Tuyển tập đề thi HSG Toán 8

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. §Ò 1 Bµi 1: (3®) Chøng minh rÇng: a) 85 + 211 chia hÕt cho 17 b) 1919 + 6919 chia hÕt cho 44 Bµi 2: a) Rót gän biÓu thøc: b) Cho. x2  x  6 x 3  4 x 2  18 x  9. yz xz xy 1 1 1    0( x, y, z  0) . TÝnh 2  2  2 x y z x y z. Bµi 3:(3®) Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD + CE = BC. Gäi O lµ giao ®iÓm cña BE vµ CD .Qua O vÏ ®­êng th¼ng song song víi tia ph©n gi¸c cña gãc A, ®­êng th¼mg nµy c¾t AC ë K. Chøng minh r»ng AB = CK. Bµi 4 (1®). T×m gi¸ trÞ lín nhÊt hoÆc nhá nhÊt cña biÓu thøc sau (nÕu cã): M = 4x2 + 4x + 5. Gv: Nguyễn Văn Tú. 1 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. đề 2 C©u 1 . T×m mét sè cã 8 ch÷ sè: a1a 2 .. . a 8 tho· m·n 2 ®iÒu kiÖn a vµ b sau: a) a1a 2a 3 = a 7 a 8 . 2. b) a 4a 5a 6a 7 a 8  a 7 a 8 . 3. C©u 2 . Chøng minh r»ng: ( xm + xn + 1 ) chia hÕt cho x2 + x + 1. khi vµ chØ khi ( mn – 2)  3. ¸p dông ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö: x7 + x2 + 1. Câu 3 . Giải phương trình:  1  1 1     ...  2005.2006.2007   1.2.3 2.3.4 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007).. Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh: EF // AB b). AB2 = EF.CD. c) Gäi S1 , S2, S3 vµ S4 theo thø tù lµ diÖn tÝch cña c¸c tam gi¸c OAB; OCD; OAD Vµ OBC Chøng minh: S1 . S2 = S3 . S4 . C©u 5 . T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45.. Gv: Nguyễn Văn Tú. 2 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. đề 3 C©u 1: a. Rót gän biÓu thøc: A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1 b. NÕu x2=y2 + z2 Chøng minh r»ng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2. x y z    0 (1) vµ C©u 2: a. Cho a b c. a b c    2 (2) x y z. x2 y 2 z 2 TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc A= 2  2  2  0 a b c ab bc ca b. TÝnh : B = 2 2 2  2 2 2  2 2 2 a b c b c a c a b. C©u 3: T×m x , biÕt : x·1 x  10 x  19    3 (1) 2006 1997 1988. C©u 4: Cho h×nh vu«ng ABCD, M  ®­¬ng chÐo AC. Gäi E,F theo thø tù lµ h×nh chiÕu cña M trªn AD, CD. Chøng minh r»ng: a.BM  EF b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy. Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 a. 1 b. 1 c. P= (a+ b+ c) (   ). §¸p ¸n C©u 1: a. ( 1,25 ®iÓm) Ta cã: A= (2-1) (2+1) (22+1) ........ + 1 = (22-1)(22+1) ......... (2256+1) = (24-1) (24+ 1) ......... (2256+1) ................ = [(2256)2 –1] + 1 = 2512 b, . ( 1 ®iÓm) Ta cã: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*) V× x2=y2 + z2  (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2 C©u 2: . ( 1,25 ®iÓm) a. Tõ (1)  bcx +acy + abz =0 Tõ (2) .  ab ac bc   abz  acy  bcx  x2 y 2 z 2 x2 y 2 z 2     4    2    0   2  2  4  2 2 2 2 2   a b c a b c xyz  xy xz yz   . b. . ( 1,25 ®iÓm) Tõ a + b + c = 0  a + b = - c  a2 + b2 –c2 = - 2ab Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac Gv: Nguyễn Văn Tú. 3 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. B=. ab bc ca 3     2ab  2bc  2ca 2. C©u 3: . ( 1,25 ®iÓm) (1) . x·2007 x  2007 x  2007   0 2006 1997 1988.  x= 2007 A C©u 4: a. ( 1,25 ®iÓm) Gäi K lµ giao ®iÓm CB víi EM; H lµ giao ®iÓm cña EF vµ BM   EMB =BKM ( gcg)  Gãc MFE =KMB  BH  EF b. ( 1,25 ®iÓm)  ADF = BAE (cgc) AF  BE Tương tự: CE  BF  BM; AF; CE lµ c¸c ®­êng cao cña BEF  ®pcm C©u 5: ( 1,5 ®iÓm) Ta cã: P=1+ MÆt kh¸c. E. B. M. K H. D. F. C. a a b b c c a b a c  b c   1   1  3             b c a c a b b a c a c b x y   2 với mọi x, y dương.  