026 đề HSG toán 8 nghĩa bình 2015 2016

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
NGHĨA BÌNH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
Môn: TOÁN 8
Năm học : 2015-2016

Bài 1. (2 điểm)
Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1.x 2  7 x  6
2.x 4  2008 x 2  2007 x  2008
Bài 2. (2 điểm) Giải phương trình:
1) x 2  3x  2  x  1  0
2

2

2

1
1
1 
1
2



2)8  x    4  x 2  2   4  x 2  2  x     x  4 
x
x 

x 
x




Bài 3. (2 điểm)
1 1 1
1. CMR với a, b, c là các số dương, ta có:  a  b  c       9
a b c

2. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức  x  2 x  4  x  6  x  8  2008
cho đa thức x2  10 x  21
Bài 4. (4 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 hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn

BE theo m  AB
2) Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và
BEC đồng dạng. Tính số đo của AHM

3) Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh

GB
HD

BC AH  HC

ĐÁP ÁN
Bài 1.
1)
x2  7 x  6  x2  x  6x  6
 x  x  1  6  x  1   x  6  x  1

2)
x 4  2008 x 2  2007 x  2008  x 4  x 2  2007 x 2  2007 x  2007  1
 x 4  x 2  1  207  x 2  x  1   x 2  1  x 2  2007  x 2  x  1
  x 2  x  1 x 2  x  1  2007  x 2  x  1   x 2  x  1 x 2  x  2008 

Bài 2.
2.1 x 2  3x  2  x  1  0 1
Nếu x  1: 1   x  1  0  x  1 (thỏa mãn điều kiện x  1)
2

x  1: 1  x 2  4 x  3  0  x 2  x  3  x  1  0

 x  1 (ktm)
  x  1 x  3  0  
 x  3 (ktm)
Vậy phương trình 1 có một nghiệm duy nhất x  1
2.2
2
2
1
1
2

 2 1   2 1 

8  x    4  x  2   4  x  2  x     x  4  (2)
x
x  
x 
x


Điều kiện để phương trình có nghiệm: x  0
2
2
1
1 
2

 2 1   2 1  
 2   8  x    4  x  2   x  2    x      x  4 
x
x  
x  
x  



Nếu

2

1
1 
2

2


 8  x    8  x 2  2    x  4    x  4   16
x
x 


 x  0(ktm)

 x  8(tm)
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x  8


Bài 3.
3.1 Ta có:
a a b
b c c
1 1 1
A  a  b  c     1     1    1
b c a
c a b
a b c
a b a c c b
3      
b a  c a b c
x y
Mà   2 (BĐT Cô si)
y x
Do đó: A  3  2  2  2  9 . Vậy A  9

3.2 Ta có:
P( x)   x  2  x  4  x  6  x  8   2008
  x 2  10 x  16  x 2  10 x  24   2008

Đặt t  x2  10 x  21 t  3; t  7 , Biểu thức P( x) được viết lại
P( x)   t  5 t  3  2008  t 2  2t  1993

Do đó khi chia t 2  2t  1993 cho t ta có số dư là 1993
Bài 4.

A
E

B

M
HG

C
D

1) Hai tam giác ADC và BEC có: C chung;
CD CA

(hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
CE CB
Do đó ADC BEC
Suy ra BEC  ADC  1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết)

Nên AEB  450 , do đó ABE vuông cân tại A
Suy ra : BE  AB 2  m 2
BM 1 BE 1 AD
2) Ta có
 .
 .
 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
BH
BH
Nên
(do ABH
 .
 .


BC 2 AC 2 AC
AB 2 BE
Do đó: BHM

CBA)

BEC (c.g.c)  BHM  BEC  1350  AHM  450

3) Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là tia phân giác BAC
GB AB
AB ED
Suy ra :


, mà

GC AC
AC DC
AH
HD
 ABC DEC  
 ED / / AH  
HC
HC
GB HD
GB
HD
GB
HD
Do đó:





GC HC
GB  GC HD  HC
BC AH  HC