Đề CHỌN HSG TOAN 8

PHÒNG GD-ĐT
Trường THCS

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG
Năm học 2013 – 2014

ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: Cho biểu thức:
6 x − 1  x 2 − 36
 6x + 1
+ 2
A=  2
.
2
 x − 6 x x + 6 x  12 x + 12

a, Tìm tập các định và rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị của biểu thức A với x =

1
9+4 5

.

Câu 2: Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng
rằng: ab – a – b + 1 chia hết cho 192
Câu 3:
a, Chứng minh bất đẳng thức: x2 + y2 – xy ≥ x + y – 1
b, Cho:

a
b
c
b 2
c 2
a 2
+
+
= 0. Chứng minh rằng: (
) +(
) +(
) =2
b−c
c−a
a−b
b−c
c−a
a−b

Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD. TRên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm
đối xứng của C qua P.
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD, AB.
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị
trí của điểm P.
*** Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ***

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8
Câu Phần

1

a

TXĐ: x ≠ 0; x ≠ ± 6
 6x + 1

Bài giải

6 x − 1  ( x + 6)( x − 6)

+
A= 
.
2
 x ( x − 6) x( x + 6)  12( x + 1)
=

=

6 x 2 + 36 x + x + 6 + 6 x 2 − 36 x − x + 6
1
.
=
x
12( x 2 + 1)


b

12( x 2 + 1)
1
1
.
=
=
2
x
12( x + 1) x
1
1
=
= 9+4 5 = 2+ 5
1
A= x
9+4 5

Vì a, b là hai số chính phương liên tiếp nên giả sử a < b, ta có:
a = (2k – 1)2; b = (2k + 1)2 với k ∈ Z; k ≠ 0
ab – a – b + 1 = (a – 1)(b – 1) = 16k2(k – 1)(k + 1)
Vì k(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 3 với mọi k thuộc Z.
Và k2(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 4, với mọi k thuộc Z.
Kết hợp với (3,4) = 1
nên ab – a – b + 1 chia hết cho 16.12 = 192 (đpcm)
x2 + y2 – xy ≥ x + y – 1

2

3

⇔ x2 + y2 + 1 – xy – x – y ≥ 0
a

b

⇔ 2x2 + 2y2 + 2 – 2xy – 2x – 2y ≥ 0
⇔ (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 ≥ 0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
Vậy x2 + y2 – xy ≥ x + y – 1
Ta có:
a
b
c
+
+
=0
b−c c −a a −b
2

b
c 
 a
⇔
+
+
÷ =0
 b−c c −a a −b 
2

2

2

ab
bc
ca
 a   b   c 
⇔
+2
+2
=0
÷ +
÷ +
÷ +2
( b − c) ( c − a) ( c − a) ( a − b) ( a − b) ( b − c)
 b− c  c− a  a−b
2

2

2

abc
 a   b   c 
⇔
÷ +
÷ +
÷ +2
( b − c) ( c − a) ( a − b)

 b−c   c−a   a−b 

 a −b b−c c−a 
+
+

÷= 0
a
b 
 c

2
2
2
ab ( a − b ) + bc ( b − c ) + ca ( c − a )
abc
 a   b   c 
⇔
=0
÷ +
÷ +
÷ +2
abc
( b − c) ( c − a) ( a − b)
 b− c  c− a  a−b
2

 a 
⇔
÷

 b− c

2

 a 
⇔
÷
 b− c

2

 b 
+
÷
 c− a
 b 
+
÷
 c− a

2

2
ab ( a − b ) + bc ( b − c ) − ca ( a − b + b − c )
abc
 c 
+
=0
÷ +2
abc

( b − c) ( c − a ) ( a − b)
 a−b

2
ab ( a − b ) + bc ( b − c ) − ca ( a − b ) − ca ( b − c )
abc
 c 
+
=0
÷ +2
abc
( b − c) ( c − a ) ( a − b)
 a− b

2
2
2
a ( a − b) ( b − c) − c ( b − c) ( a − b)
abc
 a   b   c 
⇔
=0
÷ +
÷ +
÷ +2
abc
( b − c) ( c − a) ( a − b)
 b− c  c− a  a−b

2
2
2
( a − b) ( b − c) ( a − c) = 0
abc
 a   b   c 
⇔
÷ +
÷ +
÷ +2
abc
( b − c) ( c − a) ( a − b)
 b−c   c −a   a −b 
2

2

2

2

2

2

 a   b   c 
⇔
÷ +
÷ +
÷ −2 = 0

 b −c   c − a   a −b 
 a   b   c 
⇔
÷ +
÷ +
÷ = 2 (đpcm)
 b −c   c −a   a −b 

F

B

A
I

HVẽ

O

E

M

P
C

D

4

a

Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có O là trung điểm của AC
P là trung điểm của MC
Hay PO là đường trung bình của ∆ ACM hay AM // PO.
Vậy BD // AM hay tứ giác AMDB là hình thang.
·
·
Do AM // BD hay OBA
= MAE (đồng vị)
·
·
Xét tam giác cân OAB ta có OBA
= OAB

b

c

·
·
Gọi I là giao điểm của MA và EF, ta thấy ∆AEI cân ở I hay IAE
= IEA
·
·
Suy ra FEA
= OAB hay EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đường trung bình của ∆ MAC suy ra IP // AC.
(2)

Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.

Do ∆ MAF ∼ ∆ DBA (g – g) →

MF AD
=
không đổi
FA
AB

- Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tối đa.