HSG TOÁN 8 VIỆT yên 2012 2013

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi có 01 trang

Ngày thi: …./4/2013
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4 + 2013 x 2 + 2012 x + 2013 .
 x2 − 2 x
 1 2 
2x2
A
=
−
1 − − 2 ÷.
2. Rút gọn biểu thức sau:
 2
2
3 ÷
2
x
+
8
8

−
4
x
+
2
x
−
x
x x 




Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:
(2 x 2 + x − 2013) 2 + 4( x 2 − 5 x − 2012) 2 = 4(2 x 2 + x − 2013)( x 2 − 5 x − 2012)

2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y3 .
Câu 3. (4,0 điểm)
1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 24, f(x)
chia cho x 2 − 4 được thương là −5x và còn dư.
2. Chứng minh rằng:
a (b − c)(b + c − a ) 2 + c (a − b)(a + b − c ) 2 = b(a − c )(a + c − b) 2

Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE
= AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N.
1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh
rằng: AC = 2EF.

3. Chứng minh rằng:

1
1
1
=
+
.
2
2
AD
AM
AN 2

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc = 1 . Chứng minh rằng :
1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥ .
a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2
3

---------------Hết---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................
Giám thị 1 (Họ tên và ký)..............................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký)..............................................................................................................

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

NGÀY THI ….. /4/2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

Bản hướng dẫn chấm có 04 trang
Câu 1

Hướng dẫn giải

(4.0 điểm)
0,5

Ta có x + 2013 x + 2012 x + 2013
= ( x 4 − x ) + 2013 x 2 + 2013x + 2013
4

1
(2.0 điểm)

2

= x ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + 2013 ( x 2 + x + 1)

0.5

= ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 2013)

0.5

2
2
Kết luận x 4 + 2013 x 2 + 2012 x + 2013 = ( x + x + 1) ( x − x + 2013)

x ≠ 0
x ≠ 2

2

0.5

ĐK: 

0.25

 x2 − 2 x
 1 2 
2 x2
A
=
−
1− − 2 ÷
Ta có

 2
2
3 ÷
 2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

0.25

 x2 − 2 x
 x 2 − x − 2 
2x2
=
−
÷
÷
2
2
x2
 2( x + 4) 4(2 − x) + x (2 − x) 


0.25

(2.0 điểm)
 x2 − 2x
  ( x + 1)( x − 2)   x( x − 2) 2 + 4 x 2   ( x + 1)( x − 2) 
2 x2
=
−
÷
÷

÷= 
÷
2
2
2
x2
x2
  2( x − 2)( x + 4)  

 2( x + 4) ( x + 4)(2 − x)  

x 3 − 4 x 2 + 4 x + 4 x 2 x + 1 x( x 2 + 4)( x + 1) x + 1
=
. 2 =
=
2( x 2 + 4)
x
2 x 2 ( x 2 + 4)
2x
x ≠ 0
x +1
Vậy A =
với 
.
2x
x ≠ 2

0.5
0.25

Câu 2

(4.0 điểm)
2
 a = 2 x + x − 2013
Đặt: 
2
b = x − 5 x − 2012

0.25

Phương trình đã cho trở thành:
1
(2.0 điểm)

0.5

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b) 2 = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó, ta có:
2 x 2 + x − 2013 = 2( x 2 − 5 x − 2012) ⇔ 2 x 2 + x − 2013 = 2 x 2 − 10 x − 4024
−2011
⇔ 11x = −2011 ⇔ x =
.
11
−2011
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
.
11

2
(2.0 điểm)

0.5



3

2

7

Ta có y3 − x 3 = 2x 2 + 3x + 2 = 2  x + ÷ + > 0 ⇒ x < y
4 8


(1)

0.5
0.5
0.25
0.5


2

9  15

(x + 2) − y = 4x + 9x + 6 =  2x + ÷ + > 0

4  16

3

3

2

⇒ y< x+2

(2)

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được
x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là:
(-1 ; 0)
KL
Câu 3

0.5
0.25
0.5
0.25
(4 điểm)

Giả sử f(x) chia cho x − 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:
2

1
(2.0 điểm)

