HSG TOÁN 8 yên PHONG 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT
YÊN PHONG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN 8
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề)
Ngày thi :14 tháng 04 năm 2014(đề thi gồm 01 trang)

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

5− x

1− 2x



+
−
: 2
Bài 1 (5 điểm): Cho biểu thức: A = 
2 ÷
 1 − x x +1 1 − x  x −1
a. Rút gọn biểu thức A.
b. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên.
c. Tìm x để A = A .
Bài 2 (4 điểm): Giải các phương trình sau:
a. x3 – x2 – 12x = 0
1

b.

2

x − 214 x − 132 x − 54
+
+
=6
86
84
82

Bài 3 (5 điểm):
Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết CD=2AB=2AD và BC = a 2 . Gọi E là
trung điểm của CD.
a. Tứ giác ABED là hình gì? Tại sao?
b.Tính diện tích hình thang ABCD theo a .
c.Gọi I là trung điểm của BC, H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống AC.
Tính góc HDI ?
Bài 4 (4 điểm):
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 5 (2 điểm):
a.(Phần dành cho thí sinh trường đạị trà) Cho a, b, c là 3 cạnh của tam giác,p là
1

1

1

1

1

1

nửa chu vi .CMR : p − a + p − b + p − c ≥ 2( a + b + c )
b. (Phần dành cho thí sinh trường THCS Yên Phong)
a −b b−c c−d a −d
+
+
≥
Cho a,b,c,d là các số dương . Chứng minh rằng :
.
b+c c+d d +a a+b


PHÒNG GĐ & ĐT
YÊN PHONG

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NGÀY THI 14/4/2014

MÔN THI: TOÁN 8
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu 1

Hướng dẫn giải
1
2
2
 1 + x + 2(1 − x ) − (5 − x)  x − 1
A=
.
÷
1 − x2

 1− 2x
2
−2 x − 1
=
.
1 − x2 1 − 2x
2
=
1− 2x

0.25

A nguyên, mà x nguyên nên 2M1 − 2x

0.5

Từ đó tìm được x = 1 và x = 0

0.5

Bỏ đi giá trị x = 1( do điều kiện). Vậy x = 0

0.5

+ ĐKXĐ: x ≠ ±1; x ≠

a
(2.0 điểm)

b
(1.5 điểm)

Ta có:
c

⇔

2
1
≥ 0 ⇔ 1− 2x > 0 ⇔ x <
1− 2x
2

Kết hợp với điều kiện: −1 ≠ x <

b.
(2.0 điểm)

0.25

1
2

0.5
(4.0 điểm)

3

(2.0 điểm)

0.75

0.5

Câu 2
a

0.75

0.5

A = A⇔ A≥0
(1.5 điểm)

(5.0 điểm)

2

x – x – 12x = 0  x(x-4)(x+3) = 0

1.0

Vậy x = 4 hoặc x= -3 hoặc x=0

1.0

x − 214 x − 132 x − 54
+
+
=6
86
84
82
x − 214
x − 132
x − 54
⇔
(
− 1) + (
− 2) + (
− 3) = 0
86
84
82
x − 300 x − 300 x − 300
⇔
+
+

=0
86
84
82

0.75

1
1 
 1
⇔ (x-300)  +
+  = 0 ⇔ x-300=0 ⇔ x=300
 86 84 82 

0.5

0.5


VËy S = { 300}

0.25

Câu 3

(5.0 điểm)
Hình vẽ + GT +KL

a
(1.5 điểm)

0.5

0.5
Chỉ ra ABED là hình bình hành .(AB//DE, AB=DE)
Chỉ ra ABED là hình thoi.
Chỉ ra ABED là hình vuông.

(AB=AD)

0.25
o

( góc BAD=90 )

+ Chỉ ra tam giác BEC vuông cân.

0.75

+ Từ đó suy ra AB=AD=a. DC=2a.

0.5

b
(2.0 điểm)

+ Diện tích của hình thang ABCD là S =

( AB + CD ) . AD

2
( a + 2a ) .a = 3a 2
=
2
2

c
(1.5 điểm)

0.25

+ ∠ACH = ∠ACD (1) (cùng phụ với góc HDC )
+ Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có

0.25
0.5

0.25


AD IB 1
=
= , do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng.
DC BD 2
Suy ra ∠ACD = ∠BDI (2)
+ Từ (1) và (2), suy ra ∠ADH = ∠BDI
+ Mà ∠ADH + ∠BDH = 45 o ⇒ ∠BDI + ∠BDH = 45 o hay
∠HDI = 45 o

Câu 4

a
(2 điểm)

0.25
0.5
(4.0 điểm)