P  3+2+2+2 =9 y x. VËy P min = 9 khi a=b=c. --------------------------------------đề 4 Bµi 1 (3®): 1) Ph©n tÝch c¸c ®a thøc sau thµnh nh©n tö: a) x2 + 7x + 12 b) a10 + a5 + 1 2) Giải phương trình:. x  2 x  4 x 6 x 8    98 96 94 92. Bµi 2 (2®): Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P . 2 x 2  3x  3 cã gi¸ trÞ nguyªn 2x 1. Bµi 3 (4®): Cho tam gi¸c ABC ( AB > AC ) 1) KÎ ®­êng cao BM; CN cña tam gi¸c. Chøng minh r»ng: a) ABM đồng dạng ACN b) gãc AMN b»ng gãc ABC 2) Trªn c¹nh AB lÊy ®iÓm K sao cho BK = AC. Gäi E lµ trung ®iÓm cña BC; F lµ trung ®iÓm cña AK. Chøng minh r»ng: EF song song víi tia ph©n gi¸c Ax cña gãc BAC. Bµi 4 (1®): T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc: Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ 4 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8 A. x 2  2 x  2007 , ( x kh¸c 0) 2007 x 2. §¸p ¸n Bµi 1 (3®): 1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1®) b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) = (a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 a+ 1 ) (1®) 2) x2 x4 x6 x8    98 96 94 92 x2 x4 x6 x8 +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) ( 98 96 94 92 1 1 1 1 + )=0  ( x + 100 )( 98 96 94 92 1 1 1 1  0 V×: + 98 96 94 92. Do đó : x + 100 = 0  x = -100 Vậy phương trình có nghiệm: x = -100. (0,5®) (0,25®). (0,25®). Bµi 2 (2®): P=. 2 x 2  3 x  3 ( 2 x 2  x )  ( 4 x  2)  5 5   x2 2x  1 2x  1 2x  1. (0,5®). x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên thì =>. 5 ph¶i nguyªn hay 2x - 1 lµ ­íc nguyªn cña 5 (0,5®) 2x  1. * 2x - 1 = 1 => x = 1 * 2x - 1 = -1 => x = 0 * 2x - 1 = 5 => x = 3 * 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5®) Vậy x = 1;0;3;2 thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là: x = 1 => P = 8 x = 0 => P = -3 x = 3 => P = 6 x = -2 => P = -1 (0,5®). Bµi 3 (4®): 1) a) chứng minh  ABM đồng dạng  CAN (1đ). Gv: Nguyễn Văn Tú. 5 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. b) Tõ c©u a suy ra:. AB AM   AMN đồng dạng  ABC  AC AN.   AMN =  ABC ( hai góc tương ứng). (1,25®) 2) KÎ Cy // AB c¾t tia Ax t¹i H (0,25®)  BAH =  CHA ( so le trong, AB // CH) mµ  CAH =  BAH ( do Ax lµ tia ph©n gi¸c) (0,5®) Suy ra:  CHA =  CAH nªn  CAH c©n t¹i C do đó : CH = CA => CH = BK vµ CH // BK (0,5®) BK = CA VËy tø gi¸c KCHB lµ h×nh b×nh hµnh suy ra: E lµ trung ®iÓm KH Do F là trung điểm của AK nên EF là đường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( ®fcm) (0,5®) Bµi 4 (1®): A=. 2007 x 2  2 x.2007  2007 2 x 2  2 x.2007  2007 2 2006 x 2 = + 2007 x 2 2007 x 2 2007 x 2. ( x  2007) 2 2006 2006   2007 2007 2007 x 2 2006 A min = khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5®) 2007. =. -----------------------------------đề 5 . x2 6 1   10  x 2     : x  2  3   x2  x  4 x 6  3x x  2  . C©u 1 ( 3 ®iÓm ) . Cho biÓu thøc A = .   . a, Tìm điều kiện của x để A xác định . b, Rót gän biÓu thøc A . c, Tìm giá trị của x để A > O C©u 2 ( 1,5 ®iÓm ) .Gi¶i ph¬ng tr×nh sau :. x 2  4x  1 x 2  5x  1 2 x 1 2x  1. Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lÇn lît c¾t BC tai P vµ R, c¾t CD t¹i Q vµ S. 1, Chøng minh  AQR vµ  APS lµ c¸c tam gi¸c c©n. 2, QR c¾t PS t¹i H; M, N lµ trung ®iÓm cña QR vµ PS . Chøng minh tø gi¸c AMHN lµ h×nh ch÷ nhËt. 3, Chøng minh P lµ trùc t©m  SQR. 4, MN lµ trung trùc cña AC. 5, Chøng minh bèn ®iÓm M, B, N, D th¼ng hµng. C©u 4 ( 1 ®iÓm):. Gv: Nguyễn Văn Tú. 6 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. Cho biÓu thøc A =. 2 x 2  3x  3 2x  1. C©u 5 ( 1 ®iÓm) a, Chøng minh r»ng. x 3  y 3  z 3  x  y   3 xy.x  y  z 3 3. 1 1 1    0. x y z. b, Cho. . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. TÝnh A . yz xz xy   x2 y2 z2. §¸p ¸n C©u 1 a,. x # 2 , x # -2 , x # 0. b , A = . x 2 1  6   :  x 4 2 x x  2 x  2. =. 2. x  2x  2  x  2 6 : x  2x  2 x  2. =. 6 x2 1 .  x  2x  2 6 2  x. c, §Ó A > 0 th× C©u 2 . PT . . §KX§ :. 1  0  2 x  0  x  2 2 x 1 x  1; x   2. x 2  4x  1 x 2  5x  1 x 2  3x  2 x 2  3x  2 1 1  0   0 x 1 2x  1 x 1 2x  1. . . . 1   1 2  x 2  3x  2     0  x  3 x  2 3 x  2   0  x  1x  2 3 x  2   0 x  1 2 x  1  .  x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3. Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ . 2 Vậy PT đã cho có tập nghiệm S = 1;2;  . 3. C©u 3: 1,  ADQ =  ABR v× chóng lµ hai tam gi¸c vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( c¹nh h×nh vu«ng). Suy ra AQ=AR, nªn  AQR lµ tam gi¸c vu«ng c©n. Chøng minh tîng tù ta cã:  ARP=  ADS do đó AP = AS và  APS là tam giác cân tại A. 2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vu«ng c©n AQR vµ APS nªn AN  SP vµ AM  RQ. PAN  PAM = 450 nªn gãc MÆt kh¸c : MAN vu«ng. VËy tø gi¸c AHMN cã ba gãc vu«ng, nªn nã lµ h×nh ch÷ nhËt. Gv: Nguyễn Văn Tú. 7 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. 3, Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của  SQR. Vậy P lµ trùc t©m cña  SQR. 1 2. 4, Trong tam gi¸c vu«ng c©n AQR th× MA lµ trung ®iÓm nªn AM = QR. Trong tam gi¸c vu«ng RCQ th× CM lµ trung tuyÕn nªn CM =. 1 QR. 2.  MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.. Chøng minh t¬ng tù cho tam gi¸c vu«ng c©n ASP vµ tam gi¸c vu«ng SCP, ta cã NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC 5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghÜa lµ chóng th¼ng hµng. C©u 4 . Ta cã §KX§ x  -1/2 A = (x + 1). +. 2 2x  1. vì x  Z nên để A nguyên thì. 2 nguyªn 2x  1. Hay 2x+1 lµ íc cña 2 . VËy : 2x+1 = 2  x=1/2 ( lo¹i ) 2x+1 = 1  x = 0 2x+1 = -1  x = -1 2x +1 = -2  x = -3/2 ( lo¹i ) KL : Víi x = 0 , x= -1 th× A nhËn gi¸ trÞ nguyªn C©u 5. a, , Chøng minh x 3  y 3  z 3  x  y 3  3xy.x  y  z 3 Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh. b, Ta cã a  b  c  0 th× a 3  b 3  c 3  a  b   3aba  b  c 3  c 3  3ab c  c 3  3abc 3. (v× a  b  c  0 nªn a  b  c ) Theo gi¶ thiÕt khi đó A . 1 1 1 1 1 1 3    0.  3  3  3  . x y z xyz x y z.  1 yz xz xy xyz xyz xyz 1 1  3  2  2  3  3  3  xyz 3  3  3   xyz  3 2 xyz x y z x y z y z  x. ===================== đề 6 Bµi 1 : (2 ®iÓm) Cho biÓu thøc : . x2 1 1    2 4 2  x  x  1 x  1. M = .  4 1 x4  x  1 x2 .   . a) Rót gän b) T×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña M . Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên Gv: Nguyễn Văn Tú. 8 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. A=. 