7

 f (2) = 24
2a + b = 24
a =
⇔
⇔
2

 f (−2) = 10
−2a + b = 10
b = 17
7
Do đó: f ( x) = ( x 2 − 4).(−5 x) + x+17
2

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

0.5

0.5

0.5
47
x + 17.
2

0.5

Ta có: a (b − c)(b + c − a ) 2 + c (a − b)(a + b − c) 2 − b(a − c)(a + c − b) 2 = 0 (1)

a =
a + b − c = x



Đặt: b + c − a = y => b =
a + c − b = z



c =


2
(2.0 điểm)

0.25

Khi đó, ta có:
x+z x+ y y+z  2 y+z x+z x+ y  2 1
2
−
−

÷. y +


÷.x − ( x + y )( x − y ).z
2  2
2 
2  2
2 
4
x+z x−z 2 y+z z− y 2 1 2
=
.
.y +
.
.x − ( x − y 2 ) z 2
2
2
2
2
4
1 2 2 2 1 2
1
= ( x − z ). y + ( z − y 2 ).x 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2
4
4
4
1 2
1
= ( x − y 2 ).z 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2 = 0 = VP(1)
(đpcm)
4
4

VT(1) =

KL:….
Câu 4

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

0.5

0.5
0.25
0.25
0.25
(6 điểm)


E

A

B

H
F

D

C

M

N

1
(2.0 điểm) Ta có DAM
·
·
·
(cùng phụ BAH
)
= ABF
AB = AD ( gt)
·BAF = ADM
·
= 900 (ABCD là hình vuông)
⇒ ΔADM = ΔBAF (g.c.g)
=> DM=AF, mà AF = AE (gt)
Nên. AE = DM
Lại có AE // DM ( vì AB // DC )
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
·
Mặt khác. DAE
= 900 (gt)

0.75

0.5
0.5

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

0.25

Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g)
=>

2
(2.0 điểm)

0.5

AB BH
BC BH
=
=
hay
( AB=BC, AE=AF)
AF AH
AE AH
·
·
·
Lại có HAB
(cùng phụ ABH
)

= HBC

⇒ ΔCBH : ΔEAH (c.g.c)
2
2
SΔCBH
S
 BC 
 BC 
=
4
⇒ ΔCBH = 
⇒
= 4 nên BC2 = (2AE)2
,
mà
(gt)
÷

÷
S
SΔEAH  AE 
ΔEAH
 AE 
⇒ BC = 2AE ⇒ E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)

0.5
0.5

0.5

Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:
⇒

AD AM
AD CN
=
⇒
=
CN MN
AM MN

0.5

Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:
3
(2.0 điểm)

⇒

MN MC
AB MC
AD MC
=
⇒
=
=
hay
AN AB

AN MN
AN MN
2

2

2

0.5

2

AD   AD   CN   CM 
CN 2 + CM 2 MN 2
⇒ 
=
=1
÷ +
÷ =
÷ +
÷ =
MN 2
MN 2
 AM   AN   MN   MN 

0.5

(Pytago)

2

2

1
1
1
AD   AD 
⇒ 
÷ +
÷ = 1 => AM 2 + AN 2 = AD 2
 AM   AN 

(đpcm)

0.5


Câu 5

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với ∀ a, b, c ∈ R và x, y, z > 0 ta có
a 2 b2 c2 ( a + b + c )
+ + ≥
x
y z
x+ y+z
a b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ = =
x y z
Thật vậy, với a, b ∈ R và x, y > 0 ta có
a 2 b2 ( a + b )

+ ≥
x
y
x+ y
⇔

(a

2

2 điểm

2

(*)

2

(**)

y + b 2 x ) ( x + y ) ≥ xy ( a + b )

2

0.75

⇔ ( bx − ay ) ≥ 0 (luôn đúng)
2

Dấu “=” xảy ra ⇔

a b
=
x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
a 2 b2 c2 ( a + b )
c2 ( a + b + c )
+ + ≥
+ ≥
x
y z
x+ y
z
x+ y+z
a b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ = =
x y z
1
1
1
2
2
1
1
1
Ta có:
a
b
c2