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

0.75
0.5

Dấu ''='' xảy ra ⇔ x = y và y = 2

0.5

Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y =2

0.25

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 ''='' xảy ra ⇔ x = 0
x +1

B=
b
(2 điểm)

0.5

3

Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0
Câu 5

1.0
0.75
0.25
2.0 điểm

Ta có
a
(2.0 điểm)
(Trường
đại trà)

1
+

p−a
1
+
p −b
1
+
p−c

1
4
2
≥
=
p −b p −a + p −b c
1
4
2
≥
=
p −c p −b+ p −c a
1
4
2
≥
=
p−a p−c+ p−a b

Cộng từng vế ta có điều phải chứng minh

0.5

0.5
0.5
0.5

Ta có:
b

0.5


a −b b−c c −d a −d
a −b b−c c −d d −a
+
+
≥
⇔
+
+
+
≥0
b+c c+d d +a a+b
b+c c+d d +a a+b
a+c b+b c+a d +b
⇔
+
+
+
≥4
b+c c+d d +a a+b
(2.0 điểm) Xét:

(Trường
THCS
Nguyễn
Cao)

a +c b+d c+a d +b
+
+
+
−4
b+c c+d d +a a+b
1 
1 
 1
 1
= ( a + c) 
+
+
÷+ ( b + d ) 
÷− 4
b+c d +a
c+d a+b
4
4
≥ ( a + c) .
+(b+d).
−4=0
a+b+c+d
a+b+c+d

1.0
0.5

=> đpcm.
Dấu = xảy ra khi a=b=c=d

Điểm toàn bài (20điểm)

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 3, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.


PHÒNG GD&ĐT THANH OAI

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8
Năm học: 2013 - 2014
Thời gian: 120 phút

Câu 1(6điểm)
1. Giải phương trình sau:
a. (2 x 2 + x − 2013) 2 + 4( x 2 − 5 x − 2012) 2 = 4(2 x 2 + x − 2013)( x 2 − 5 x − 2012)
b. x − 1 + x + 3 = 4
2. Chứng minh bất đẳng thức sau:
x2 + y2 + z2 ≥ xy + xz + yz với mọi x , y ,z
Câu 2 (5điểm)

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. Tìm nghiệm nguyên của phương trình sau:
x2 – xy = 6x – 5y – 8
Câu 3 (2điểm) Cho a , b >0 và a + b =1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
M = (1 +

1 2
1
) + ( 1 + )2
a
b

Câu 4: (7 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A ( AC > AB) , đường cao AH
(H∈ BC) . Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA . Đường vuông góc với BC tại D
cắt AC tại E .
1. Chứng minh rằng ∆ BEC đồng dạng ∆ ADC .Tính độ dài đoạn BE theo
m = AB
2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE . Chứng minh rằng ∆ BHM đồng dạng ∆ BEC .
Tính số đo của góc AHM.
3. Tia AM cắt BC tại G . Chứng minh :

GB
HD
=
BC AH + HC

…………….Hết………………

PHÒNG GD&ĐT THANH OAI

ĐÁP ÁN OLYMPIC TOÁN 8
Năm học: 2013 - 2014

Nội dung đáp án

Điểm
6 điểm
4 điểm
2điểm

Câu1
1)
a)
a = 2 x 2 + x − 2013
Đặt: 
2
b = x − 5 x − 2012

0,5điểm

Phương trình đã cho trở thành:
a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ (a − 2b) 2 = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

0,5điểm

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
⇔ 11x = −2011 ⇔ x =

−2011
.
11

0,5điểm
0,25điểm

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

−2011
.
11

0,25điểm

b)

2điểm
Lập bảng xét dấu các nhị thức : x – 1 và x + 3
x
x–1
x+3

-3
–
–

0,25điểm

1

|

–

0

0

+

|

+

0, 5điểm

+

+) Xét x < - 3 (1)
Phương trình ⇔ 1 – x – 3 – x = 4 ⇔ - 2x = 6 ⇔ x = - 3. Không
thỏa mãn (1)
+) Xét - 3 ≤ x ≤ 1 (2)
Phương trình ⇔ 1 – x + x +3 = 4 ⇔ 0x = 0 Thỏa mãn với mọi x
∈ R sao cho - 3 ≤ x ≤ 1
+ ) Xét x ≥ 1 (3)
Phương trình ⇔ x – 1 + x+ 3= 4 ⇔ 2x = 2 ⇔ x=1 . Thỏa mãn (3)
Kết luận : Vậy phương trình có nghiệm - 3< x ≤ 1

0,5 điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm


2)
Có ( x – y ) + ( y – z ) + ( z – x ) ≥ 0 với mọi x, y ,z
⇔ x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2xz + x2 ≥ 0
⇔ 2( x2 + y2 + z2) ≥ 2( xy + xz + yz )
⇔ x2 + y2 + z2 ≥ xy + xz +yz (đpcm)
2

