HSG TOÁN 8 THỦY NGUYÊN 2010 2011

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
MÔN: TOÁN 8
Thời gian: 90 phút( Không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (3 điểm)
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a, x4  4
b,
2. Cho



x  2  x  3  x  4  x  5  24

a
b
c
a2
b2
c2


 1. Chứng minh rằng:


0
b c c  a a b
b  c c  a a b

Câu 2: (2 điểm)

3
2
1. Tìm a,b sao cho f  x   ax  bx  10x  4 chia hết cho đa thức
g  x   x2  x  2

2. Tìm số nguyên a sao cho a 4  4 là số nguyên tố
Câu 3.( 3,5 điểm)
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 4.(1,5 điểm)
Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002
Tinh: a2011 + b2011

--------------------------HẾT--------------------------

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG
MÔN: TOÁN 8


Câu

Đáp án
1a.

1

4

4

2

2

x + 4 = x + 4x + 4 - 4x
= (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2
= (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 - 2x)
1b. ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24
= (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)
2. Nhân cả 2 vế của:

a
b
c


1
b  c c  a a b

với a + b + c

rút gọn � đpcm
2
3
2
1. Ta có : g  x   x  x  2=  x  1  x  2  Vì f  x   ax  bx  10x  4 chia
hết cho đa thức g  x   x  x  2
Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x)
2

2

Điểm
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25

� ax 3  bx 2  10x  4=  x+2  .  x-1 .q  x 

0,25

Với x=-2 � 2a-b+6=0  2 
Thay (1) vào (2) . Ta có : a=2 và b=4
4

2
2
2. Ta có : a  4=  a -2a+2   a +2a+2 

0,25

Với x=1 � a+b+6=0 � b=-a-6  1

0,25
0,25

Z
a 2 -2a+2 Z ;a 2 +2a+2 Z
Vì a ή��

Có a 2 +2a+2=  a+1  1 �1 a
2

Và a 2 -2a+2=  a-1  1 �1 a
Vậy a 4  4 là số nguyên tố thì a 2 +2a+2=1 hoặc a 2 - 2a+2=1
Nếu a 2 -2a+2=1 � a  1 thử lại thấy thoả mãn
Nếu a 2 +2a+2=1 � a  1 thử lại thấy thoả mãn
2

0,25
0,25
0,25

0,25

3

AE  FM  DF
� AED  DFC � đpcm
b. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC � đpcm

0,5
0,5
1

c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi
� ME  MF  a không đổi

0,5

a. Chứng minh:


4

� SAEMF  ME.MF lớn nhất
� ME  MF (AEMF là h.v)
� M là trung điểm của BD.

0,25
0,25
0,25

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

� (a – 1).(b – 1) = 0
� a = 1 hoặc b = 1
Vì a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1; hoặc b = 0 (loại)
Vì b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1; hoặc a = 0 (loại)
Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2

0,25
0,25
0,25
0,25

* Chú ý : Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

-----------------HẾT------------------

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài 120 phút)

0,25
0,25


Câu 1:(3 điểm)
a) Cho biểu thức A  2a 2 b2  2b 2 c2  2a 2 c2  a 4  b 4  c4 . Chứng minh rằng nếu

a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì

A >0.

b) Chứng minh rằng a 5  a M
30 ( a �Z ) .
Câu 2:(2 điểm)
2
2
2
Giải phương trình x  2xy  y  3x  2y  1  4  2x  x  3x  2 .

Câu 3(1,5 điểm)
Cho a 3  b3  2 . Chứng minh rằng a  b �2 .
Câu 4:(1,5 điểm)
Cho hình thang ABCD (AB // CD), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O.
Một đường thẳng d qua O song song với 2 đáy cắt 2 cạnh bên AD, BC lần lượt tại E
và F. Chứng minh rằng

1
1
2


.
AB CD EF

Câu 5 (2 điểm)
Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB,
BC sao cho AN=CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng KD là tia
phân giác của AKC .
-----------------------------------Hết-------------------------------------Giám thị coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh…………………………………………..SBD:…………….

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2007-2008
MÔN: TOÁN
(Thời gian làm bài 120 phút)


Câu

Nội dung

Điểm

a) A  2a 2 b 2  2b 2c 2  2a 2c 2  a 4  b 4  c 4 = 4 a 2 b2 - ( 2a 2 b 2  2b 2c 2  2a 2c 2  a 4  b 4  c 4 )

0,25

= (2ab) 2 - ( a 2  b 2  c2 )2 = (2ab  a 2  b 2  c 2 )( 2ab - a 2  b2  c2 )

0,5

(a  b) 2  c 2 �
c 2  (a  b)2 �
=�
�
��
�
�= (a  b  c)(a  b  c)(c  a  b)(c  a  b)