+
+
=
+
+
a 3 (b + c) b3 (c + a) c 3 ( a + b) ab + ac bc + ab ac + bc
2

2.0 điểm

2

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
2

2

1 1 1
1 1 1
1
1
1
+
+

÷
 + + ÷
a 2 + b2 + c 2 ≥  a b c  =  a b c 
(Vì abc = 1 )
ab + ac bc + ab ac + bc 2(ab + bc + ac )

1 1 1
2 + + ÷
a b c
1
1
1
2
2
2
11 1 1
Hay
a
+ b
+ c
≥  + + ÷
ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 
1 1 1
Mà + + ≥ 3 nên
a b c

Vậy

1
1
1
2
2
2
3
a

+ b
+ c
≥
ab + ac bc + ab ac + bc 2

1
1
1
3
+ 3
+ 3
≥
a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2
3

(đpcm)

Điểm toàn bài

0.5

0.25
0.25

0.25
(20 điểm)

Lưu ý khi chấm bài:

-

Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ,
hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo
thang điểm tương ứng.
Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.


ĐỀ THI CHỌN LỌC HỌC SINH GIỎI
LỚP 8 THCS NĂM HỌC 2008- 2009
------------------------------

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài : 150 phút

n2 + n +1
Câu 1: a) Tìm các số nguyên m, n thoả mãn m =
n +1
3
2

b) Đặt A = n + 3n + 5n + 3 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi giá

trị nguyên dương của n.
c) Nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2+b2 chia hết cho 13.
Câu2 : Rút gọn biểu thức:
a) A=

bc
ca

ab
+
+
(a − b)(a − c)
(b − c)(b − a )
(c − a )(c − b)
6

b)

1  6 1 

x+  −x + 6 −2
x 
x 

B=
3
1
1

3
x +  + x + 3
x
x


Câu 3: Tính tổng: S =

1

1
1
1
+
+
+…+
1.3
3. 5
5.7
2007.2009

Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2009. Chứng minh rằng biểu
thức sau không phụ thuộc vào các biến x, y, z :
2009 x
y
z
+
+
xy + 2009 x + 2009 yz + y + 2009 xz + z + 1

Câu 5: Giải phương trình:
59 − x 57 − x 55 − x 53 − x 51 − x
+
+
+
+
= −5
41
43
45

47
49

Câu 6: Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy bằng
600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt tại
D và E . Chứng minh :
BC 2
a) BD.CE=
4

b) DM,EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE không đổi.


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
CÂU

1

SƠ LƯỢC LỜI GIẢI

ĐIỂM

1
n2 + n +1
a, Thực hiện chia m =
=n+
n +1
n +1

0.5

Để m nguyên với n nguyên khi n + 1 là ước của 1
Hay n + 1 ∈{1; -1 }. Khi đó : n+1 = 1 ⇒ n = 0 ∈Z ( t/m)
n+ 1 = -1 ⇒ n = -2 ∈ Z (t/m)
Với n = 0 ⇒ m = 1 . Với n = -2 ⇒ m = - 3 . Vậy ...
b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) 3 +2(n+1) = ..
= n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1)
Khi đó : 3(n+1) chia hết cho 3
n( n +1) (n+ 2) là tích của 3 số nguyên dương liên tiếp nên tồn tại ..
c, a = 13k +2, b= 13n +3
a2+b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13n+ 3) 2 =....= 13( 13k2 +4k +13 n2 +4n +1)
2
3
4

1
x

a, A = 1, b, B = 3( x + )
S=

5

0.5
0.5
0.5
1
4

2

xy.xz
1
z
1 + z + xz
+
+
=
= 1.
xy ( xz + z + 1) 1 + z + zx
1 + z + zx 1 + z + zx

59 − x
57 − x
55 − x
53 − x
51 − x
+1+
+1+
+1+
+1+
+1 = 0
41
43
45
47
49

0.5

1
1
1
1
1
+
+
+
+ ) =0
41 43 45 47 49
1
1
1
1
1
⇔ 100- x = 0 ( vì ( + + + + ) >0 ⇔ x = 100.
41 43 45 47 49

1

......⇔ (100 – x) (

6

0.5

2

1

1 1 1
1
1
1
1
1004
(1 − + − + ..... +
−
) = (1 −
)=
2
3 3 5
2007 2009
2
2009
2009