2

2

Câu 2
1)

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
Xét các giá trị riêng của x sao cho x2 – 4 = 0 ⇔ (x – 2 )( x + 2) = 0
⇔ x = 2 hoặc x = - 2
Với x =2 ⇒ f(2) = 2a +b
Với x = - 2 ⇒ f(- 2) = - 2a + b
Theo đề bài, ta có:
7

 f (2) = 24

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

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

2)

5điểm
2,5điểm
0,5điểm
0,5điểm

0,5điểm
0,25điểm
47
x + 17.
2

x – xy = 6x – 5y - 8 ⇔ x – 6x + 8 = y (x – 5 ) (2)

2

2điểm
0,5điểm
0,5 điểm
0,5điểm
0,5điểm

2

x2 − 6x + 8
( vì x =5 không là nghiệm của phương trình (2))
x −5
3
⇔ y=x–1+
. Vì x , y là nguyên nên x – 5 là ước của 3
x−5
⇔ y=

0,25điểm
2,5 điểm
0,5điểm
0,25điểm
0,25điểm

Hay x – 5 ∈ { - 1, 1, 3 , - 3}hay x ∈ { 4, 6 , 8 , 2}

0,5điểm

Khi x = 2 thì y = 0 . Khi x =4 thì y = 0

Khi x = 6 thì y = 8 . Khi x= 8 thì y =8

0,25điểm

Vậy phương trình có nghiệm nguyên là ( x, y)= (2, 0) ,(4 , 0) ,(6, 8) , 0,25điểm
(8, 8)


Câu 3

a+b 2
a +b 2
M= ( 1 +
) +(1+
) vì a + b =1
a
b
b
a
M = ( 2 + )2 + ( 2 + )2
a
b
2
4b
4a
b
a2
M=4+
+ 2 +4+
+ 2

a
b
a
b
2
2
a b
b
a
M = 8 + ( 2 + 2 ) + 4( + ) ≥ 8+ 2 + 4 . 2 = 18
b a
a
b
2
a b
a
b2
( vì a > 0, b> 0 nên 2 + 2 ≥ 2 và + ≥ 2 )
b a
b
a
1
Dấu = xảy ra ⇔ a = b và a + b = 1 ⇔ a = b =
2
1
Vậy min M = 18 Khi a = b =
2

Câu 4

2,0điểm
0,5điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,5điểm

0,25điểm
0,25điểm

7,0điểm
2,5điểm

a)

0,25điểm
Vẽ hình

0,5điểm
0,25điểm

Chứng minh ∆ CDE : ∆ CAB (g.g)
Suy ra

CD CA
=
CE CB

0,25điểm

Hai tam giác ADC và BEC có:

Góc C chung.

0,25điểm

CD CA
=
(Chứng minh trên)
CE CB
Do đó ∆ ADC : ∆ BEC (c.g.c).

0,25điểm
0

Suy ra : góc BEC = góc ADC = 135 ( vì tam giác AHD
vuông cân tại H theo giả thiết)
0,25điểm
0
Nên góc AEB = 45 .Do đó tam giác ABE vuông cân tại A . 0,25điểm
0,25điểm
Suy ra : BE = AB 2 = m 2


b)

2,5điểm
BM 1 BE 1 AD
= ×
= ×
(do ∆BEC : ∆ADC )
BC 2 BC 2 AC

Mà: AD = AH 2 ( tam giác AHD vuông cân tại H)
BM 1 AD 1 AH 2
AH
= ×
= ×
=
Nên
BC 2 AC 2 AC
2 AC
AH BH
=
Mà ∆ABH : ∆CBA (g . g ) ⇒
AC AB
BM
BH
BH
=
Nên : BC =
( BE = 2 AB )
2 AB BE
Do đó: ∆BHM : ∆BEC (c.g.c), suy ra:
·
·
BHM
= BEC
= 1350 ⇒ ·AHM = 450

Ta có:

0,25điểm

0,5điểm
0,5điểm
0,5điểm
0,25điểm
0,25điểm
0,25điểm
2,0điểm

c)
Tam giác ABE vuông cân tại A ,
nên tia AM còn là phân giác của góc BAC.

0,5điểm

GB AB
=
GC AC
AB ED
AH
HD
=
( ∆ABC ∼ ∆DEC ) =
( ED / / AH ) =
mà
AC DC
HC
HC

0,5điểm

Suy ra AG là phân giác của góc BAC Suy ra:

Do đó:

GB HD
GB
HD
GB
HD
=
⇒
=
⇒
=
GC HC
GB + GC HD + HC
BC AH + HC

Điểm toàn bài 20 điểm
----------------------- Hết-----------------------

0,5điểm
0,5điểm