Bài tập toán lớp 8

TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
ĐỀ 1
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 .. . a 8 thỏa mãn 2 điều kiện a và b sau:
a) a1a 2a 3 = ( a 7 a 8 )

2

b) a 4a 5a 6 a 7 a 8 = ( a 7 a 8 )

3

Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1.
khi và chỉ khi ( mn – 2) 3.
Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1.
Câu 3 . Giải phương trình:
 1

1
1

1.2.3 + 2.3.4 + ... + 2005.2006.2007 




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) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD
Và OBC
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45.
ĐÁP ÁN
2
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8) (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2).
Từ (1) và (2) => 22 ≤ a7 a8 ≤ 31
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600.
 ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6
do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng:
a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
b) . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625
c) . a7a8 = 26 => khơng thoả mãn
câu 2 . Đặt m = 3k + r với 0 ≤r ≤ 2
n = 3t + s với 0 ≤ s ≤ 2
 xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1.
= xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1
ta thấy: ( x 3k – 1) ( x2 + x + 1) và ( x3t –1 ) ( x2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x2 + x + 1)
<=> ( xr + xs + 1) ( x2 + x + 1) với 0 ≤ r ; s ≤ 2
<=>
r = 2 và s =1
=>
m = 3k + 2 và n = 3t + 1
r = 1 và s = 2
m = 3k + 1 và n = 3t + 2
<=> mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t)
1

TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t)
=> (mn – 2)  3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12 3.
 ( x7 + x2 + 1)  ( x2 + x + 1)
 ( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
Câu
3
.
Giải
PT:
1
 1
+
.+ 

 1.2.3 2.3.4

+

1

 x = (1.2 + 2.3 +  + 2006.2007 )
2005.2006.2007 

Nhân 2 vế với 6 ta được:

2
2

 2

3
+
+ +
 x = 2[ (1.2( 3 − 0 ) + 2.3( 4 −1) +  + 2006.2007( 2008 − 2005) ) ]
2005.2006.2007 
 1`.2.3 2.3.4
1
1
1
1
 1

3
−
+
−
+ −
x
1.2
2.3
2.3
3.4
2006.2007 

= 2 (1.2.3 +2.3.4 −1.2.3 + + 2006.2007.2008 −2005.2006.2007 )

1
 1


⇔ 3
−
x
 1.2 2006.2007 

Câu 4 .a) Do

= 2.2006.2007.2008

AE// BC =>

BF// AD

⇔ x=

1003.1004.669
5.100.651

OE
OA
=
OB
OC
OF
OB
=
OA
OD

A

B
O K
H
F

E

MặT khác AB// CD ta lại có
D
OA
OB
=
OC
OD

b).

nên

OE
OF
=
OB
OA

A1B1

=> EF // AB

ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB
EF
AB
=
=> AB 2 = EF.CD.
AB
DC
1
1
1
AH.OB; S2 = 2 CK.OD; S3 = 2 AH.OD;
2

Vì EF // AB // CD nên
c) Ta có: S1 =

1
AH .OB
S1
AH
= 2
=
=>
;
1
S4
CK
CK .OB
2

1
AH .OD
S3
= 2
= AH .CK
1
S2
CK .OD
2

S4 =

S

OK.OD.

1
3
=> S = S => S1.S2 = S3.S4
4
2

Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
= x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4 ≥ 4
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi:
y- 1 = 0
=>
y=1

x- y- 6 = 0
x=7
--------------------------------------------2

S

1
2


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
ĐỀ 2
Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1
b. Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2
x y z
+ + =0
a b c

Câu 2: a. Cho

(1) và

a b c
+ + =2
x y z

(2)

x2 y 2 z 2
Tính giá trị của biểu thức A= 2 + 2 + 2 = 0
a b
c
ab
bc
ca
b. Tính : B = 2 2 2 + 2 2 2 + 2 2 2
a +b −c b +c −a c +a −b

Câu 3: Tìm x , biết :
x·−1 x − 10 x −19
+
+
=3
2006 1997
1988

(1)

Câu 4: Cho hình vng ABCD, M ∈ đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình
chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
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

1

1

P= (a+ b+ c) ( a + b + c ).
ĐÁP ÁN
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có:
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 điểm) Ta có:
(5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*)
Vì
x2=y2 + z2 ⇒ (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) ⇒ bcx +acy + abz =0
Từ (2) ⇒

 ab ac bc 
 abz + acy + bcx 
x2 y2 z2
x2 y2 z 2
=4
+ 2 + 2 + 2
+
+  = 0 ⇒ 2 + 2 + 2 = 4 − 2
2
 xy xz yz 


a

b
c
a
b
c
xyz





b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 ⇒ a + b = - c ⇒ a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
⇒B=

ab
bc
ca
3
+
+
=−
− 2ab − 2bc − 2ca
2

Câu 3: . ( 1,25 điểm)
3


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)

(1) ⇔

x·−2007 x − 2007 x − 2007
+
+
=0
2006
1997
1988

⇒ x= 2007
A
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM;
H là giao điểm của EF và BM
⇒ ∆ EMB =∆BKM ( gcg)
⇒ Góc MFE =KMB ⇒ BH ⊥ EF
E
b. ( 1,25 điểm) ∆ ADF = ∆BAE (cgc) ⇒AF ⊥ BE
Tương tự: CE ⊥ BF ⇒ BM; AF; CE
là các đường cao của ∆BEF ⇒ đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có:
D
P=1+
Mặt khác

B

M

K
H

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
y x

với mọi x, y dương. ⇒ P / 3+2+2+2 =9

Vậy P min = 9 khi a=b=c.
--------------------------------------ĐỀ 3
Bài 1 (3đ):
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 + 7x + 12
b) a10 + a5 + 1
2) Giải phương trình:

x + 2 x + 4 x +6 x +8
+

=
+
98
96
94
92

Bài 2 (2đ):
2 x 2 + 3x + 3
Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P =
có giá trị nguyên
2x −1

Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
a) ∆ABM đồng dạng ∆ACN
b) góc AMN bằng góc ABC
2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F
là trung điểm của AK.
Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC.
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A=

x 2 − 2 x + 2007
2007 x 2

, ( x khác 0)
ĐÁP ÁN
4

TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
Bài 1 (3đ):
1)
a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ)
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
)
(1đ)
2)
x+2 x+4 x+6 x+8
+
=
+
98
96
94
92
x +2
x +4
x +6
x +8
⇔(
+1) + ( 96 + 1) = ( 94 + 1) + ( 92
98
1
1
1
1

⇔ ( x + 100 )(
+ 96 - 94 - 92 ) = 0
98
1
1
1
1
Vì: 98 + 96 - 94 - 92 ≠ 0

+ 1)

(0,5đ)
(0,25đ)

Do đó : x + 100 = 0 ⇔ x = -100
Vậy phương trình có nghiệm: x = -100

(0,25đ)

Bài 2 (2đ):
P=

2 x 2 + 3 x + 3 (2 x 2 − x) + (4 x − 2) + 5
5
=
= x+2+
2x − 1
2x − 1
2x − 1

(0,5đ)

x nguyên do đó x + 2 có giá trị ngun
để P có giá trị ngun thì
=>

5
2 x −1

phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ)

* 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0
* 2x - 1 = 5 => x = 3
* 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ)
1
2
Vậy x = { ;0;3;− } 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 (0,5đ)

Bài 3 (4đ):
1) a) chứng minh ∆ABM đồng dạng ∆CAN (1đ)
b) Từ câu a suy ra:

AB
AM
=

⇒ ∆AMN
AC
AN

đồng dạng ∆ABC
⇒ ∠AMN = ∠ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ)
2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H

(0,25đ)
5


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
∠BAH = ∠CHA
( so le trong, AB // CH)
mà ∠CAH = ∠BAH ( do Ax là tia phân giác) (0,5đ)
Suy ra:
∠CHA = ∠CAH nên ∆CAH cân tại C
do đó :
CH = CA
=> CH = BK và CH // BK
(0,5đ)
BK = CA
Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm 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 ( đfcm)
(0,5đ)
Bài 4 (1đ):
A=

2007 x 2 − 2 x.2007 + 2007 2
2007 x 2

=

( x − 2007) 2 2006 2006
+
≥
2007 2007
2007 x 2

A min =

2006
2007

=

x 2 − 2 x.2007 + 2007 2
2007 x 2

+

2006 x 2
2007 x 2

khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
------------------------------------

ĐỀ SỐ 4

Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A =

 x2
6
1  
10 − x 2
 3
:x −2+
+
+
 x − 4 x 6 − 3x x + 2  
x+2

 






a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
b, Rút gọn biểu thức A .
c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau :

x 2 − 4x +1
x 2 − 5x + 1
+2=−
x +1
2x + 1

Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vng ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vng góc với
nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S.
1, Chứng minh ∆AQR và ∆APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN
là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm ∆SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm):
Cho biểu thức A =
nguyên
Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng

2 x 2 + 3x + 3
2x + 1

. Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị

x 3 + y 3 + z 3 = ( x + y ) − 3 xy.( x + y ) + z 3
3

6


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
1 1 1
+ + = 0.
x y z

b, Cho

Tính

A=

yz xz xy
+
+
x2 y2 z2

ĐÁP ÁN
Câu 1
x ≠ 2 , x ≠ -2 , x ≠ 0

a,

2
1  6
 x
+
+
:
2
 x − 4 2− x x+ 2 x + 2
x − 2( x + 2 ) + x − 2 6
= ( x − 2)( x + 2) : x + 2

b, A= 

=

c, Để A > 0 thì
Câu 2 .
PT

(

⇔

−6

( x − 2)( x + 2)

ĐKXĐ :

.

x+2
1
=
6
2−x

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 ( 3x + 2 ) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 2)( 3x + 2) = 0
 x + 1 2x + 1

⇔ x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3

Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .
Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =

2

1
 ;2;− 
3


Câu 3:
1, ∆ADQ = ∆ABR vì chúng là hai tam giác
vng (để ý góc có cạnh vng góc) và DA=BD
( cạnh hình vng). Suy ra AQ=AR, nên ∆
AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tợng
∆ARP= ∆ADS
tự ta có:
do đó AP = AS và ∆APS là tam giác cân tại A.
2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác
vuông cân AQR và APS nên AN ⊥ SP và AM ⊥
RQ.
∠PAN = ∠PAM = 450 nên góc
Mặt khác :
MAN vng. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vng, nên nó là hình chữ nhật.
3, Theo giả thiết: QA ⊥ RS, RC ⊥ SQ nên QA và RC là hai đờng cao của ∆SQR. Vậy
P là trực tâm của ∆SQR.
1

4, Trong tam giác vng cân AQR thì MA là trung điểm nên AM = 2 QR.
Trong tam giác vng RCQ thì CM là trung tuyến nên CM =

7

1
2

QR.


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)

⇒ MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.

Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vng SCP, ta có NA=
NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vng 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, nghĩa là chúng thẳng hàng.
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x ≠ -1/2
A = (x + 1)

2

+ 2 x +1 vì x ∈ Z nên để A nguyên thì

2
nguyên
2 x +1

Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
2x+1 = 2 ⇒ x=1/2 ( loại )

2x+1 = 1 ⇒ x = 0
2x+1 = -1 ⇒ x = -1
2x +1 = -2 ⇒ x = -3/2 ( loại )
KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
Câu 5. a, , Chứng 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 có a + b + c = 0 thì
3
a 3 + b 3 + c 3 = ( a + b ) − 3ab( a + b ) + c 3 = −c 3 − 3ab( − c ) + c 3 = 3abc
(vì a + b + c = 0 nên a + b = −c )
Theo giả thiết
khi đó

A=

1 1 1
+ + = 0.
x y z

⇒

1
1
1
3
+ 3 + 3 =
.
3
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
x

xyz
x
y
z
x
y
z
y
z 


=====================
ĐỀ 5
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
M=

 x2 −1

1 
 4
 x − x 2 + 1 − x 2 + 1




 4 1− x4
x +

1 + x2







a) Rút gọn
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
A=

4 x 3 − 3 x 2 + 2 x − 83
x −3

Bài 3 : 2 điểm
Giải phương trình :
a) x2 - 2005x - 2006 = 0
2

3
8
b) x − + x − + 2 x − = 9
8


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
Bài 4 : (3đ) Cho hình vng ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax
vng góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K .
Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh :
a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
b) ∆AEF ~ ∆ CAF và AF2 = FK.FC
c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC
không đổi .
Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120
chia hết cho 24
ĐÁP ÁN
Bài 1 :
a) M

=

( x 2 − 1)( x 2 + 1) − x 4 + x 2 −1 4
( x +1-x2)
( x 4 − x 2 + 1)( x 2 + 1)

b) Biến đổi : M = 1 -

3
x +1

2

. M bé nhất khi

=

x 4 −1 − x 4 + x 2 −1 x 2 − 2
= 2
x 2 +1
x +1

3
x +1
2

lớn nhất ⇔ x2+1 bé nhất ⇔ x2

= 0 ⇔ x = 0 ⇒ M bé nhất = -2
4

Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + x −3 ⇔ A ∈ Z ⇔

4
x −3

∈ Z ⇔ x-3 là ước của 4

⇔ x-3 = ± 1 ; ± 2 ; ± 4 ⇔ x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7

Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0

⇔ (x-2006)(x+1) = 0 ⇒ x1 = -1 ; x2 = 2006
c) Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2 ≤ x < 3 ; 3 ≤ x < 4 ; x ≥ 4
Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5
Bài 4 :
a) ∆ ABE = ∆ ADF (c.g.c) ⇒ AE = AF
∆ AEF vuông cân tại tại A nên AI ⊥ EF .
∆ IEG = ∆ IEK (g.c.g) ⇒ IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đường và
vng góc nên hình EGFK là hình thoi .
b) Ta có :
KAF = ACF = 450 , góc F chung
∆AKI ~ ∆ CAF (g.g) ⇒

AF KF
=
⇒ AF 2 = KF .CF
CF AF

d) Tứ giác EGFK là hình thoi ⇒ KE = KF = KD+ DF = KD + BE
Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không
đổi) .
Bài 5 : Biến đổi :
9


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120
Suy ra B 24

================================
ĐỀ 6
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
6 x − 1  x 2 − 36
 6x + 1
+ 2
.
2
2
 x − 6 x x + 6 x  12 x + 12

A= 

( Với x ≠ 0 ; x ≠ ± 6 )

1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A với x=

1
9 +4 5

Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 ≥ x.y + x + y
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A=

( với mọi x ;y)

x−2
x − x2 − x − 2

3

Câu 3: ( 4 điểm )
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 khơng phụ thuộc vào vị
trí của điểm P.
d) Giả sử CP ⊥ DB và CP = 2,4 cm,;

PD
9
=
PB 16

Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 4 ( 2 điểm )
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.
ĐÁP ÁN
Câu 1 ( 2 điểm )
1) ( 1 điểm ) ĐK: x ≠ 0; x ≠ ± 6 )
A=
=

 6 x +1
6 x −1  ( x + 6)( x − 6)
 x( x − 6) + x( x + 6) . 12( x 2 + 1)



=

=

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

12( x 2 + 1)
1
1
.
=
2
x
12( x + 1) x

10


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)

2)

1
=
A= x

1
1

= 9+4 5

9+4 5

Câu2: ( 2 điểm )
1) (1 điểm ) 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 điểm )
(1) ⇔ 3mx-x>1+2m ⇔ (3m-1)x > 1+2m. (*)
+ Xét 3m-1 =0 → m=1/3.
2

(*) ⇔ 0x> 1+ 3 ⇔ x ∈φ .
+ Xét 3m -1 >0 → m> 1/3.
(*) ⇔ x>

1 + 2m
3m −1

+ Xét 3m-1 < 0 ⇔ 3m <1 → m < 1/3
(*) ⇔ x <

1 + 2m
3m −1

.

mà ( 2 ) ⇔ 2x > m ⇔ x > m/2.
Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm.

⇔

1 1
m >   1
 3  m>  m>
 ⇔ 3 ⇔ 3
 + 21 m = m  3m2 − 5m 2=− 0  (m− 2)(m 1 =+ 0)
 3m− 1 2 

⇔ m-2 =0 ⇔ m=2.
Vậy : m=2.
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của AC và BD.
→ AM //PO → tứ giác AMDB là hình thang.
b) ( 1 điểm ) Do AM// BD →
góc OBA= góc MAE ( đồng vị )
11

TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
Xét tam giác cân OAB →
góc OBA= góc OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF → ∆ AEI cân ở I → góc IAE = góc IEA
→ góc FEA = góc OAB → EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đường trung bình của ∆ MAC → IP // AC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.
c) (1 điểm ) Do ∆ MAF ∼ ∆ DBA ( g-g) →
d) Nếu

PD 9
BD PB
=
⇒
=
=k
PB 16
9
16

MF
AD
=
FA
AB

không đổi.

→ PD= 9k; PB = 16k.

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
Câu4 ( 1 điểm )
Ta có A =

x−2
1
= 2
=
( x + x + 1)( x − 2) x + x + 1
2

Vậy Amax ⇔ [ ( x+
Amax là

4
3

1 2 3
) + ]
2
4

min

1
1
3
(x + )2 +
2
4
1
⇔ x+ 2 = 0 →

x=-

1
2

khi x = -1/2
========================
ĐỀ 7

Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
Cho biểu thức: y =

x
( x + 2004) 2

; ( x>0)

Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó
Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình: :
( 12x – 1 ) ( 6x – 1 ) ( 4x – 1 ) ( 3x – 1 ) = 330.
6
≤3
B, Giải bất phương trình: x −
12


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vng góc với
ox ; ID vng góc với oy . Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở
b.
A, Chứng minh rằng tích AC . DB khơng đổi khi đường thẳng qua I thay đổi.
CA OC 2
=
DB OB 2

B, Chứng minh rằng
C, Biết SAOB =

8a 2
3

. Tính CA ; DB theo a.
ĐÁP ÁN

Bài 1: 3 điểm

a, Tính:
Ta có:
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
( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết)
3
2
2
3
Vậy:a +a c –abc + b c + b = 0
( đpCM)
b, 1,5 điểm Ta có:
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)
Bài 2: 2 Điểm

Đặt t =

1
2004 y

Bài tốn đưa về tìm x để t bé nhất
Ta có t =
=
Ta thấy:

( x + 2004) 2
2004 x

x 2 + 2.2004 x + 20042
=
2004 x

x
2004
+2+
2004
x

=

x 2 + 2004 2
+2
2004 x

Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có:

x 2 + 2004 2
≥2
≥ 2. 2004 .x ⇒
x + 2004
2

(1)

2

2004 x

(2)

Dấu “ =” xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t ≥ 4 ⇒ Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004.
Vậy ymax=
Bài 3:

1
1
=
2004t 8016

Khi x= 2004

2 Điểm
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
13


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số phảI cùng dấu ( +
)hoặc dấu ( - ).
Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 . 10 . 9 . 8
(1)

Và (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8)
(2)
Từ phương trình (1) ⇒ 12x -1 = 11 ⇔ x = 1 ( thoả mãn)
−7

Từ phương trình (2) ⇒ 12x -1 = - 8 ⇔ x= 12

suy ra x ∉ Z.

Vậy x=1 thoả mãn phương trình.
x− < 3
6
⇔ -3 < x – 6 < 3 ⇔ 3< x < 9
b,
Ta có
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:
S = { x ∈ R/ 3 < x < 9}.
Bài 4 : 3 Điểm
Ta có A chung ;
AIC = ABI ( cặp góc đồng vị)
∆IAC ~ ∆BAO
(gg).
AC
IC
=
AO BO

Suy ra:

∆BID ~

Tương tự:
Suy ra:
Từ (1) và(2)

AC
AO
=
IC
BO

⇒

∆BAO

(1)

(gg)

OA OB
OA
ID
=
=
⇒
ID
BD
OB BD
AC
ID

Suy ra: IC = BD

(2)

Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi.
b, Nhân (1) với (2) ta có:

AC ID
OA OA
.
=
.
IC BD OB OB

AC OA 2
=
BD OB 2

mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra:

C, Theo cơng thức tính diện tích tam giác vng ta có;
SAOB =

1
2

OA.OB mà SAOB =

Suy ra: OA.OB =

8a 2
3

8a 2
3

( giả thiết)

⇒

Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) =

OA . OB =
16a 2
3

⇒

16a 2
3

a2 + a( CA + DB ) + CA . DB =

16a 2
3

Mà CA . DB = a2 ( theo câu a) ⇒ a(CA +DB) =
⇒ CA + DB

16a 2
− 2a 2
10a 2
+ 3
=
a
3

16a 2
3

CA.DB = a 2

. Vậy: 
10a 2
CA + DB =
3


14

- 2a2


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
a
3

⇒ CA =

Giải hệ pt

và DB = 3a
a

Hoặc CA = 3a và DB = 3
====================
ĐỀ 8
Bài 1( 2 điểm). Cho biểu thức : P =

x2
y2
x 2 y2
−
−
( x + y ) ( 1 − y ) ( x + y ) ( 1 + x ) ( x + 1) ( 1 − y )

1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y) ∈ Z sao cho giá trị của 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

Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:
M=

2x + 1
x2 + 2

Bài 4 (3 điểm). Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF.
1.Chứng minh CE vng góc với DF.
2.Chứng minh ∆ MAD cân.
3.Tính diện tích ∆ MDC theo a.
Bài 5(1 điểm).
Chứng minh rằng :

Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c =
a 2 + b2 + c2 ≥

3
.
2

3
.
4

ĐÁP ÁN
Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)
MTC : ( x + y ) ( x + 1) ( 1 − y )

1.

P=

x2 ( 1 + x ) − y2 ( 1 − y ) − x 2y2 ( x + y )

( x + y) ( 1+ x) ( 1− y)

=

( x + y ) ( 1 + x ) ( 1 − y ) ( x − y + xy )
( x + y) ( 1+ x) ( 1− y)

P = x − y + xy .Với x ≠ −1; x ≠ − y; y ≠ 1 thì giá trị biểu thức được xác định.
⇔ x − y + xy = 3 ⇔ x − y + xy − 1 = 2
2. Để P =3
⇔ ( x − 1) ( y + 1) = 2

Các ước nguyên của 2 là : ±1; ±2.
Suy ra:
 x − 1 = −1
x = 0
⇔

 y + 1 = −2
 y = −3
x −1 = 1
x = 2
⇔


y + 1 = 2
y = 1

15

(loại).


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
x −1 = 2
x = 3
⇔

y + 1 = 1
y = 0
 x − 1 = −2
 x = −1
⇔

(loại)
 y + 1 = −1
 y = −2

Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
x ≠ 2
x ≠ 3


Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:  x ≠ 4
x ≠ 5


x ≠ 6

x 2 − 5 x + 6 = ( x − 2 ) ( x − 3)

x 2 − 7 x + 12 = ( x − 3 ) ( x − 4 )

Ta có :

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
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

⇔

1
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.
Bài 3.(2điểm)

(

2
2
2x + 1 + x2 + 2 − x2 − 2 x + 2 − x − 2x + 1
M=
=
x2 + 2
x2 + 2

(x
M=

2

)

+ 2 − ( x − 1)
x2 + 2

x −1
M lớn nhất khi ( 2 )

2

( x − 1)
= 1−

)

2

x2 + 2

2

x +2

nhỏ nhất.

Vì ( x − 1) ≥ 0∀x và ( x + 2 ) 〉 0∀x
2

2

2
x −1
nên ( 2 ) nhỏ nhất khi ( x − 1) = 0.
2

x +2

Dấu “=” xảy ra khi x-1 = 0 ⇔ x = 1 . Vậy Mmax = 1 khi x = 1.
Bài 4. . (3im)
à ả
a. VBEC =VCFD(c.g .c) C1 = D1

16


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có ỏp ỏn)
à ả
à à
VCDF vuụng ti C F1 + D1 = 900 ⇒ F1 + C1 = 900 ⇒VCMF vuông tại M
Hay CE ⊥ DF.
b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có :
VAEK =VBEC ( g.c.g ) ⇒ BC = AK
⇒ AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
1
⇒ AM = KD = AD ⇒VAMD cân tại A
2
CD CM
=

c. VCMD : VFCD( g.g ) ⇒
FD FC
2

2

S
 CD 
 CD 
Do đó : VCMD = 
÷ ⇒ SVCMD = 
÷ .SVFCD
SVFCD  FD 
 FD 
1
2

1
4

Mà : SVFCD = CF .CD = CD 2 .
Vậy : SVCMD =

CD 2 1
. CD 2 .
FD 2 4

a

k

d
1

Trong VDCF theo Pitago ta có :
1
5
1

DF 2 = CD 2 + CF 2 = CD 2 +  BC 2 ÷ = CD 2 + CD 2 = .CD 2 .
4
4
2


Do đó :

SVMCD

e

CD 2 1
1
1
=
. CD 2 = CD 2 = a 2
5
5
5
CD 2 4

4

1

b

Bài 5 (1điểm)
2

1
1
1

Ta có:  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 . Vì a + b + c = nên: a 2 + b2 + c 2 ≥
4
2
4
1
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = .
2

=========================

ĐỀ 9
Câu 1. (1,5đ)
Rút gọn biểu thức : A =

1
1
1
1
+ +
+……….+ (3n + 2)(3n + 5)
2.5 5.8 8.11

Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho :
Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4)
17

m
f

1

c


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
Câu 3 . (2đ)

Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức

7
có giá trị nguyên.
x − x +1
2

Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc)
Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng hàng.
ĐÁP ÁN
Câu 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=

Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – 4
được đa thức dư suy ra a = 0 ; b = - 16.
Câu 3.

7
∈ Z ⇔ x2 –x +1 = U(7)=
x − x +1
2

{

+
−

1,+ 7
−

}

Đưa các phương trình về dạng tích.

Đáp số x = { −2,1,3} .
Câu 4. Từ giả thiết ⇒ a < b + c ⇒ a2 < ab + ac
Tưng tự
b2 < ab + bc
c2 < ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm)
Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác.
GM 1 ·
·
= , HAG = OMG
AG 2
OM 1
= (Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng minh CK =
AH 2

- Chỉ ra được
- Chỉ ra
AH)

⇒ V AHG : VMOG (c.g.c)
⇒ H,G,O thẳng hàng.
======================
ĐỀ 11
Câu 1:Cho biểu thức: A=

3 x 3 − 14 x 2 + 3 x + 36
3 x 3 − 19 x 2 + 33 x − 9

a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định.
b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0.
18


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị ngun.
Câu 2:
.a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A=

( x + 16)( x + 9)
x

với x>0.

.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 cạnh 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, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là
hình chữ nhật.
Câu 4: Tìm dư của phép chia đa thức
x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1
ĐÁP ÁN
Câu1 (3đ)
a.(1đ)
Ta có

( x − 3) 2 (3 x + 4)
A= ( x − 3) 2 (3x −1) (0,5đ)

Vậy biểu thức A xác định khi x≠3,x≠1/3(0,5đ)
3x + 4

b. Ta có A= 3x −1 do đó A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ)
<=> x=-4/3 thỗ mãn đk(0,25đ)
Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ)
c. (1đ)
3x + 4

Ta có A= 3x −1 = 1+

5
3 x −1

Để A có giá trị nguyên thì

5
phải
3 x −1

nguyên<=> 3x-1 là ước của 5<=> 3x-1≠±1,±5

=>x=-4/3;0;2/3;2
Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ)
Câu: 2: (3đ)
a.(1,5đ)
Ta có
A=

x 2 + 25 x + 144
x

=x+

Các số dương x và

144
+25
x

144
x

(0,5đ)

Có tích khơng đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x =

 x=12 (0,5đ)
Vậy Min A =49 <=> x=12(0,5đ)
b.(1,5đ)
19

144
x


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
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: Nếu -1≤x<1/2 thì ta có

x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ)
TH3: Nếu x≥1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ)
Vậy phương trình đã cho x=-3 (0,5đ)
Câu 3: (3đ)
C

L

M

D

K

D
N
B1
K1
A
Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lượt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL.
Kẻ BB1⊥AD; KK1⊥AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB
SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ)
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 (0,25đ)
 SMNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x2-2Sx+S=2S(x-1/2)2+1/2S≥1/2S(0,25đ)
Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là
trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ)
b.(1,5đ)

• tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ)
• tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BD⊥AC (0,5đ)
Câu 4: (1đ)
Gọi Q(x) là thương của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1
ta có x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*)
trong đó ax+b là dư của phép chia trên
Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
Vậy dư của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7
==========================
ĐỀ 12
Bài 1: (3đ)
20


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
Cho phân thức : M =

x 5 − 2 x 4 + 2 x 3 − 4 x 2 + 3x + 6
x 2 + 2x − 8

a) Tìm tập xác định của M
b) Tìm các giá trị của x để M = 0
c) Rút gọn M
Bài 2: (2đ)
a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy ta
được 242.
b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B.
A = n3 + 2n2 - 3n + 2 ; B = n2 -n
Bài 3: (2đ)

a) Cho 3 số x,y,z Thỗ mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M=

1
1
1
+
+
1 + x + xy 1 + y + yz 1 + z + zx

b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:

1
1
1
1 1 1
+
+
≥ + +
a+b−c b+c−a c+a−b
a b c

Bài 4: (3đ)
Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O. Ba cạnh AB,
BC, CA tỉ lệ với 4,7,5
a) Tính NC biết BC = 18 cm
b) Tính AC biết MC - MA = 3cm
c) Chứng minh

AP BN CM
.
.
=1
PB NC MA

ĐÁP ÁN
Bài 1:
a) x2+2x-8 = (x-2)(x+4) ≠ 0 ⇔ x ≠ 2 và x ≠ - 4
TXĐ = { x / x ∈Q; x ≠ 2; x ≠ −4}
b) x5 - 2x4+2x3- 4x2- 3x+ 6 = (x-2)(x2+ 3)x-1)(x+1)
= 0 khi x=2; x= ±1.
x5-2x4+ 2x3-4x2-3x+6 = 0
x2+ 2x- 8 ≠ 0
Vậy để M = 0 thì x = ±1.

(0,5đ)
0,2đ
1,0đ
0,2đ

Để M= 0 Thì

c) M =

( x − 2)( x 2 + 3)( x 2 + 1) ( x 2 + 3)( x 2 − 1)
=
( x − 2)( x + 4)
x+4

0,5đ
0,3đ
0,3đ

Bài 2:

21


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
a) Gọi x-1, x, x+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242
(0,2đ)
Rút gọn được x2 = 81
0,5đ
Do x là số tự nhiên nên x = 9
0,2đ
Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10
0,1đ
b) (n3+2n2- 3n + 2):(n2-n) được thương n + 3 dư 2
0,3đ
→ 2
Muốn
chia
hết
ta
phải
có
2
n(n-1)
n

0,2đ
Ta có:
n
1
-1 2
-2
n-1
0
-2 1
-6
n(n-1) 0
2
2
-3
loại
loại
0,3đ
Vậy n = -1; n = 2
0,2đ
Bài 3:
a) Vì xyz = 1 nên x ≠ 0, y ≠ 0, z ≠ 0
0,2đ
1
z
z
=
=
1 + x + xy z (1 + x + xy ) z + xz + 1

0,3đ

1
xz
xz
=
=
1 + y + yz (1 + y + yz ) xz xz + 1 + z

0,3đ

M=

z
xz
1
+
+
=1
z + xz + 1 xz + 1 + z 1 + z + xz

0,2đ

b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên
a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0
1 1
4
+ ≥
x y x + y với

0,2đ

x,y > 0

1
1
4 2
+
≥
=
a + b − c b + c − a 2b b

0,2đ

1
1
2
+
≥
b+c −a c + a −b c
1
1
2
+
≥
c +a −b a +b−c a

0,2đ
0,2đ

Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cho 3 ta được điều phải chứng minh.

Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c
Bài 4: a)
A
B
C

22

0,2đ


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)
N
NB
AB
=
NC
AC
AB BC AC
AB 4
=
=
⇒
= ⇒ Nên
4
7
5
AC 5

ˆ

AN là phân giác của A Nên

Theo giả thiết ta có

NB 4
BC 9
5.BC
= ⇒
= ⇒ NC =
= 10(cm)
NC 5
NC 5
9
MC BC
ˆ
b) BM là phân giác của B nên MA = BA

0,3đ
0,2đ
0,5đ
0,3đ

AB BC AC
BC 7
=
=
⇒
=
4
7

5
BA 4
MC 7
MC − MA 3
3.11
= ⇒
=
⇒ ac =
= 11(cm)
MA 4
MA + MC 11
3

Theo giả thiết ta có:

0,2đ

Nên

0,5đ

c) Vì AN,BM,CP là 3 đường phân giác của tam giác ABC
Nên

BN
AB MC BC AP AC
=
;
=
;