2009 x
y
z
+
+
2009 + 2009 x + xy xyz + y + yz
1 + z + zx

=

0.5

0.5

Vẽ hình
a,Chứng minh ∆ BMD đồng dạng ∆CEM
BC
BC 2
... Vì BM=CM=
, nên ta có BD.CE=
2
4
b, Chứng minh ∆BMD va ∆MED đồng dạng

0,5
y

A

2.5

x
E
D

1

B

2
1

2 3

M
Từ đó suy ra Dˆ 1 = Dˆ 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE

Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK.
Chu vi bằng 2.AH . Kết luận.

Chú ý: Có nhiều cách khác nhau , nhưng có chung 1 kết quả.

C

1.5
1.5


ĐỀ THI HSG LỚP 8
Năm học 2010 – 2011


x2

6

1  

10 − x 2 



+
+
Bài 1: Cho biểu thức M =  3
 :  x − 2 +
x + 2 
 x − 4 x 6 − 3x x + 2  
a) Rút gọn M
1
b)Tính giá trị của M khi x =

2

Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A <
0.
Bài 3:
a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
B=

3( x + 1)
x + x2 + x +1
3

Bài 4: Cho hình bình hành ABCD . Với AB = a ; AD = b. Từ đỉnh A , kẻ một đường
thẳng a bất kỳ cắt đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G.
a) Chứng minh: AE2 =EF.EG
b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG

không đổi.
Bài 5. Chứng minh rằng nếu

x 2 − yz
y 2 − xz
=
Với x ≠ y ; xyz ≠ 0 ; yz ≠ 1 ; xz ≠ 1.
x(1 − yz ) y (1 − xz )

Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)


Giải
Bài 1: a) Rút gọn M
 x2
6
1  
10 − x 2  
x2
6
1  6
 = 
+
+
−
+
M=  3
 :  x − 2 +
:
x + 2   x( x − 2)( x + 2) 3( x − 2) x + 2  x + 2

 x − 4 x 6 − 3x x + 2  
−6

x+2

M = ( x − 2)( x + 2) . 6

=

1
2−x

1
b)Tính giá trị của M khi x =

2

1
1
1
⇔x=
hoặc x = 2
2
2
1
1
1
2
Với x = ta có : M = 2 − 1 = 3 =
2

3
2 2
1
1
1
2
Với x = - ta có : M = 2 + 1 = 5 =
2
5
2 2

x =

Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2
a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.
Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2 a2+2bc) = (b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a)
b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.
Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b-c -a) <0
( BĐT trong tam giác)
(b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
Vậy A< 0
Bài 3: a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5
Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + 1
= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1
Do (x-y)2 ≥ 0 ; (y - 2)2 ≥ 0
Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1 ≥ 1
Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = y và y = 2

Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y =2
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
3( x + 1)
3( x + 1)
3( x + 1)
3
= x 2 ( x + 1) + x + 1 = ( x 2 + 1)( x + 1) = 2
2
x + x + x +1
x +1
3
Do x2 +1>0 nên B = 2 ≤ 3. Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = 0
x +1
Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0
A
B
Bài 4:

B=

3

a) Chứng minh: AE2 =EF.EG
Do AB//CD nên ta có:
EA EB
AB
=
=
EG ED DG

Do BF//AD nên ta có:

E

F

(1)
D

C

G


EF EB AD
=
=
EA ED FB

(2)

EA EF
=
Từ (1) và (2) ⇒
Hay AE2 = EF. EG
EG

EA

b). CMR khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG không đổi.

AB FB
=
Từ (1) và (2) ⇒
DG

AD

Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi)

x 2 − yz
y 2 − xz
=
Bài 5: Chứng minh rằng nếu
Với x ≠ y ; xyz ≠ 0 ; yz ≠ 1 ; xz ≠ 1.
x(1 − yz ) y (1 − xz )

Thì :

xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

Từ GT ⇒ (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz)
⇔ x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2
⇔ x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0
⇔ xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0
⇔ xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0
⇔ (x -y) [ xy − xyz ( x + y + z ) + xz + yz ] = 0
Do x - y ≠ 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0

Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm)