096 đề HSG toán 8 cẩm thủy 2013 2014

PHÒNG GD&ĐT CẨM THỦY
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
Môn thi: Toán 8
Ngày thi: 15 tháng 4 năm 2014

Câu 1. (5,0 điểm)
x2  x  x  1
1
2  x2 
Cho biểu thức P  2
:



x  2x  1  x
x 1
x 

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
1
b) Tìm x để P=
2
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x  1
Câu 2. (6 điểm)
a) Tìm đa thức f ( x) biết rằng: f ( x) chia cho x  2 dư 10, f ( x) chia cho x  2 dư
22, f ( x) chia cho x 2  4 được thương là 5x và còn dư
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a3  5a chia hết cho 6
c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2  xy  2012 x  2013 y  2014  0

Câu 3. (3,0 điểm)
a) Cho a  b  c  0 và abc  0, tính giá trị của biểu thức:
P

1
1
1


b2  c 2  a 2 a 2  c 2  b2 a 2  b2  c 2

b) Cho 2 số a và b thỏa mãn a  1; b  1. Chứng minh:
1
1
2


2
2
1  a 1  b 1  ab
Câu 4. (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
 M  B, C  . Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho
BE  CM .
a) Chứng minh : OEM vuông cân
b) Chứng minh: ME / / BN
c) Từ C kẻ CH  BN  H  BN  . Chứng minh rằng ba điểm O, M , H thẳng hàng.


ĐÁP ÁN

Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  0; x  1; x  1
x  x  1   x  1 x  1
x
2  x2 
P
:



2 
x  x  1 x  x  1 
 x  1  x  x  1
x  x  1 x 2  1  x  2  x 2 x  x  1 x  1

:

:
2
2
x  x  1
 x  1
 x  1 x  x  1
x  x  1 x  x  1
x2

.

2
 x  1 x  1 x  1

1
x2
1
P

b) P 
với x ĐKXĐ
2
x 1 2
 2 x2   x  1  2 x2  x  1  0
1

x  (TM )

  2 x  1 x  1  0 
2

 x  1( KTM )
1
1
Vậy P    x 
2
2

c)

x2
x 2  1  1  x  1 x  1  1
1

P


 x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
1
1
P  x 1
 x 1
2
x 1
x 1
1
1
Vì x  1 nên x  1  0. Áp dụng BĐT Cosi ta có: x  1 
 2  x  1
2
x 1
x 1
1
2
Dấu “=” xảy ra  x  1 
  x  1  1  x  1  1  x  2(TM )
x 1
Vậy GTNN của P là 4  x  2

Câu 2.

a) 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

Theo đề bài, ta có:
 f (2)  22
2a  b  22
a  3



 f (2)  10 2a  b  10 b  16


Do đó: f ( x)   x 2  4 . 5 x   3x  16
Vậy đa thức f ( x) cần tìm có dạng: f ( x)  5x3  23x  16

b) a3  5a  a3  a  6a  a  a 2  1  6a  a  a  1 a  1  6a

Vì a(a  1)(a  1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2, một số
chia hết cho 3 mà  2,3  1 nên a  a  1 a  1 chia hết cho 6
6a chia hết cho 6
Nên a3  5a chia hết cho 6
c) x2  xy  2012 x  2013 y  2014  0
 x 2  xy  x  2013x  2013 y  2013  1
 x  x  y  1  2013  x  y  1  1
  x  2013 x  y  1  1
  x  2013  1
  x  2014




x

y

1

1

 y  2014


  x  2013  1   x  2012


  x  y  1  1
  y  2014

Câu 3.
a)
1
1
1
 2
 2
2
2
2
2
b c a

a c b
a  b2  c2
1
1
1
 2


2
2
2
b  c2  b  c  a 2  c2   a  c  a 2  b2   a  b 
P

2

1
1
1
abc



0
2ab 2ac 2ab
2abc
1
1
2
1   1

1 
 1






b)

 

1  a 2 1  b2 1  ab  1  a 2 1  ab   1  b 2 1  ab 
ab  a 2
ab  b 2


1  a 2  1  ab  1  b2  1  ab 


a(b  a)(1  b 2 )  b  a  b  1  a 2 

2
 b  a   a  ab2  b  a 2b 
b  a   ab  1




2

2
2
2
1

a
1

b
1

ab
1

a
1

b
1

ab




  
  
1  a 2 1  b2  1  ab 
2
b  a   ab  1


0
Do a  1; b  1nên
2
2
1

a
1

b
1

ab


  




1
1
2
1
1
2


0



2
2
2
2
1  a 1  b 1  ab
1  a 1  b 1  ab

Câu 4.

E

A

B

1
2

O

M

3

H

1

C

D

N

a) Xét OEB và OMC
Vì ABCD là hình vuông nên ta có: OB=OC
Và B1  C1  450 , BE  CM ( gt )  OEB  OMC  c.g.c 
 OE  OM và O1  O3

Lại có: O2  O3  BOC  900 vì tứ giác ABCD là hình vuông

 O2  O1  EOM  900 kết hợp với OE  OM  OEM vuông cân tại O
b) Từ giả thiết tứ giác ABCD là hình vuông  AB / /CD và AB = CD
AM BM

+) AB / /CD  AB / / CN 
(định lý Ta let) (*)
MN MC
Mà BE  CM ( gt ) và AB  Cd  AE  BM thay vào *
AM AE

 ME / / BN (Ta let đảo)
MN EB
c) Gọi H ' là giao điểm của OM và BN

Ta có:

Từ ME / / BN  OME  OH ' E (cặp góc so le trong)

Mà OME  450 vì OEM vuông cân tại O

 MH ' B  450  C1  OMC


BMH '( g.g )

OM MH '

, kết hợp OMB  CMH ' (hai góc đối đỉnh)
OB
MC

 OMB CMH '(c.g.c)  OBM  MH 'C  450
Vậy BH 'C  BH ' M  MH 'C  900  CH '  BN
Mà CH  BN  H  BN   H  H ' hay 3 điểm O, M , H thẳng hàng (đpcm)