100 đề thi HSG toán 8 bản đầy đủ kèm đáp án

1

100 ĐỀ ƠN THI LUYỆN THI
HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 8
LỜI NÓI ĐẦU
Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh luyện thi học sinh
giỏi mơn tốn lớp 8, giới thiệu đến thầy cơ và các em bộ đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 của
các huyện trên cả nước có hướng dẫn giải cụ thể. Đây là bộ đề thi mang tính chất thực
tiễn cao, giúp các thầy cô và các em học sinh luyện thi học sinh giỏi lớp 8 có một tài liệu
bám sát đề thi để đạt được thành tích cao, mang lại vinh dự cho bản thân, gia đình và
nhà trường. Bộ đề gồm nhiều Câu tốn hay được các thầy cô trên cả nước sưu tầm và sáng
tác, ôn luyện qua sẽ giúp các em phát triển tư duy mơn tốn từ đó thêm u thích và học
giỏi mơn học này, tạo được nền tảng để có những kiến thức nền tốt đáp ứng cho việc tiếp
nhận kiến thức ở các lớp, cấp học trên được nhẹ nhàng và hiệu quả hơn.
Các vị phụ huynh và các thầy cơ dạy tốn có thể dùng có thể dùng tuyển tập đề tốn
này để giúp con em mình học tập. Hy vọng Tuyển tập 100 đề thi học sinh giỏi lớp 8 này sẽ
có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải tốn nói riêng và học tốn nói
chung.
Bộ đề này được viết theo hình thức Bộ đề ôn thi, gồm: đề thi và hướng dẫn giải đề
ngay dưới đề thi đó dựa trên các đề thi chính thức đã từng được sử dụng trong các kì thi
học sinh giỏi tốn lớp 8 ở các huyện trên cả nước.
Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song khơng thể tránh khỏi những
hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học!
Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ bộ đề này!

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

2
ĐỀ SỐ 1. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8
Câu 1. (3 điểm)
a) Phân tích đa thức a 2  b  c   b2  c  a   c 2  a  b  thành nhân tử
b) Cho a, b,c là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn:  a  b  c   a 2  b2  c 2
2

Tính giá trị của biểu thức: P 

a2
b2
c2


a 2  2bc b2  2ac c 2  2ab







c) Cho x  y  z  0. Chứng minh rằng: 2 x5  y5  z5  5xyz x2  y 2  z2



Câu 2. (2 điểm)
a) Tìm số tự nhiên n để n  18 và n  41 là hai số chính phƣơng
2

2


1 
1
25
b) Cho a, b  0 thỏa mãn a  b  1. Chứng minh  a     b   
b 
a
2


Câu 3. (1 điểm)
Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoiaf hình bình hành các
tam giác đều BCE và DCF. Tính số đo EAF
Câu 4. (3 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có các đƣờng cao AA', BB',CC' và H là trực tâm
a) Chứng minh BC'.BA  CB'.CA  BC2
HB.HC HA.HB HC.HA


1
AB.AC BC.AC BC.AB
c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đƣờng thẳng vng góc với DH cắt AB,AC

b) Chứng minh rằng:

lần lƣợt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN.
Câu 5. (1 điểm)
Cho hình vng ABCD và 2018 đƣờng thẳng cùng có tính chất chia hình vng

này thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng

2
. Chứng minh rằng có ít nhất 505 đƣờng
3

thẳng trong 2018 đƣờng thẳng trên đồng quy.
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
a) a 2  b  c   b2  c  a   c 2  a  b   a 2  b  c   b2 a  c   c 2 a  b 

 a 2  b  c   b2  a  b    b  c    c 2  a  b 



 a 2  b2

  b  c  c

2



 b2  a  b 

  a  b  a  b  b  c    b  c  b  c  a  b 

  a  b  b  c  a  b  b  c    a  b  b  c  a  c 
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TỐN HỌC


3
b)

a  b  c 

2

 a 2  b2  c 2  ab  ac  bc  0

a2
a2
a2


a 2  2bc a 2  ab  ac  bc  a  b  a  c 
b2
b2
Tƣơng tự: 2

b  2ac  b  a  b  c 

c2
c2

c 2  2ac  c  a  c  b 

;

a2
b2
c2
P 2


a  2bc b 2  2ac c 2  2ab
a2
b2
c2



 a  b  a  c   a  b  b  c  a  c  b  c 


 a  b  a  c  b  c   1
 a  b  a  c  b  c 

c) Vì x  y  z  0  x  y  z   x  y   z3
3

Hay x3  y3  3xy  x  y   z3  3xyz  x3  y3  z3
Do đó:



 



 x  y  z   y z  x   z x  y 

3xyz x2  y 2  z2  x 3  y 3  z 3 x 2  y 2  z 2
 x5  y5  z5

3

2

2

3

2

2

Mà x2  y2   x  y   2xy  z2  2xy  Vi

3

2

2

x  y  z 

2

Tƣơng tự: y2  z2  x2  2yz; z2  x2  y2  2zx















Vì vậy: 3xyz x2  y2  z2  x5  y5  z5  x3 x2  2yz  y 3 y 2  2zx  z3 z2  2xy







 2 x5  y5  z5  2xyz x2  y 2  z2










Suy ra : 2 x5  y5  z5  5xyz x2  y 2  z2



Câu 2.
a) Để n  18 và n  41 là hai số chính phƣơng
 n  18  p2 và n  41  q 2  p,q 



 p2  q 2   n  18    n  41  59   p  q  p  q   59

p  q  1
p  30

Nhƣng 59 là số nguyên tố, nên: 
p  q  59
q  29
Từ n  18  p2  302  900  n  882
Thay vào n  41, ta đƣợc 882  41  841  292  q 2
Vậy với n  882 thì n  18 và n  41 là hai số chính phƣơng
b) Có:  a  b   0  a 2  b2  2ab  0  a 2  b2  2ab
2

(*)

Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b
2


1  25

1
Áp dụng  *  có:  a   
 5a  
b
4
b


Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

2

;


1  25

1
 b  a   4  5 b  a 





TÀI LIỆU TOÁN HỌC


4
2

2



1 
1  25
1 
1 
 5  a     b   
Suy ra:  a     b   
b 
a
2
b 
a 


2

2

2

2



1 
1  25
 1 1 
 a     b   
 5  a  b      
b 
a
2

 a b 


1 
1  25
1 1
 a     b   
 5  5    (Vi
b 
a
2

a b

a  b  1)

1 1
4

 
4
a b ab

Với a, b dƣơng , chứng minh

a  b  1)

(Vi

Dấu bằng xảy ra khi a  b
2

2


1 
1  25
Ta đƣợc:  a     b   
 5  5.4
b 
a
2

2

2

1


1 
1
25
. Dấu đẳng thức xảy ra  a  b 
 a     b   
2
b 
a
2

Câu 3.
A

D

C
B

F

E

Chứng minh đƣợc ABE  ECF
Chứng minh đƣợc ABE  FCE  c.g.c   AE  EF
Tƣơng tự: AF  EF

 AE  EF  AF  AEF đều  EAF  600
Câu 4.

A

C' H

B'
N

M
B

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

A' D

C

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


5
BH

AB
BH
Chứng minh BHA' BCB' 

BC
Từ (1) và (2)  BC'.BA  BA'.BC

a) Chứng minh BHC'

BAB' 

BC'
 BH.BB'  BC'.BA
BB'
BA'
 BH.BB'  BC.BA'
BB'

(1)
(2)

Tƣơng tự : CB'.CA  CA'.BC

 BC'.BA  CB'.CA  BA'.BC  CA'.BC   BA' A'C  .BC  BC2

b) Có

BH BC'
BH.CH BC'.CH S BHC




AB BB'
AB.AC BB'.AC S ABC

Tƣơng tự:


AH.BH S AHB AH.CH S AHC

;

CB.CA S ABC CB.AB S ABC

HB.HC HA.HB HC.HA S ABC



1
AB.AC AC.BC BC.AB S ABC

CDH  g.g  

HM AH

HD CD
AH HN
Chứng minh AHN BDH  g.g  

BD HD
Mà CD  BD
(gt) (5)

c) Chứng minh AHM

Từ  3  ,  4  ,  5  

(3)

(4)

HM HN

 HM  HN  H là trung điểm của MN
HD HD

Câu 5.
Gọi E,F,P,Q lần lƣợt là trung điểm của AB,CD, BC,AD. Lấy các điểm I,G trên EF và K,H
trên PQ thỏa mãn:
IE HP GF KQ 2




IF HQ GE KP 3

Xét d là một trong các đƣờng thẳng bất kỳ đã cho cắt hai đoạn thẳng AD, BC,EF lần lƣợt
tại M,N,G'. Ta có:
AB.  BM  AN 
S ABMN 2
2
EG' 2
2
 
 
  G  G' hay d qua G.
S CDNM 3
G' F 3
CD.  CM  DN  3

2

Từ lập luận trên suy ra mỗi đƣờng thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề Câu đều đi qua một
trong 4 điểm G,H,I,K
Do có 2018 đƣờng thẳng đi qua 1 trong 4 điểm G,H,I,K theo nguyên lý Dirichle phải tồn

 2018 
tại ít nhất 
  1  505 đƣờng thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên.
 4 
Vậy có ít nhất 505 đƣờng thẳng trong số 2018 đƣờng thẳng đã cho đồng quy.
(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TỐN HỌC


6
ĐỀ SỐ 2. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8
Câu 1. (3 điểm)





