : SVFCD  CF .CD  CD 2 .

0.25


CD 2 1
Vậy : SVCMD  2 . CD 2 .
FD 4
Trong VDCF theo Pitago ta có :
1
5
�1
�
DF 2  CD 2  CF 2  CD 2  � BC 2 � CD 2  CD 2  .CD 2 .
4
4
�2
�

Do đó :

SVMCD

CD 2 1
1
1

. CD 2  CD 2  a 2
5
5
5
CD 2 4
4

Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm bài hình.

0.25


ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8
Năm học: 2013 – 2014
Thời gian 120 phút
ĐỀ BÀI
Bài 1: (6 điểm)
a) Giải phương trình: y2 – 2y + 3 =
b) Giải bất phương trình:

6
x  2x  4
2

1

1
1
1
 2
 2
 2
0
x  5 x  6 x  7 x  12 x  9 x  20 x  11 x  30
2

Bài 2: (5 điểm)
2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m
a) Tìm m để P(x) chia hết cho 2x + 3
b) Với m vừa tìm được ở câu a, hãy tìm số dư khi chia P(x) cho 3x – 2 và phân
tích ra các thừa số bậc nhất
2.2) Cho đa thức: P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e
Biết P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9 ; P(4) = 16 ; P(5) = 25. Tính P(6), P(7)?
Bài 3: (2 điểm)
Cho a, b, c  [0; 1] và a + b + c = 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a 2 + b2 +
c2
Bài 4: (7 điểm)
Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B, D lên
AC; H, K lần lượt là hình chiếu của C trên AB và AD.
a) Tứ giác DFBE là hình gì? Vì sao?
b) Chứng minh: CHK

BCA

c) Chứng minh: AC2 = AB. AH + AD.AK

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Câu

Đáp án

Điểm

6
a) y2 – 2y + 3 = 2
<=> (y2 – 2y + 3).(x2 + 2x + 4) = 6
x  2x  4

<=> [(y – 1)2 + 2].[(x + 1)2 + 3] = 6
<=> (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 +
6=6
<=> (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2 =
0
mà (x + 1)2 ≥ 0; (y – 1)2 ≥ 0
= 0 khi và chỉ khi

1đ
0,5đ
0,5đ
1đ

=> (x +1)2.(y – 1)2 + 3(y – 1)2 + 2(x + 1)2

x+1=0



x=-1

Vậy cặp (x, y) = (-1;

1) là nghiệm của phương trình
y–1=0
y=1
1

b)

1
1
1
1
 2
 2
 2
0
x  5 x  6 x  7 x  12 x  9 x  20 x  11 x  30
2



1
1
1
1




0
 x  2 x  3  x  3 x  4  x  4 x  5  x  5 x  6

ĐKXĐ: x ≠ 2; 3;

4; 5; 6
1
1
1
1
1
1
1
1







0

x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6



1
1

0
x 2 x 6

x–2≥0






 4
0
 x  2 x  6

x≥2



0,5đ
1đ
0,5đ

=> (x – 2)(x – 6)  0

x ≥ 6 mà x ≠ 6 => x > 6

1đ

x–6 ≥0

x≥6

x–20

x2

x–60

x  6 Vậy tập nghiệm của BPT là x > 6 hoặc



x2

mà x ≠ 2 => x < 2

x<2

2

2.1) Cho đa thức P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m
a) P(x) = 6x3 – 7x2 – 16x + m = 6x3 + 9x2 – 16x2 – 24x + 8x +
12 + m - 12
= 3x2(2x + 3) – 8x(2x + 3) + 4(2x + 3) + m – 12
= (2x + 3)(3x2 – 8x + 4) + m – 12
Để P(x)  (2x +3) thì m – 12 = 0 <=> m = 12
b) Với m = 12; P(x) = 6x 3 – 7x2 – 16x + 12 = 6x 3 – 4x2 – 3x2 +

2x – 18x + 12
= 2x2(3x – 2) – x(3x – 2) – 6(3x – 2) = (3x – 2)(2x2 –

0,5đ
1đ
1đ
1đ


x – 6)
3

2

Phân tích P(x) ra tích các thừa số bậc nhất: P(x) = 6x – 7x – 16x
+ 12

0,5đ
0,5đ
0,5đ

= (2x + 3)(3x – 2)(x – 2)
2.2) Vì P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9 ; P(4) = 16 ; P(5) = 25
Mà P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e => P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)
(x – 4)(x – 5) + x2
 P(6) = 5.4.3.2.1 + 62 = 156
 P(7) = 6.5.4.3.2 + 72 = 769

Vì a, b, c  [0; 1] => (1 – a)(1 – b)(1 – c) ≥ 0

3

Ta có: (1 – a)(1 – b)(1 – c) = 1 – (a + b + c) + (ab + bc + ac) – abc
(vì a + b + c = 2)
= - 1 + (ab + bc + ac) – abc ≥ 0
<=> ab + bc + ac ≥ abc + 1 ≥ 1 (vì abc ≥ 0 )
=> -2 (ab + bc

0,5đ
0,5đ

+ ac)  -2

0,5đ
0,5đ

Lại có: (a + b + c)2 = a2 + b2 +c2 + 2(ab + bc + ac)
=> P = a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 – 2(ab + bc + ac) = 4 – 2 (ab + bc +
ca)  4 - 2 = 2

4

Vậy P = a2 + b2 + c2 đạt giá trị lớn nhất bằng 2 khi (a, b, c) là hoán vị
của (0; 1; 1)
a) DF // BE (vì cùng vuông góc với AC) => DFBE là hình bình hành
AFD = CEB (C.huyền – G.nhọn) => DF = BE

1đ
1đ

b) BC // AK => BCK = 900
ABC = 900 + BCH (góc ngoài của =>
 CHB)
ABC = HCK
HCK = 900 + BCH
Có CKD = ACD + DAC (góc ngoài

0,5đ

DKC)
HBC = BAC + BCA
mà BCA = DAC ; BAC = DCA
 CKD
 hay


CBH =>

CD CK

BC CH

AB CK

BC CH

CHK

c) AEB

0,5đ
0,5đ
0,5đ

BCA (c.g.c)
AHC =>

AB AE

AC AH

1đ


=> AE.AC = AB.AH (1)
AFD

AKC =>

AF AD

AK AC

=> AF.AC = AD.AK (2)
 Cộng vế với vế (1) và (2) ta có: AE.AC + AF.AC = AB.AH +
AD.AK (3)

1đ

1đ

Mà AFD = CEB (CM trên) => AF = CE
 (3) <=> AC.(AE + EC) = AB.AH + AD.AK
<=> AC2 = AB.AH +AD.AK

ĐỀ THI ÔLYMPIC MÔN TOÁN LỚP 8
(120 Phút)


(năm học 2013 – 2014)
Câu 1 : (6 điểm)

a) Giải phương trình :

1
1
1
1
 2
 2

x  9 x  20 x  11 x  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 2 : (5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các
lập phương của chúng chia hết cho 3.
b) Tìm số nguyên n dể n5 + 1 chia hết cho n3 + 1
Câu 3. (3 điểm )
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
Tinh: a2011 + b2011
Bài 4 : ( 6 điểm )
Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điểm di động trên AC. Từ C vẽ đờng
thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O. Chứng minh rằng :
a ) OA.OB = OC.OH
b ) Góc OHA có số đo không đổi
c ) Tổng BM.BH + CM.CA không đổi.

Đáp án – hướng dẫn chấm
Câu 1 : (6 đ)


a) (3 đ) x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;

x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;
x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;

0,5

ĐKXĐ : x  4; x  5; x   6; x  7

0,5

Phương 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

1,75

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

( 0,25đ)

b) (3 đ) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0
yz
xz
xy
;b 
;c 
;
( 1,5đ )
2
2
2
yz xz xy 1 y x
x z

y z 


 (  )  (  )  (  ) ( 0,75 đ)
Thay vào ta được A=
2x
2y
2z
2 x y
z x
z y 
1
Từ đó suy ra A  (2  2  2) hay A 3
( 0,25đ )
2

Từ đó suy ra a=

Câu 2 : (2đ)
a)

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
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 ) ( 3đ )

n5 + 1 Mn3 + 1 � n5 + n2 – n2 + 1 Mn3 + 1
� n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) � Mn3 + 1
� (n – 1)(n + 1) M
(n+1)(n2 – n + 1)
�n–1 M
n2 – n + 1
� n(n – 1) M
n2 – n + 1
Hay n2 – n M
n2 – n + 1
� (n2 – n + 1) – 1 M
n2 – n + 1

0,5


� 1M
n2 – n + 1

Xét hai trường hợp:
+ n2 – n + 1 = 1 � n2 – n = 0 � n(n – 1) = 0 � n = 0, n = 1 thử lại thấy t/m đề bài
+ n2 – n + 1 = - 1 � n2 – n + 2 = 0 , không có giá trị của n thoả mãn
Câu 3
b c
�1

1


�a

a a
�
a c
�1
a. Từ: a + b + c = 1 � �  1 
( 1đ )
b b
�b
a b
�1
�c  1 c  c
�
1 1 1
�a b � �a c � �b c �
�    3  �  � �  � �  �
a b c
�b a � �c a � �c b �
�3  2  2  2  9
1
Dấu bằng xảy ra � a = b = c =
( 0,5 đ )
3
b. (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002
 (a+ b) – ab = 1
 (a – 1).(b – 1) = 0
 a = 1 hoặc b = 1
(1đ)
2000
2001
Với a = 1 => b = b => b = 1 hoặc b = 0 (loại)

Với b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoặc a = 0 (loại) ( 0,5 đ )
Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2
O

Câu 4 ( 6 đ )
a)  BOH ~  COA (g-g) �

OB OH
� OA.OB = OC.OH

OC OA

OB OH
OA OH
�


OC OA
OC OB
� chung
 OHA và  OBC có O
Từ (1) và (2) �  OHA ~  OBC (c.g.c)
�  OBC
�
� OHA
(không đổi) ( 2 đ )

b)

(2đ)

(1)
(2)

c) Vẽ MK  BC ;  BKM ~  BHC (g.g) �

A
B

H
M
K

C

BM BK

� BM.BH = BK.BC
BC BH

(3)
 CKM~  CAB

(g.g) �

CM CK

� CM.CA=BC.CK
CB CA

(4)
Cộng từng vế của (3) và (4) ta có: BM.BH + CM.CA = BK.BC + BC.CK
= BC(BK + CK) = BC2
(không đổi). ( 2 đ )