0,5

Do a, b, c là 3 cạnh của 1 tam giác nên
0,25

a  b  c  0; a  b  c  0; c  a  b  0; c  a  b  0 � A  0

1

(a 2  4)  5 �
b) a 5  a  a(a 4  1)  a(a 2  1)(a 2  1) = a(a  1)(a  1) �
�
�

0,5

= a(a  1)(a  1)(a  2)(a  2) 5a(a  1)(a  1)
Do tích của năm số nguyên liên tiếp thì chia hết cho 5 và trong năm số nguyên liên
tiếp luôn có ba số nguyên liên tiếp mà tích của chúng chia hết cho 6 và do (6;5)=1.
Suy ra a(a  1)(a  1)(a  2)(a  2) M30 và 5a(a  1)(a  1) M30. Vậy

a  aM
30
5

0,25
0,5
0,25

x 2  2xy  y 2  3x  2y  1  4  2x  x 2  3x  2
�

(x  y  1) 2  x  2  (x  1)(x  2)  2x  4 (1)

0,5

2
��4�۳
0
2(x 2) 0
Do (x  y  1)  x  2  (x  1)(x  2) �0 x, y �2x

x

2

2
2
Với x �2 thì (x  y  1)  x  2  (x  y  1)  x  2 ; (x  1)(x  2)  x 2  3x  2 .

0,25
0,25

Khi đó từ phương trình (1) � (x  y  1) 2  x  2 + (x  1)(x  2) = 2(x  2) � (x  y  1)2 =
2

0,25

(x  2)(2  x  1  1) = (x  2) 2 .
� (x  y  1) 2 + (x  2) 2 =0 � x  2  0 và x  y  1  0 � x  2; y  3 ( thoả mãn)

Vậy tập hợp nghiệm của phương trình là

0,5

S=   2;3 

Giả sử a  b  2 � (a  b)  2 � a  b  3ab(a  b)  8 � 2  3ab(a  b)  8 (do a  b  2
3

3

3

3

3

3

0,25
0,5

)
� 3ab(a  b)  6 � ab(a  b)  2 � ab(a  b) > a 3  b3 (do

3

� ab(a  b) > (a  b)(a 2  ab  b 2 ) � ab  a 2  ab  b 2 � a 2  2ab  b 2  0 � (a  b) 2  0

(vô lý ) . Vậy a  b �2

4

a 3  b3  2 )

0,5
0,5


0,25

Xét VABD có OE//AB �

OE OD

(Hệ quả của định lý Ta lét) (1)
AB DB

Xét VABC có OF//DC �

OF OB

(Hệ quả của định lý Ta lét) (2)
CD BD

Xét VABC có OF//AB �

OF OC

(Hệ quả của định lý Ta lét) (3)
AB AC

0,25

Xét VABD có OE//DC �

OE AO

(Hệ quả của định lý Ta lét) (4)
DC AC

0,25

Từ (1), (2), (3) và (4) suy ra : �

0,25

OE OF OF OE OD OB OC AO
+
+
+
=
+
+
+
AB CD AB DC DB BD AC AC

0,25

�

OE OF OF OE OD OB OC AO
+
+
+
=
+
+
+
AB AB CD DC DB BD AC AC

�

EF EF BD AC
EF EF
+
=
+
+
=2 � 1 + 1 = 2
�
AB DC BD AC
AB DC
AB DC EF

0,25
B

A

F

E
O

D

C

5
Kẻ DI, DJ lần lượt vuông góc với AK, CK.
1
2

0,25

1
2

Ta có SAND  AN.DI = SABCD ( do chung đáy AD, cùng chiều cao hạ từ N) (1)
SCDM

1
1
 CM.DJ = SABCD ( do chung đáy CD, cùng chiều cao hạ từ M)
2
2

Từ (1) và (2) suy ra:

1

1
AN.DI = CM.DJ � DI=DJ (do AN=CM)
2
2

0,5
0,5

(2)
0,25

� DIK  DJK (cạnh huyền-cạnh góc vuông) � �IKD  �JKD
� KD là tia phân giác AKC .

0,5


A

M
l
B

K

J
D

N

C

----------------------------------------------------------------------------------------

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
-----------------------------MÔN TOÁN 8
Thời gian : 120 phút ( không kể thời gian giao đề )
A. ĐỀ BÀI
Bài 1. ( 2 điểm ):
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử :
x3(x2 - 7 )2 - 36x
b) Dựa vào kết quả trên hãy chứng minh:
A= n3(n2 - 7 )2 - 36n chia hết cho 210 với mọi số tự nhiên n.
Bài 2. ( 2 điểm ):

 1  x3

1  x2
 x  :
Cho biểu thức A = 
2
3 với x khác -1 và 1.
 1 x
 1 x  x  x
a, Rút gọn biểu thức A.

2
3

b, Tính giá trị của biểu thức A tại x   1 .
c, Tìm giá trị của x để A < 0.
Bài 3. ( 1,0 điểm ) Cho ba số a, b, c thỏa mãn abc = 2004.
Tính : M =

2004a
b
c


.
ab  2004a  2004 bc  b  2004 ac  c  1

Bài 4. (4 điểm ) : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 4 cm. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AB , BC. Gọi P giao điểm của AN với DM.
a) Chứng minh : tam giác APM là tam giác vuông.
b) Tính diện tích của tam giác APM
c) Chứng minh tam giác CPD là tam giác cân.
Bài 5. ( 1 điểm ): Tìm các giá trị x, y nguyên dương sao cho : x2 = y2 + 2y + 13.
----------------------------- HẾT ----------------------------

UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

------------------------Bài
1

HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8

Đáp án
a) x3(x2 - 7 )2 - 36x = x[( x3 - 7x)2 - 36]
= x(x3 - 7x - 6)( x3 - 7x + 6 ) = x(x3 - x - 6x - 6)( x3 - x - 6x + 6 )
= x[x(x - 1 )( x + 1) - 6( x+ 1)][ x(x - 1 )( x + 1) - 6( x- 1)]
= x(x + 1 )(x2 - x - 6)(x - 1 )( x2 + x - 6 )
= x(x + 1 )(x2 - 3x + 2x - 6)(x - 1 )( x2 +3x - 2x - 6 )
= x(x + 1 )(x2 - 3x + 2x - 6)(x - 1 )( x2 + 3x - 2x - 6 )
= x(x + 1 )( x - 1 )[(x(x - 3 ) + 2( x - 3 )][(x(x + 3 ) - 2( x + 3 )]
= x(x + 1 )( x - 1 ) (x - 3 )(x + 2 ) ( x - 2 )( x + 3 )
b) Theo phần a ta có :
A = n3(n2 - 7 )2 - 36n
= n(n + 1 )( n - 1 ) (n - 3 )(n + 2 ) ( n - 2 )( n + 3 )
Đây là tích của 7 số nguyên liên tiếp . Trong 7 số nguyên liên tiếp có :
- Một bội của 2 nên A chia hết cho 2.
- Một bội của 3nên A chia hết cho 3.
- Một bội của 5 nên A chia hết cho 5.
- Một bội của 7 nên A chia hết cho 7.
Mà 2; 3; 5; 7 đôi một nguyên tố cùng nhau nên: A M( 2.3.5.7 )
Hay A M210.

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

a) Với x khác -1 và 1 thì :

2

1  x3  x  x2
(1  x)(1  x)
:
A=
1 x
(1  x)(1  x  x 2 )  x(1  x)

=

(1  x)(1  x  x 2  x)
(1  x)(1  x)
:
1 x
(1  x)(1  2 x  x 2 )
1
2
= (1  x ) :
= (1  x 2 )(1  x)
(1  x)
5 2 

5 
2
5

b) Tại x =  1 =  thì Acó giá trị là 1  ( )   1  (  )
3  
3 
3
3

25
5
34 8 272
2
10
= (1  )(1  )  . 
9
3
9 3 27
27
c) Với x khác -1 và 1 thì A< 0 khi và chỉ khi (1  x 2 )(1  x)  0 (1)
Vì 1  x 2  0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1  x  0  x  1
KL
Thay 2004 = abc vào M ta có :

3

a 2bc
b
c

M


2
ab  a bc  abc bc  b  abc ac  c  1
a 2bc
b
c



ab(1  ac  c) b(c  1  ac) ac  c  1
ac
1
c



1  ac  c c  1  ac ac  c  1
ac  c  1

1
1  ac  c

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


Vẽ hình đúng cho phần a
A

1

1

M

0,25

B

P

4

I

N

H
1

D

C

a) Chứng minh ∆ADM =∆BAN ( cgc )

0,75

=>

0,25

�
�
A1  D
1

� M
�  900 ( ∆ADM vuông tại A )
Mà D
1
1
�  900 => �
A1  M
Do đó: �
APM  900 .Hay ∆APM vuông tại P.
1

0,5

4 5
(cm)
5
2 5
AM =
(cm)
5
4
SAPM = (cm 2 )
5

b) Tính được : AP =

0, 5
0,25

c) Gọi I là trung điểm của AD. Nối C với I; CI cắt DM tại H.
Chứng minh tứ giác AICN là hình bình hành
=> AN // CI mà AN  DM nên CI  DM
Hay CH là đường cao trong ∆CPD (1)
Vận dụng định lý về đường trung bình trong ∆ADP chứng minh được H
là trung điểm của DP => CH là trung tuyến trong ∆CPD (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆CPD cân tại C.
5

Biến đổi đẳng thức đã cho về dạng ( x + y + 1)( x - y - 1) = 12
Lập luận để có x + y + 1> x - y - 1 và x + y + 1; x - y - 1 là các ước
dương của 12 từ đó có các trường hợp :
x+y+1

x-y-1

12
1

x

13
2
9
2

y

0,25

6
2
4
1

4
3
7
2
1
2

Mà x; y nguyên dương nên ( x; y) = ( 4; 1)
KL.

*Chú ý: Ở mỗi phần, học sinh làm đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa.

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

0,25