=
BC AC MA BA PB
AB

Do đó

0,5đ

BN MC AP
AB BC AC
.
.
=
.
.
=1
BC MA PB
AC AB BC

0,5đ

========================
ĐỀ 13
Câu 1: ( 2,5 điểm)
Phân tích đa thức thành nhân tử:
a/. x2 – x – 6
(1 điểm)
3
2
b/. x – x – 14x + 24

(1,5 điểm)
Câu 2: ( 1 điểm)
Tìm GTNN của : x2 + x + 1
Câu 3: ( 1 điểm)
Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) M120 với m, n ∈ Z.
Câu 4: ( 1,5 điểm)
Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với :
x=

1+ a
1+ a + a2

; y=

1+ b
1 + b + b2

Câu 5: ( 1,5 điểm)
Giải phương trình: x − 1 + x + 2 + x − 3 = 14
Câu 6: ( 2,5 điểm)
Trên cạnh AB ở phía trong hình vng ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F
có góc đáy là 150 . Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều.
23


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)

ĐÁP ÁN
Câu 1: a/. Ta có: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2)
= (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3)

( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tương đương )
b/. Ta có: x = 2 là nghiệm của f(x) = x3 – x2 – 14x + 24
Do đó f(x) Mx – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12
Vậy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12)
Ta lại có: x = 3 là nghiệm của x2 + x – 12
Nên x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4)
Như vậy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) .
Câu 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của x2 + x + 1 (1 đ’)
1
2

3
4

3
4

1
2

Ta có : x2 + x + 1 = ( x + )2 + ≥ Vậy f(x) đạt GTNN khi ( x + ) 2 = 0 Tức x = -

1
2

Câu 3: Ta có : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1)
= n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích của 5 số ngun liên tiếp
trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của
3, một số là bội của 5).
Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120.

Câu 4: (1,5 đ’). Ta có x,y > 0 và
1 1+ a + a2
a2
1
1
1
1
=
= 1+
= 1+
= 1+
> 1+
=
1+ a
1 1
1 1 y
x
1+ a
1+ a
+
+
2
2
a
a
a
b2 b
1
1
1 1

Vì a> b > 0 nên 2 < 2 và < . Vậy x < y.
a
b
a b
Câu 5:
1/. Xét khoảng x < -2 ,ta có: -3x + 2 = 14 ⇔ x = - 4.

2/. -2 ≤ x < 1, ta có : -x + 16 = 14 ⇔ x = 2. (loại)
3/. 1 ≤ x < 3, ta có : x + 4 = 14 ⇔ x = 10 (loại).
4/. x ≥ 3 , ta có: 3x – 2 = 14 ⇔ x =
Vậy phương trình trên có nghiệm là x = - 4 và

16
3

x=

16
.
3

Câu 6: ( 2,5 đ’)

2

D

C

I

2

24

F

2

H
15

0

150

2


TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án)

F

F

A

B

Dựng tam giác cân BIC như tam giác AFB có góc đáy 150 .
¶

Suy ra : B2 = 600 (1) .

Ta có VAFB =VBIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2).
Từ (1) và (2) suy ra : VFIB đều .
µ
Đường thẳng CI cắt FB tại H . Ta có: I 2 = 300 ( góc ngồi của VCIB ).
ả
à
Suy ra: H 2 = 900 ( vỡ B = 600 ) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB hay CH

là đường trung trực của VCFB . Vậy VCFB cân tại C . Suy ra : CF = CB (3)
Mặt khác : VDFC cân tại F . Do đó: FD = FC (4).
Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC).
Vậy VDFC đều.
GiảI bằng phương pháp khác đúng cho điểm tương đương.
==============================
ĐỀ 14
Câu 1 (2 điểm): Với giá trị nào của a và b thì đa thức
f(x) =x4-3x3+3x2 + ax+b chia hết cho đa thức g(x) =a2+4-3x.
Câu 2 (2 điểm) Phân tích thành nhân tử.
(x+y+z)3 –x3-y3-z3.
Câu 3 (2 điểm ) :
a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x2 +x+1
b-Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= h(h+1) (h+2) (h+3)
Câu 4(2 điểm ) : Chứng minh rằng nếu .a2+b2+c2=ab+bc+ac thì a=b=c
Câu 5 (2 điểm ) : Trong tam giác ABC lấy điểm P sao cho
PAC = PBC. Từ P dựng PM vng góc với BC. PK vng góc với CA. Gọi D là
trung điểm của AB. Chứng minh : DK=DM.
ĐÁP ÁN
Bài 1 (2 điểm) Chia f(x) cho g(x)

Ta có : x4-3x2+3x2+ax+b: a2-3x+4.
= x2+1 dư (a-3)x + b+4

(1 điểm)
25