1) Chứng minh :  x  y  x3  x2 y  xy 2  y 3  x4  y 4





2) Phân tích đa thức thành nhân tử: x  x  2  x2  2x  2  1
3) Tìm a, b,c biết: a 2  b2  c2  ab  bc  ac và a8  b8  c8  3
Câu 2. (4 điểm)

y2  x2
y2 
xy
2  x2
Cho biểu thức: P    2
với x  0; y  0; x  y


. 2
2 
x  x  xy
xy
xy  y  x  xy  y 2
1) Rút gọn biểu thức P.
2) Tính giá trị của biểu thức P, biết x, y thỏa mãn đẳng thức:
x2  y2  10  2  x  3y 

Câu 3. (4 điểm)
1) Giải phƣơng trình:  6x  8  6x  6  6x  7   72
2

2) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn: x2  x  3  y 2
Câu 4. (2 điểm)
Cho các số a, b,c thỏa mãn 1  a, b,c  0. Chứng minh rằng: a  b2  c3  ab  bc  ca  1
Câu 5. (5,5 điểm)

Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a, biết hai đƣờng chéo cắt nhau tại O.Lấy
điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho IOM  900 (I và M không trùng với
các đỉnh của hình vng). Gọi N là giao điểm của AM và CD , K là giao điểm của OM và

BN.
1) Chứng minh BIO  CMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a
2) Chứng minh BKM  BCO
3) Chứng minh

1
1
1


2
2
CD
AM AN2

Câu 6. (1,5 điểm)

Cho tam giác ABC  AB  AC  , trọng tâm G. Qua G vẽ đƣờng thẳng d cắt các cạnh

AB,AC theo thứ tự ở D và E. Tính giá trị biểu thức

AB AC

.
AD AE

HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.



1) Ta có:  x  y  x3  x2 y  xy2  y 3
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp


TÀI LIỆU TOÁN HỌC


7

 x4  x 3 y  x 2 y 2  xy 3  x 3y  x 2y 2  xy 3  y 4
 x4  y4
Vậy đẳng thức đƣợc chứng minh.











x  x  2  x 2  2x  2  1  x 2  2x x 2  2x  2  1


 x





2



2) Ta có:  x 2  2x  2 x 2  2x  1
2



 2x  1   x  1
2

4

3) Biến đổi a 2  b2  c2  ab  bc  ca về  a  b   b  c   c  a  0
2

2

2

Lập luận suy ra a  b  c
Thay a  b  c vào a8  b8  c8  3 ta có: 3a8  3  a8  1  a  1

a  b  c  1
Vậy 
a  b  c  1
Câu 2.
1) Với x  0; y  0; x   y ta có:





2
2
2
2
xy
2  x y  x  y  x  y   xy 
P 
. 2
x 
 x  xy  y 2
xy  x  y 



xy
2 xy  x  y    x  y  x  y 
 
. 2
x

xy  x  y 
x  xy  y 2
2





2
2
xy
2  x  y  x  xy  y
 
. 2
x
xy  x  y 
x  xy  y 2



2 xy xy


x
xy
xy
2) Ta có: x2  y2  10  2  x  3y 
 x 2  2x  1  y 2  6y  9  0
  x  1   y  3   0
2

2

x  1
(tm)
Lập luận  
 y  3
Nên thay x  1; y  3 vào biểu thức P 
Câu 3.

x  y 1   3  2


xy
1.  3  3





1) Đặt 6x  7  t. Ta có:  t  1 t  1 t2  72  t2  1 t2  72  t4  t2  72  0

2
x   3
 t  3  
x   5

3
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


8

2 5 
Vậy phƣơng trình có tập nghiệm S   ; 
3 3
2) x2  x  3  y 2  4x 2  4x  12  4y 2  2x  1   4y 2  11
2

  2x  2y  1 2x  2y  1  11

 2x  2y  1  1
x  3


 2x  2y  1  11 y  3
 2x  2y  1  1 x  2


 2x  2y  1  11 y  3

 2x  2y  1  11  x  2
 2x  2y  1  1 y  3


 2x  2y  1  11 x  3



2x

2y

1

1

y  3


Câu 4.
Vì b,c  0;1 nên suy ra b2  b; c 3  c
Do đó : a  b2  c3  ab  bc  ca  a  b  c  ab  bc  ca

(1)

Lại có: a  b  c  ab  bc  ca  a  1 b  1c  1   abc  1

(2)

Vì a, b,c  0;1 nên  a  1 b  1 c  1  0; abc  0
Do đó từ  2   a  b  c  ab  bc  ca  1

3 

Từ (1) và (3) suy ra a  b2  c3  ab  bc  ca  1
Câu 5.

A

E



I

B

O

M

K

C

N

D



1) IBO  MCO  450 (Tính chất đƣờng chéo hình vng)

BO  CO (tính chất đƣờng chéo hình vng)
BOI  COM (cùng phụ với BOM)

 BIO  CMO g.c.g 

 S BIO  SCMO mà S BMOI  SBOI  SBMO

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TỐN HỌC


9
1
1
Do đó: S BMOI  SCMO  S BMO  S BOC  S ABCD  a 2
4
4
2) Ta có: BIO  CMO(cmt)  CM  BI  BM  AI

Vì CN / /AB nên

BM AM
IA AM



 IM / /BN
CM MN
IB MN

Ta có: OI  OM  BIO  CMO   IOM cân tại O  IMO  MIO  450
Vì IM / /BN  BKM  IMO  450  BKM  BCO
3) Qua A kẻ tia Ax vng góc AN cắt CD tại E.

Chứng minh ADE  ABM  g.c.g   AE  AM
Ta có: ANE vng tại A có AD  NE

SAEN 

2
2
AD.NE AN.AE

 AD.NE  AN.AE   AD.NE    AN.AE 
2
2

Áp dụng định lý Pytago vào ANE ta có: AN2  AE2  NE2

AN2  AE2
1
1
1
1




2
2
2
2
2
AN .AE

AD
AE AN
AD2
1
1
1
Mà AE  AM và CD  AD 


2
2
CD
AM AN2
Câu 6.





 AD2 . AN2  AE2  AN2 .AE 2 

A

D
B

E

G
I

M

d

C

K
Gọi M là trung điểm của BC
AB AI

AD AG
AC AK
Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với d cắt AM tại K, ta có:

AE AG
AB AC AI  AK
Từ (1) và (2) suy ra


(3)
AD AE
AG

Qua B vẽ đƣờng thẳng song song với d cắt AM tại I, ta có:

(1)

(2)

Mặt khác : AI  AK   AM  MI    AM  MK   2AM  4 

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


10
(Vì MI  MK do BMI  CMK)
Từ (3) và (4) suy ra

AB AC 2AM 2AM



3
2
AD AE
AG
AM
3
(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)
ĐỀ SỐ 3. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (4 điểm)

 1
2
5  x  1  2x


: 2

Cho biểu thức: A  
2 
 1 x 1 x 1 x  x 1
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
c) Tìm x để A  A
Câu 2. (6 điểm)
a) Giải phƣơng trình: x4  x2  6x  8  0
b) Tìm nghiệm tự nhiên của phƣơng trình: x2  2x  10  y2
c) Cho a 3  b3  c3  3abc với a, b,c  0


a 
b 
c
Tính giá trị biểu thức P   1   1   1  
b 
c  a 

Câu 3. (4 điểm)
a) Tìm các số có 3 chữ số chia hết cho 7 và tổng các chữ số của nó cũng chia hết cho 7
b) Cho x, y,z là các số thực dƣơng thỏa mãn: x  y  z  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M 

1
1 1


16x 4y z

Câu 4. (4 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD có AB  a  12cm, BC  b  9cm. Gọi H là chân đƣờng
vng góc kẻ từ A xuống BD
a) Chứng minh tam giác AHB đồng dạng với tam giác BCD
b) Tính độ dài đoạn thẳng AH
c) Tính diện tích tam giác AHB
Câu 5. (2 điểm)
Cho tam giác đều ABC. Gọi M, N lần lƣợt là các điểm trên các cạnh AB và BC sao
cho BM  BN. Gọi G là trọng tâm BMN và I là trung điểm của AN. Tính các góc của tam
giác ICG.

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


11
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
a) ĐKXĐ: x  1; x 

1
2

 1  x  2 1  x    5  x   x2  1
A
.
2

 1  2x

1

x


2
2 x  1
2

.

2
1  x 1  2x 1  2x

x  1(ktm)
b) A nguyên, mà x nguyên nên 2 1  2x  , từ đó tìm đƣợc 
x  0(tm)
Vậy x  0
c) Ta có:
A  A  A  0  1  2x  0  x 

Kết hợp với điều kiện : 1  x 
Câu 2.

1
2

1
2





a) Phân tích đƣợc  x  1 x3  x2  2x  8  0





  x  1 x  2  x2  x  4  0

(1)

x  1  0
x  1

Vì x2  x  4  0  1  
x  2  0
x  2
x2  2x  10  y 2   x  1  y 2  11
2

b) Ta có:

  x  1  y  x  1  y   11 (2)

Vì x, y  nên x  1  y  x  1  y  0
(2) viết thành:  x  1  y  x  1  y   11.1

x  1  y  11 x  5


x  1  y  1
y  5
Vậy  x; y    5; 5 
c) Biến đổi giả thiết về dạng:
2
2
2
1
a  b  c   a  b    b  c    c  a    0



2
a  b  c  0

a  b  c

 c  a   b 
Với a  b  c  0 tính đƣợc: P    
  1
 b  c  a 
Với a  b  c tính đƣợc: P  2.2.2  8
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

12
Câu 3.
a) Gọi số có ba chữ số cần tìm là abc
Ta có: abc   98a  7b   2a  3b  c
Vì abc 7  2a  3b  c 7
Mặt khác, vì a  b  c 7

(3)

(4),k ết hợp với (3) suy ra b  c 7

Do đó b  c chỉ có thể nhận các giá trị 7; 0;7
Với b  c  7  c  b  7. Kết hợp với (4) ta chọn đƣợc các số 707; 518; 329 thỏa mãn.
Với b  c  7  b  c  7. Đổi vai trò b và c của trƣờng hợp trên ta đƣợc các cặp số

770,581,392 thỏa mãn Câu toán.
Với b  c  0  b  c mà do (4) nên a  2b 7
Do 1  a  2b  27 nên a  2b chỉ có thể nhận các giá trị 7;14; 21.
Từ đó ta chọn đƣợc 12 số thỏa mãn là 133; 322; 511;700; 266; 455 ; 644; 833; 399; 588; 777; 966
Vậy có 18 số thỏa mãn Câu toán: 707; 518; 329;770; 581; 392 ;133; 322; 511;700 ; 266
; 455; 644; 833; 399; 588;777; 966.

b) Vì x  y  z  1 nên: M 



1
1 1  1
1 1


 

   x  y  z
16x 4y z  16x 4y z 

y  x
21  x
z  y z 


 
 

16  4y 16x   z 16x   z 4y 

y
16x2  4y 2  4x  2y   2.4x.2y  4x  2y  1 1
x
Ta có:




   x, y  0 
4y 16x
64xy
64xy
64xy
4 4
2

Tƣơng tự:

2

x
z
1 y z

 ; 
 1  x, y  0 
z 16x 2 z 4y


1
x  7
4x  2y  z

21 1 1
49
2


Từ đó M 
. Dấu "  " xảy ra  x  y  z  1   y 
  1
16 4 2
16
7
x, y, z  0



4

x  7


Vậy GTNN của M là

49
1
2
4
 x  ;y  ;z 
16
7
7
7

Câu 4.

A

B

H
D

C

a) Chứng minh đƣợc AHB BCD(g.g)
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TỐN HỌC


13
b) AHB BCD(cmt) 

AH AB
a.b

 AH 
BC BD
BD

Áp dụng định lý Pytago đƣợc: BD  AD2  AB2  225  15  cm 
12.9
 7, 2(cm)
15
AH 7.2
c) AHB BCD theo tỉ số k 

BC
9

Từ đó tính đƣợc: AH 

Gọi S,S' lần lƣợt là diện tích của BCD và AHB , ta có: S  54cm2
2

2

S'
 7.2 
 7.2 
2
 k2  
 S'  

 .54  34, 56(cm )
S
9
9





Vậy diện tích tam giác AHB bằng 34, 56(cm2 )
Câu 5.

B
G

M

P

N

K

I

C

A

Ta có BMN là tam giác đều , nên G là trọng tâm của BMN. Gọi P là trung điểm của MN,
GP 1
 (tính chất trọng tâm tam giác đều)
GN 2
PI
PI 1
GP
PI 1
Lại có:

 suy ra


(1)
MA NC 2
GN NC 2

Ta có:

Mặt khác: GPI  GPM  MPI  900  600  1500
Và GNC  GNP  PNC  300  1200  1500 , do đó : GPI  GNC (2)
Từ (1) và (2) suy ra GPI

Mà IGC  600

GNC(c.g.c)  PGI  NGCvà GI 

IGC  PGN  60 

1
GC
2

0

Gọi K là trung điểm của GC thì GI  GK 

1
1
GC, suy ra GIK đều nên IK  GC
2
2

Điều này chứng tỏ GIC vuông tại I
Vậy GIC  900 ; IGC  600 ; GCI  300
(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TỐN HỌC


14
ĐỀ SỐ 4. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8

Câu 1. (2 điểm)







a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x2  2x x2  2x  1  6
b) Đa thức f  x   4x3  ax  b chia hết cho các đa thức x  2; x  1. Tính 2a  3b
Câu 2. (2 điểm)
a) Cho a n  1  2  3  ...  n. Chứng minh rằng a n  a n 1 là một số chính phƣơng
b) Chứng minh rằng vơi mọi số tự nhiên n thì phân số

10n 2  9n  4
tối giản
20n 2  20n  9

Câu 3. (3 điểm)
a) Cho x3  y3  z3  3xyz. Hãy rút gọn phân thức : P 
b) Tìm tích: M 

xyz
 x  y  y  z  z  x 

14  4 54  4 9 4  4 17 4  4
.
.
....
34  4 7 4  4 114  4 19 4  4

Câu 4. (4 điểm)
a) Cho x  by  cz; y  ax  cz; z  ax  by và x  y  z  0; xyz  0 .
1
1
1


2
1 a 1 b 1 c
yz xz xy
1 1 1
b) Cho    0, tính giá trị của biểu thức P  2  2  2
x y z
x
y
z

CMR:

Câu 5. (3 điểm) Cho biểu thức : P 

 x1
x2  x
1
2  x2 
:





1  x x2  x 
x2  2x  1  x

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tìm x để P  1
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x  1
Câu 6. (3 điểm) Cho hình vng ABCD, gọi E,F thứ tự là trung điểm của AB, BC.
a) Chứng minh rằng: CE  DF
b) Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng: AM  AD
Câu 7. (3 điểm) Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vng ABDE, ACFH.
a) Chứng minh rằng EC  BH; EC  BH
b) Gọi M, N thứ tự là tâm của các hình vng ABDE,ACFH. Gọi I là trung điểm của

BC. Tam giác MNI là tam giác gì ? Vì sao ?
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
a)

 x  1 x  3  x

2

 2x  2

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp


TÀI LIỆU TOÁN HỌC

15
b) Đa thức f(x)  4x 3  ax  b chia hết cho các đa thức x  2; x  1 nên:

f  2   0  32  2a  b  0(1)
f( 1)  0  4  a  b  0

(2)

Từ  1 và  2  ta tìm đƣợc a  12; b  8
Vậy 2a  3b  0
Câu 2.
a) Ta có: a n1  1  2  3  .....  n  n  1

a n  a n 1  2 1  2  3  .....  n   n  1  2.

n  n  1
2

 n  1  n 2  2n  1

  n  1 là một số chính phƣơng.
2

b) Gọi d là ƢCLN của 10n 2  9n  4 và 20n 2  20n  9
2
2


10n  9n  4 d

20n  18n  8 d


 2n  1 d  d là số tự nhiên lẻ

2
2
20n

20n

9
d
20n

20n

9
d





Mặt khác : 2n  1 d  4n2  4n  1 d  20n 2  20n  5 d  4 d , mà d lẻ nên d  1
Vậy phân số trên tối giản
Câu 3.
a) Từ x3  y3  z3  3xyz chỉ ra đƣợc x  y  z  0 hoặc x  y  z

TH1 : x  y  z  0  x  y  z; x  z  y; y  z  x  P  1

1
TH2 : x  y  z  P 
8
2
2
b) Nhận xét đƣợc: n 4  4   n  1  1  n  1  1 . Do đó:

 




4
M
.
 2  1 .  4  1  6
1. 2 2  1

2

2



2
2


 1 .  8

 ...... 16
 1
18

 1 . 62  1
2

2
2


 1 .  20

 1  1
 1 20  1 401

 1 . 18 2  1
2

2

Câu 4.
a) Từ giả thiết  2cz  z  x  y  2cz  x  y  z

c

xyz
xyz
1
2z

 c1


2z
2z
c 1 x  y  z

Tƣơng tự:
b) Từ

2y
1
2x
1
1
1
1

;

. Khi đó:


2
1 a x  y  z 1 b x  y  z
1 a 1 b 1 c

1 1 1
1
1

1
3
  0 3  3  3 
x y z
xyz
x y z

Khi đó:

P

 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
x y z 

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


16
Câu 5. a) ĐKXĐ: x  0; x  1; x  1
Rút gọn P ta có: P 

x2
x 1
2


1 3
x  

2
2
2
2 4
x
x
x x1
b) P  1 
1
1 0 
0 
0
x 1
x 1
x 1

x 1

 x 1  0  x  1
Vậy với x  1 và x  0; x  1 thì P  1
c) Ta có: P 

x2
x2  1  1
1
1

 x 1
 x 1
2
x 1
x 1
x 1
x 1

Khi x  1; x  1  0. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: x  1 

1
 2 . Dấu "  " xảy ra khi
x 1

và chỉ khi x  2. Vậy GTNN của P bằng 4  x  2
Câu 6.

E

A

B

M F
1

D

1

N

2

K

C

a) Chứng minh đƣợc CBE  DFC  c.g.c   C1  D1
Lại có: C1  C2  900  D1  C2  900  CE  DF
b) Gọi K là trung điểm của CD. Chứng mnh đƣợc tứ giác AECK là hình bình hành
suy ra AK / /CE
Gọi N là giao điểm của AK và DF.DCM có DK  KC và KN / /CM nên N là trung điểm
của DM. Vì CM  DM( câu a), KN / /CM  KN  DM
Tam giác ADM có AN là đƣờng cao đồng thời là trung tuyến nên là tam giác cân tại A.

 AM  AD
Câu 7.

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TỐN HỌC


17
H

E

F

N
A
M
D
B

C

I

a) Chứng minh đƣợc: EAC  BAH  c.g.c   EC  BH,AEC  ABH
Gọi K và O thứ tự là giao điểm của EC với BA và BH
Xét AEK và OBK có: AEK  OBK; AKE  OKB  EAK  BOK
 BOK  900. Vậy EC  BH

1
1
b) Ta có: MI / /EC; MI  EC; IN / /BH; IN  BH

2
2
Mà EC  BH và EC  BH nên MI  IN và MI  IN

Vậy tam giác MIN vuông cân tại I
(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)
ĐỀ SỐ 5. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8
Câu 1. (2,0 điểm)



a) Tìm giá trị của a để 21x2  9x 3  x  x 4  a

 x

2

x 2



b) Chứng minh rằng n4  2n3  n2  2n chia hết cho 24 với mọi n 
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Cho a  b  c  0. Chứng minh rằng a 3  b3  c3  3abc
b) Cho

1 1 1
   0, (với x  0; y  0; z  0)
x y z

Tính giá trị của biểu thức

yz xz xy


x2 y 2 z2

Câu 3. (2,5 điểm)

 4x
8x2   x  1
2

:
 
Cho biểu thức : A  
2   2
 2  x 4  x   x  2x x 
a) Tìm điều kiện xác định, rồi rút gọn biểu thức A
b) Tìm x để A  1
c) Tìm các giá trị của x để A  0
Câu 4. (1,5 điểm)

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


18
Chứng minh rằng trong một hình bình hành, khoảng cách từ một điểm trên đƣờng

chéo đến hai cạnh kể (hai cạnh kề và đƣờng chéo cùng đi qua một đỉnh của hình bình
hành), tỉ lệ nghịch với hai cạnh ấy.
Câu 5. (2,0 điểm)
Gọi M là diểm nằm trong xOy  m0 (0  m  90). Gọi P, Q lần lƣợt là hình chiếu của

M trên Ox,Oy. Gọi H, K lần lƣợt là trung điểm của OM,PQ
a) Chứng minh HK  PQ
b) Tính số đo HPQ theo m
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
a) Thƣơng: x2  8x  15 và dƣ: a  30
Phép chia hết nên a  30  0  a  30
b)



n 4  2n 3  n 2  2n  n n 3  2n 2  n  2
 n  n 2 .  n  2    n  2  







 n n 2  1  n  2   n  n  1 n  1 n  2 
n  n  1 n  1 n  2  là tích 4 số nguyên liên tiếp trong đó phải có 1 số chia hết cho 2, một

số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 4
Nên n  n  1 n  1 n  2  2.3.4  24

Vậy n4  2n3  n2  2n 24
Câu 2.
a)

a  b  c   a  b 
3

3

 3 a  b  c  3 a  b  c2  c3
2

  a  b   3  a  b  c.  a  b  c   c 3   a  b   c 3
3

3

 a 3  3a 2 b  3ab2  b3  c 3  a 3  b3  c 3  3ab(a  b)

 a 3  b3  c 3  3ab  c  (Vi a  b  c  0  a  b  c)
 a 3  b3  c 3  3abc
1
1
1
b) Với a  ; b  ; c 
x
y
z
Áp dụng kết quả câu a ta có:

1
1
1
3
 3 3 
3
xyz
x y z

 1
yz xz xy xyz xyz xyz
1
1
 2  2  3  3  3  xyz.  3  3  3 
2
x
y
z
x
y
z
x y z 
3
 xyz.
3
xyz
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC

19
Câu 3.
a) ĐKXĐ: x  0; x  2
2
 4x
8x 2   x  1
2  4x  2  x   8x x  1  2  x  2 
A

:


:

2   2
2

x
x
2

x
2

x
x x  2
4

x

x

2x







8x  4x 2  8x 2 x  1  2x  4
8x  4x 2
3x

:

:
 2  x  2  x  x  x  2   2  x  2  x  x  x  2 



4x  2  x 

 2  x  2  x 

.

x x  2
3x

4x2

x3

 x  1
4x2
2
 1  4x  x  3  0  
b) A  1 
x  3
x3

4
4x2
 0  x3 0  x 3
x3
Vậy x  3; x  0; x  2 thì A  0

c) A  0 

Câu 4.

A

B

H
P

M

D

C

N K

Kẻ PH  AD; PK  CD; PM / /CD; PN / /AD
Chứng minh HMP

KNP(g.g)

PH PM
PH DN
(do PMDN là hình bình hành)



PK PN
PK PN
DN PN
Chứng minh DNP DCB  g.g  

DC BC
DN DC
PH DC




(dfcm)

PN BC
PK BC
Câu 5.


x

P
K

M

H
O

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

Q

y

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


20
1
OM
2
1
MQO vuông tại Q, đƣờng trung tuyến QH  OM

2
 PH  QH  HPQ cân tại H  HK  PQ

a) MPO vuông tại P, đƣờng trung tuyến PH 

b) MHQ  2MOQ; MHP  2MOP
 PHQ  2.POQ  2.m 0  PHK  m 0  HPQ  90 0  m 0

(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)
ĐỀ SỐ 6. ĐỀ THI CHỌN HSG TỐN LỚP 8
Câu 1. (2 điểm) Tìm x biết :
a) x 