4 x 3  3 x 2  2 x  83 x 3. Bµi 3 : 2 ®iÓm Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = 0 b) x  2 + x  3 + 2 x  8 = 9 Bµi 4 : (3®) Cho h×nh vu«ng ABCD . Gäi E lµ 1 ®iÓm trªn c¹nh BC . Qua E kÎ tia Ax vu«ng gãc víi AE . Ax c¾t CD t¹i F . Trung tuyÕn AI cña tam gi¸c AEF c¾t CD ë K . §­êng th¼ng qua E song song víi AB c¾t AI ë G . Chøng minh : a) AE = AF vµ tø gi¸c EGKF lµ h×nh thoi . b)  AEF ~  CAF vµ AF2 = FK.FC c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi . Bµi 5 : (1®) Chøng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120 chia hÕt cho 24 §¸p ¸n Bµi 1 : a) M. =. 4 4 2 2 ( x 2  1)( x 2  1)  x 4  x 2  1 4 2) = x  1  x  x  1  x  2 x +1-x ( x 2 1 x 2 1 ( x 4  x 2  1)( x 2  1). b) Biến đổi : M = 1 -. 3 3 . M bÐ nhÊt khi 2 lín nhÊt  x2+1 bÐ nhÊt  x2 x 1 x 1 2. = 0  x = 0  M bÐ nhÊt = -2 Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 +. 4 4  Z  x-3 lµ ­íc cña 4  A Z  x 3 x 3.  x-3 =  1 ;  2 ;  4  x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7. Bµi 3 : a) Ph©n tÝch vÕ tr¸i b»ng (x-2006)(x+1) = 0  (x-2006)(x+1) = 0  x1 = -1 ; x2 = 2006 c) XÐt pt víi 4 kho¶ng sau : x< 2 ; 2  x < 3 ; 3  x < 4 ; x  4 Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5 Bµi 4 : a)  ABE =  ADF (c.g.c)  AE = AF  AEF vu«ng c©n t¹i t¹i A nªn AI  EF .  IEG =  IEK (g.c.g)  IG = IK . Tø gi¸c EGFK cã 2 ®­êng chÐo c¾t nhau t¹i trung ®iÓm mçi ®­êng vµ vu«ng gãc nªn h×nh EGFK lµ h×nh thoi . b) Ta cã : KAF = ACF = 450 , gãc F chung Gv: Nguyễn Văn Tú. 9 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8  AKI ~  CAF (g.g) . AF KF   AF 2  KF .CF CF AF. d) Tø gi¸c EGFK lµ h×nh thoi  KE = KF = KD+ DF = KD + BE Chu vi tam gi¸c EKC b»ng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Kh«ng đổi) . Bài 5 : Biến đổi : B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120 Suy ra B  24 ================================ đề 7 C©u 1: ( 2 ®iÓm ) Cho biÓu thøc: 6x  1 6 x  1  x 2  36  . 2 2 2  x  6 x x  6 x  12 x  12. A= . ( Víi x  0 ; x   6 ). 1) Rót gän biÓu thøc A 2) TÝnh gi¸ trÞ biÓu thøc A víi x=. 1 94 5. C©u 2: ( 1 ®iÓm ) a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1  x.y + x + y b)T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÓu thøc sau: A=. ( víi mäi x ;y). x2 x  x2  x  2 3. C©u 3: ( 4 ®iÓm ) Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng cña C qua P . a) Tø gi¸c AMDB lµ h×nh gi? b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB . Chøng minh: EF // AC vµ ba ®iÓm E,F,P th¼ng hµng. c)Chøng minh r»ng tØ sè c¸c c¹nh cña h×nh ch÷ nhËt MEAF kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm P. d) Gi¶ sö CP  DB vµ CP = 2,4 cm,;. PD 9  PB 16. TÝnh c¸c c¹nh cña h×nh ch÷ nhËt ABCD. C©u 4 ( 2 ®iÓm ) Cho hai bất phương trình: 3mx-2m > x+1 (1) m-2x < 0 (2) Tìm m để hai bất phương trình trên có cùng một tập nghiệm. §¸p ¸n C©u 1 ( 2 ®iÓm ) Gv: Nguyễn Văn Tú. 10 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. 1) ( 1 ®iÓm ) §K: x  0; x   6 )  6x  1 6 x  1  ( x  6)( x  6) 6 x 2  36 x  x  6  6 x 2  36 x  x  6 1 A=  =  . .   2 x 12( x 2  1)  x( x  6) x( x  6)  12( x  1). =. 12( x 2  1) 1 1 .  2 x 12( x  1) x. 1 x. 2) A= . 1 1.  94 5. 94 5. C©u2: ( 2 ®iÓm ) 1) (1 ®iÓm ) x2+y2+1  x. y+x+y  x2+y2+1 - x. y-x-y  0  2x2 +2y2+2-2xy-2x-2y 0  ( x2+y2-2xy) + ( x2+1-2x) +( y2+1-2y)  0  (x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2 0 Bất đẳng thức luôn luôn đúng. 2) (2 ®iÓm ) (1)  3mx-x>1+2m  (3m-1)x > 1+2m. (*) + XÐt 3m-1 =0 → m=1/3. (*)  0x> 1+. 