Đề thi HSG môn Toán 8 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Cảnh Hóa

PHÒNG GD& ĐT QUẢNG TRẠCH
TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Môn: Toán
Năm học 2018­2019
Thời gian: 90 phút(không kể thời gian giao 
đề)

Bài 1 (2,0 điểm). 
x
2
1
10 − x 2
+
+
: x −2+
Cho biểu thức:       A = 2
x − 4 2− x x + 2
x+2
1
a. Rút gọn biểu thức A.                        b. Tính giá trị của A , Biết  x  = .
2
c. Tìm giá trị của x để A < 0.               d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị 
nguyên.
Bài 2 (2,0 điểm).  Giải các phương trình  sau:
a.b)  (6 x + 8)(6 x + 6)(6 x + 7) 2 = 72

b.  

x

2

1
9 x 20

x

2

1
11x 30

x

2

1
13 x 42

1
18

Câu 3. (3,5 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.
a. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
b. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: 
AC = 2EF.
c. Chứng minh rằng: 

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

Câu 4. (1,5 điểm) Cho  a, b, c là ba số dương thoả mãn  abc = 1 . Chứng minh rằng :
                    

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

3
.
2

Bài 5 (1,0 điểm). Cho an = 1+2+3+…+ n.  Chứng minh rằng an + an+1  là một số chính 
phương.

Họ và tên thí sinh: ………………………. ........... Số báo danh................................................. .


PHÒNG GD&ĐT QUẢNG TRẠCH                    HƯỚNG DẪN CHẤM 
    TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA      ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2018 ­2019  
                                                            
         Môn:Toán 
                                                                            L ớp: 8 

Bài
Bài 1 
(2,0đ)
a
(0.75)
b
(0.5)
c
(0.25)
d
(0.75)
Bài2
(2,0đ )
a
(1.0)
b
(1.0)

Nội dung

Điểm

 Biểu thức:
x
2
1
10 − x 2
A= 2
+
+
: x −2+
x − 4 2−x x + 2
x+2
0.75
−1
Rút gọn được kết qủa:  A =
                                              
x−2
0.5
1
1
−1
2
2
x =   x =  hoặc  x =
  A=     hoặc A=  
3
5
2
2
2

A < 0 x ­ 2 >0 x >2 
0.25
1
x 2

A  Z 

 x­2  Ư(­1) 

Z

 x­2 { ­1; 1} 

x {1; 3}   
(6 x + 8)(6 x + 6)(6 x + 7) 2 = 72
Đặt  6 x + 7 = t.  Ta có  (t + 1)(t − 1)t 2 = 72

(t 2 − 1)t 2 = 72 t 4 − t 2 − 72 = 0  
t 4 − 9t 2 + 8t 2 − 72 = 0 t 2 (t 2 − 9) + 8(t 2 − 9) = 0 (t 2 − 9)(t 2 + 8) = 0
2
5
Mà  t 2 + 8 > 0  nên  t 2 − 9 = 0 t 2 = 9 t = 3 x = −  hoặc  x = − .
3
3
−2 −5 
; �.
PT có  nghiệm là  x
3 3
2

0,5

0.25
0.25
0.25
0.25

2

x +9x+20= ( x+4)( x+5) ;   x +11x+30 = ( x+6)( x+5) ;  
x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ;
  (0,25 điểm)
ĐKXĐ :  x 4; x 5; x 6; x
 Phương trình trở thành : 
1
( x 4)( x 5)

     

1
( x 5)( x 6)

0.25

7

1
( x 6)( x 7)

1

18  

1

1

1

1

1

1

x 4

x 5

x 5

x 6

x 6

x 7

        

1

x 4

1

x 7

1
18

1
18

                                                                      

0.25

0.25


      18(x+7)­18(x+4)=(x+7)(x+4)
      (x+13)(x­2)=0
      Từ đó tìm được x=­13; x=2;
E

A

0.25

B

                 
H
F

0.5

D

Câu 3
(3.5) 

C

M

N

a
(1.0)

ﾷ
ﾷ
ﾷ
Ta có  DAM
(cùng phụ  BAH
)
= ABF
        AB = AD ( gt)    
ﾷ
ﾷ

      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
ﾷ
Mặt khác. DAE
= 900  (gt)                                  

Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật

b
(1.0)

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

)
= HBC

ΔCBH : ΔEAH  (c.g.c)
2
SΔCBH
SΔCBH
BC
= 4  (gt) 
=
, mà 
SΔEAH
SΔEAH
AE

 BC = 2AE 

BC
AE

= 4   nên BC2 = (2AE)2

MN MC
=
AN AB
2

0.25

AD CN

=
                                               
AM MN

0.25

AB MC
AD MC
=
=
 hay 
                             
AN MN
AN MN

0.25

AD AM
=
 
CN MN

AD
AM

0.25

0.25

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

   

0.25

 E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD  

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

0.25

2

Do đó:  BD = 2EF hay  AC = 2EF  (đpcm)
c
(1.0)

0.25

0.25

Ta có  ΔABH : ΔFAH  (g.g)                          
=>

0.25

AD
+
AN

2

CN
=
MN

2

CM
+
MN

2

=

CN 2 + CM 2 MN 2
=
=1
MN 2
MN 2

0.25


(Pytago)
AD
AM

2

AD
+
AN

2

= 1 =>

1
1
1
+
=
2
2
AM
AN
AD 2

      (đpcm)

0.25

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  ∀ a, b, c   R và x, y, z > 0 ta có

( a + b + c )                 (*)
2

a 2 b2 c2

+ +
x
y z
a b c
  = =
x y z

                                         
Dấu “=” xảy ra 

x+ y+z

Thật vậy, với a, b   R và x, y > 0 ta có 

( a + b )                             (**)
2

a 2 b2
                                        +
x
y

x+ y

                                  

  ( a2 y + b2 x ) ( x + y )

                                  

  ( bx − ay )

Dấu “=” xảy ra 

a
x

  =

2

xy ( a + b )

2

0  (luôn đúng)

b
y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

Câu 4
(1.5)

a 2 b2 c2
                                  + +
x
y z
a b c

Dấu “=” xảy ra    = =
x y z

( a + b)

2

c2
+
x+ y
z

( a + b + c)

2

x+ y+z

0.5

1
1
1
2
2
2
1
1
1
Ta có:  

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

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 
2

2

1 1 1
1 1 1
+ +
+ +
a b c
a b c
=
   (Vì  abc = 1 )     
1 1 1
2(ab + bc + ac )
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
2
2
2
+ b
+ c
   a
ab + ac bc + ab ac + bc

1 1 1
Mà  + +
a b c

Vậy  

Bài 5
(1.0)

1
1
1

2
2
2
3  nên  a
+ b
+ c
ab + ac bc + ab ac + bc

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

3
2

3
   (đpcm)
2

Ta có an+1= 1 +2 +3 +…+ n + n + 1
an+ an+1 = 2(1+ 2 + 3 +…+ n) + n + 1
            = 2.
phương

n(n + 1)
 +n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 là một số chính 

2

0.25

0.25
0.25

0.25

0.5
0.5


                                   ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­­