2  x  . 3. + XÐt 3m -1 >0 → m> 1/3. (*)  x>. 1  2m 3m  1. + XÐt 3m-1 < 0  3m <1 → m < 1/3 (*)  x <. 1  2m . 3m  1. mµ ( 2 )  2x > m  x > m/2. Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm. 1  1 1   m  3 m  m     3 3 1  2m  m 3m 2  5m  2  0 (m  2)(m  1)  0   3m  1 2.  m-2 =0  m=2. VËy : m=2. C©u 3: (4 ®iÓm ) a)(1 ®iÓm ) Gäi O lµ giao ®iÓm cña AC vµ BD. → AM //PO → tø gi¸c AMDB lµ h×nh thang. b) ( 1 ®iÓm ) Do AM// BD → góc OBA= góc MAE ( đồng vị ) XÐt tam gi¸c c©n OAB → gãc OBA= gãc OAB Gv: Nguyễn Văn Tú. 11 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. Gäi I lµ giao ®iÓm cña MA vµ EF →  AEI c©n ë I → gãc IAE = gãc IEA → gãc FEA = gãc OAB → EF //AC .(1) MÆt kh¸c IP lµ ®­êng trung b×nh cña  MAC → IP // AC (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra : E,F, P th¼ng hµng. c) (1 ®iÓm ) Do  MAF   DBA ( g-g) → d) NÕu. MF AD  không đổi. FA AB. PD 9 BD PB     k → PD= 9k; PB = 16k. PB 16 9 16. Do đó CP2=PB. PD → ( 2,4)2=9.16k2 → k=0,2. PD = 9k =1,8 PB = 16 k = 3,2 DB=5 Từ đó ta chứng minh được BC2= BP. BD=16 Do đó : BC = 4 cm CD = 3 cm C©u4 ( 1 ®iÓm ) x2 1  2  ( x  x  1)( x  2) x  x  1. 1 1 3 (x  )2  2 4 1 3 1 1 VËy Amax  [ ( x+ ) 2  ] min  x+ = 0 → x = 2 4 2 2 4 Amax lµ khi x = -1/2 3. Ta cã A =. 2. ======================== đề 8 Bµi1( 2.5 ®iÓm) a, Cho a + b +c = 0. Chøng minh r»ng a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 0 b, Ph©n tÝch ®a thøc thµnh nh©n tö: A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b) Bµi 2: ( 1,5 ®iÓm). Cho biÓu thøc: y =. x ; ( x>0) ( x  2004) 2. Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó Bµi 3: (2 ,5 ®iÓm) a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình: : ( 12x – 1 ) ( 6x – 1 ) ( 4x – 1 ) ( 3x – 1 ) = 330. B, Giải bất phương trình: x  6  3 Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với ox ; ID vu«ng gãc víi oy . BiÕt IC = ID = a. Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ 12 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. §­êng th¼ng kÎ qua I c¾t â ë A c¾t oy ë b. A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi. B, Chøng minh r»ng C, BiÕt SAOB =. CA OC 2  DB OB 2. 8a 2 . TÝnh CA ; DB theo a. 3. §¸p ¸n Bµi 1: 3 ®iÓm a, TÝnh: Ta cã: a3 + a2c – abc + b2c + b3 = (a3 + b3) + ( a2c –abc + b2c)= (a + b) ( a2 –ab =b2 ) + c( a2 - ab +b2) = ( a + b + c ) ( a2 – ab + b2 ) =0 ( V× a+ b + c = 0 theo gi¶ thiÕt) VËy:a3 +a2c –abc + b2c + b3 = 0 ( ®pCM) b, 1,5 ®iÓm Ta cã: bc(a+d) 9b –c) – ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b) = bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] – ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b) = -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) –ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b) = b(a-b)[ a(c+d) –c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) –a(b+d)] = b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a) = d(a-b)(a-c)(b-c) Bµi 2: 2 §iÓm. §Æt t =. 1 2004 y. Bài toán đưa về tìm x để t bé nhất Ta cã t = =. ( x  2004) 2 x 2  2.2004 x  20042 = 2004 x 2004 x. x 2004 2 2004 x. Ta thÊy: x2. =. x 2  2004 2 2 2004 x. (1). Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có: +. 20042. x 2  2004 2 2  2. 2004 .x  2004 x. (2). DÊu “ =” x¶y ra khi x= 2004 Tõ (1) vµ (2) suy ra: t  4  VËy gi¸ trÞ bÐ nhÊt cña t = 4 khi x =2004. VËy ymax=. 1 1  Khi x= 2004 2004t 8016. Bµi 3:. 2 §iÓm a, Nhân cả 2 vế của phương trình với 2.3.4 ta được: (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8 VÕ tr¸I lµ 4 sè nguyªn liªn tiÕp kh¸c 0 nªn c¸c thõa sè ph¶I cïng dÊu ( + )hoÆc dÊu ( - ). Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 . 10 . 9 . 8 (1) Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ 13 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. Vµ (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8) (2) Từ phương trình (1)  12x -1 = 11  x = 1 ( thoả mãn) Từ phương trình (2) . 12x -1 = - 8  x=. 7 12. suy ra x  Z.. Vậy x=1 thoả mãn phương trình. b, Ta cã x6 < 3  -3 < x – 6 < 3  3< x < 9 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = { x  R/ 3 < x < 9}. Bµi 4 : 3 §iÓm Ta cã A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị) (gg).  IAC ~  BAO Suy ra:. AC IC  AO BO. . AC AO  IC BO. (1). Tương tự:.  BID ~  BAO (gg) OA OB OA ID   Suy ra:  ID BD OB BD AC ID  Tõ (1) vµ(2) Suy ra: IC BD. (2). Hay AC. BD = IC . ID = a2 Suy ra: AC.BD = a2 không đổi. b, Nh©n (1) víi (2) ta cã:. AC ID OA OA .  . IC BD OB OB AC OA 2  BD OB 2. mµ IC = ID ( theo gi¶ thiÕt) suy ra:. C, Theo c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c vu«ng ta cã; 1 SAOB = OA.OB mµ SAOB = 2 8a 2 Suy ra: OA.OB = 3. 8a 2 3. 16a 2 OA . OB = 3. . 16a 2 Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = 3. Mµ CA . DB =. a2. ( gi¶ thiÕt). ( theo c©u a). . a2. 16a 2 + a( CA + DB ) + CA . DB = 3. 16a 2 - 2a2  a(CA +DB) = 3. 16a 2 CA.DB  a 2  2a 2 2 10 a . VËy:   CA + DB + 3  10a 2 a 3 CA  DB   3  a Gi¶i hÖ pt vµ DB = 3a  CA = 3 a HoÆc CA = 3a vµ DB = 3. Gv: Nguyễn Văn Tú. 14 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. ==================== đề 9 x2 y2 x2 y2 Bµi 1( 2 ®iÓm). Cho biÓu thøc : P    x  y 1  y  x  y 1  x  x  11  y . 1.Rót gän P. 2.T×m c¸c cÆp sè (x;y)  Z sao cho gi¸ trÞ cña P = 3. Bài 2(2 điểm). Giải phương trình: 1 1 1 1 1  2  2  2  x  5 x  6 x  7 x  12 x  9 x  20 x  11x  30 8 2. Bµi 3( 2 ®iÓm). T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña biÎu thøc: M. 2x  1 x2  2. Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung ®iÓm cña c¸c c¹nh AB, BC. M lµ giao ®iÓm cña CE vµ DF. 1.Chøng minh CE vu«ng gãc víi DF. 2.Chøng minh  MAD c©n. 3.TÝnh diÖn tÝch  MDC theo a. Bµi 5(1 ®iÓm). Chøng minh r»ng :. Cho c¸c sè a; b; c tho¶ m·n : a + b + c = a2 + b2 + c2 . 3 . 2. 3 . 4. §¸p ¸n Bµi 1. (2 ®iÓm - mçi c©u 1 ®iÓm) MTC : x  y x  11  y  1.. P. x 2 1  x   y 2 1  y   x 2 y 2 x  y . x  y 1  x 1  y . P  x  y  xy .Víi x  1; x   y; y  1. 2. §Ó P =3. x  y 1  x 1  y x  y  xy  x  y 1  x 1  y . . thì giá trị biểu thức được xác định..  x  y  xy  3  x  y  xy  1  2  x  1y  1  2. C¸c ­íc nguyªn cña 2 lµ : 1; 2. Suy ra:  x  1  1 x  0    y  1  2  y  3 x 1  1 x  2   y  1  2 y  1. Gv: Nguyễn Văn Tú. 15 Lop8.net. (lo¹i).. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8 x 1  2 x  3   y  1  1 y  0  x  1  2  x  1 (lo¹i)    y  1  1  y  2. VËy víi (x;y) = (3;0) vµ (x;y) = (0;-3) th× P = 3. Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định: x  2 x  3  x  4 x  5   x  6. Ta cã : x 2  5 x  6  x  2 x  3  x 2  7 x  12  x  3 x  4  x 2  9 x  20  x  4 x  5  x 2  11x  30  x  5 x  6 . Phương trình đã cho tương đương với : 1. 1. . 1. . 1. . x  2 x  3 x  3x  4  x  4 x  5  x  5 x  6 . . 1 8. 1 1 1 1 1 1 1 1 1         x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 x 6 x 5 8 4 1 1 1 1      x 6 x 2 8 x  6 x  2  8 .  x 2  8 x  20  0  x  10 x  2   0.  x  10 thoả mãn điều kiện phương trình.   x  2. Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2. Bµi 3.(2®iÓm). . 2 2 2x  1  x2  2  x2  2 x  2  x  2x  1 M  x2  2 x2  2. x M. 2. .  2   x  1. 2. x2  2. .  x  1  1. 2. x2  2. x  1 nhá nhÊt. M lín nhÊt khi 2 2. x 2. V× x  1  0x vµ x  2  0x 2. 2. x  1 nhá nhÊt khi x  1 2 = 0. nªn 2   2. x 2. DÊu “=” x¶y ra khi x-1 = 0  x  1 . VËy Mmax = 1 khi x = 1. Bµi 4. . (3iÓm) Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ 16 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8 : a. : BEC : CFD(c.g.c)  C:1  D 1 : D :  900  F : C :  900 : CMF vu«ng t¹i M : CDF vu«ng t¹i C  F 1 1 1 1. Hay CE  DF. b.Gäi K lµ giao ®iÓm cña AD víi CE. Ta cã : : AEK : BEC ( g .c.g )  BC  AK.  AM lµ trung tuyÕn cña tam gi¸c MDK vu«ng t¹i M 1  AM  KD  AD : AMD c©n t¹i A 2 CD CM  c. : CMD :: FCD( g.g )  FD FC 2. 2. S CD   CD  Do đó : : CMD     S: CMD    .S: FCD S: FCD  FD   FD  1 2. 1 4. Mµ : S: FCD  CF .CD  CD 2 . VËy : S: CMD . CD 2 1 . CD 2 . FD 2 4. a. k. d 1. Trong : DCF theo Pitago ta cã : 1 5 1  DF 2  CD 2  CF 2  CD 2   BC 2   CD 2  CD 2  .CD 2 . 4 4 2 . Do đó : S: MCD. e. m 1. CD 2 1 1 1  . CD 2  CD 2  a 2 5 5 5 CD 2 4 4. b. f. 1. c. Bµi 5 (1®iÓm) 2. 1 1 1 Ta cã:  a2    0  a2  a   0  a2   a 2 4 4  1 b2   b Tương tự ta cũng có: 4. 1 4. ; c2   c. Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: a2  b2  c 2 . 3 3 3  a  b  c . V× a  b  c  nªn: a 2  b 2  c 2  4 2 4 1 DÊu “=” x¶y ra khi a = b = c = . 2. ========================= đề 10 C©u 1. (1,5®) Rót gän biÓu thøc : A =. 1 1 1 1 + + +……….+ (3n  2)(3n  5) 2.5 5.8 8.11. C©u 2. (1,5®) T×m c¸c sè a, b, c sao cho : §a thøc x4 + ax + b chia hÕt cho (x2 - 4) Gv: Nguyễn Văn Tú. 17 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. Câu 3 . (2đ) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức. 7 cã gi¸ trÞ nguyªn. x  x 1 2. Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác . Chøng minh r»ng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc) C©u 5 . Chøng minh r»ng trong mét tam gi¸c , träng t©m G, trùc t©m H, t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c lµ O. Th× H,G,O th¼ng hµng. §¸p ¸n C©u 1. 1 1 1 1 1 1 1 ( - + - +…….+ ) 3 2 5 5 8 3n  2 3n  5 1 1 1 n 1 = ( )= 3 2 3n  5 6n  10. A=. C©u 2. Chia ®a thøc x4 + ax + b cho x2 – 4 ®­îc ®a thøc d­ suy ra a = 0 ; b = - 16. C©u 3.. 7  Z  x2 –x +1 = U(7)= x  x 1 2.  1,  .  . 7. . Đưa các phương trình về dạng tích. §¸p sè x = 2,1,3. C©u 4. Tõ gi¶ thiÕt  a < b + c  a2 < ab + ac T­ng tù b2 < ab + bc c2 < ca + cb Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm) C©u 5. trong tam gi¸c ABC H lµ trùc t©m, G lµ Träng t©m, O lµ t©m ®­êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c. GM 1 · · = , HAG = OMG AG 2 OM 1 ChØ ra = (B»ng c¸ch vÏ BK nhËn O lµ trung ®iÓm chøng minh CK = AH) AH 2. - ChØ ra ®­îc -.  V AHG : V MOG (c.g.c)  H,G,O th¼ng hµng. ====================== đề 11. 3 x 3  14 x 2  3 x  36 C©u 1:Cho biÓu thøc: A= 3 3 x  19 x 2  33 x  9 a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định. b, T×m gi¸ trÞ cña biÓu thøc A cã gi¸ trÞ b»ng 0. c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Gv: Nguyễn Văn Tú. 18 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. C©u 2: .a, T×m gi¸ trÞ nhá nhÊt cña biÓu thøc : A=. ( x  16)( x  9) víi x>0. x. .b, Giải phương trình: x+1+: 2x-1+2x =3 Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lượt là các điểm thuộc các c¹nh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC =CM/CD =DN/DA= x. .a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ nhất. .b, Tø gi¸c MNKL ë c©u a lµ h×nh g×? cÇn thªm ®iÒu kiÖn g× th× tø gi¸c MNKL lµ h×nh ch÷ nhËt. C©u 4: T×m d­ cña phÐp chia ®a thøc x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1 §¸p ¸n C©u1 (3®) a.(1®) ( x  3) 2 (3 x  4) Ta cã A= (0,5®) ( x  3) 2 (3 x  1). Vậy biểu thức A xác định khi x3,x1/3(0,5đ) b. Ta cã A=. 3x  4 do đó A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ) 3x  1. <=> x=-4/3 tho· m·n ®k(0,25®) VËy víi x=-4/3 th× biÓu thøc A cã gi¸ trÞ b»ng 0 (0,25®) c. (1®) Ta cã A=. 3x  4 5 = 1+ 3x  1 3x  1. §Ó A cã gi¸ trÞ nguyªn th×. 5 ph¶i nguyªn<=> 3x-1 lµ ­íc cña 5<=> 3x-11,5 3x  1. =>x=-4/3;0;2/3;2 VËy víi gi¸ trÞ nguyªn cña xlµ 0 vµ 2 th× A cã gi¸ trÞ nguyªn (1®) C©u: 2: (3®) a.(1,5®) Ta cã x 2  25 x  144 144 A= =x+ +25 (0,5®) x x 144 144 Các số dương x và Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x = x x.  x=12 (0,5®) VËy Min A =49 <=> x=12(0,5®) b.(1,5®) Gv: Nguyễn Văn Tú. 19 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Tuyển tập đề thi HSG Toán 8. TH1: nếu x<-1 thì phương trình đã cho tương đương với :-x-1-2x+1+2x=3=>x=-3<1(là nghiệm )(0,5đ) TH2: NÕu -1x<1/2 th× ta cã x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(lo¹i )(0,25®) TH3: NÕu x1/2ta cã x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (lo¹i)(0,25®) Vậy phương trình đã cho x=-3 (0,5đ) C©u 3: (3®) C. L. D. M. K. D N B1 K1 A Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lượt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL. KÎ BB1AD; KK1AD ta cã KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5®) Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25đ) Tương tự S3+S4= x(1-x)S  S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25®)  SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2-2Sx+S=2S(x-1/2)2+1/2S1/2S(0,25®) Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là trung ®iÓm c¸c c¹nh CD,DA,AB,BC (0,25®) b.(1,5®)  tø gi¸c MNKL ë c©u a lµ h×nh b×nh hµnh (1®)  tø gi¸c MNKL ë c©u a lµ h×nh ch÷ nhËt khi BDAC (0,5®) C©u 4: (1®) Gọi Q(x) là thương của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 ta cã x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*) trong đó ax+b là dư của phép chia trên Víi x=1 th×(*)=> 11=a+b Víi x=-1 th×(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7 VËy d­ cña phÐp chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 lµ 4x+7 ========================== đề 12 Bµi 1: (3®) Cho ph©n. thøc. Gv: Nguyễn Văn Tú. :. M. =. x 5  2 x 4  2 x 3  4 x 2  3x  6 x 2  2x  8. 20 Lop8.net. Trường THCS Thanh Mỹ.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>