2 1

3 3

b) 3x  6561
c)

 2x  1

2012

  2x  1

2010

Câu 2. (2 điểm)
2012

a) Số tự nhiên A  1  23

là số nguyên tố hay hợp số ? Giải thích

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của B  2x2  y2  2xy  8x  2028
c) Tìm x, y,z biết: 10x2  y2  4z2  6x  4y  4xz  5  0
Câu 3. (1,5 điểm)
Một khối 8 có

2
3
số học sinh đội tuyển Toán bằng số học sinh đội tuyển Anh và
3
4

4
số học sinh đội tuyển Văn. Đội tuyển Văn có số học sinh ít hơn tổng số học sinh
5
của hai đội tuyển kia là 38 học sinh. Tính số học sinh của mỗi đội tuyển ?
bằng

Câu 4. (1,5 điểm) Cho x(m  n)  y(n  p)  z(p  m) trong đó x, y,z la các số khác nhau và
khác 0, Chứng minh rằng:

np
pm
mn



x(y  z) y  z  x  z  x  y 

Câu 5 (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Gọi M là một điểm nằm giữa A và B.
Trên tia đối của tia AC lấy điểm I sao cho AI  AM.
a) Chứng minh rằng: CM  BI
b) Trên BC lấy điểm P sao cho BP  2CP. Trên nửa mặt phẳng bờ là đƣờng thẳng BC
có chứa điểm A, vẽ tia Px sao cho xPB  600. Tia Px cắt tia CA tại D. Tính số đo
CBD

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TỐN HỌC


21
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.

a) x 

2 1
1
2 1
1
 
 x    x1
3 3
3
3 3
3

b) 3x  6561 hay 3x  38  x  8

c)  2x  1

2012

  2x  1

2010

  2x  1

2012

  2x  1

2010

2
. 1   2x  1   0



  2x  1

2010

.  1  2x  11  2x  1  0

  2x  1

2010

0


1
x


 2x  1  0
2


  2  2x  0   x  1
x  0
 2x  0


Câu 2.
a) 32012 3 nên có thể viết 32012  3n 
 A  1  23

2012



   1  2  1  2   2    A là hợp số

 13  23n  13  2n

3

n

n

n

2

b)B  2x 2  y 2  2xy  8x  2028
 x 2  2xy  y 2  x 2  8x  16  2012
  x  y    x  4   2012  2012
2

2

x  y  0
x  4

Đẳng thức xảy ra  
x  4  0
 y  4
x  4
Giá trị nhỏ nhất của B là 2012  
 y  4
c)10x 2  y 2  4z 2  6x  4y  4xz  5  0



 

 



 9x 2  6x  1  y 2  4y  4  4z 2  4xz  x 2  0
  3x  1   y  2    2z  x   0
2

2

2


1
x   3
3x  1  0


 y  2  0  y  2
2z  x  0

1

z 
6


Câu 3. Gọi số học sinh đội tuyển Toán, Anh, Văn thứ tự là x, y,z  x, y, z 
Ta có:



 x  y   z  38  2
y
2
3
4
x
z

x y z


3
4
5
18 16 15  18  16   15 19

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


22
Tính đúng x  36; y  32; z  30 và kết luận
Câu 4. Vì xyz  0 nên: x(m  n)  y(n  p)  z(p  m)



x m  n

y  n  p



z p  m

xyz
xyz
mn np pm
hay :


yz
xz
xy


xyz



 p  m    n  p   m  n    p  m    n  p   m  n 
xy  yz

yz  xy

np
pm
mn



x  y  z y z  x z x  y

xz  yz

Câu 5.
a)

I
A
M
C
B

H

Tia IM cắt BC tại H

ABC vuông cân tại A nên C  450 , IAM vng cân tại M nên I  450
IHC có C  I  900  H  900  IH  BC
Chứng minh đƣợc M là trực tâm IBC  CM  BI
b)

y

D

E
x

A
K
C

B

P

Gọi E là điểm đối xứng với B qua PD  EP  PB  2PC
Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


23

 BPE cân tại P nên đƣờng trung trực của PD cũng là phân giác
 BPD  DPE  600  EPC  600

Chứng minh đƣợc EPC vuông tại C
Chứng minh đƣợc CD là phân giác của PCE
Chứng minh đƣợc ED là phân giác ngoài tại đỉnh E của PCE
Chứng minh đƣợc yEP  1500  DEP  750
Chứng minh đƣợc PBD  750 hay CBD  750
(Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ SỐ 7. ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP 8
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức P 

xy
. Biết x2  2y2  xy  x  y  0; y  0 
xy

b) Tìm x, y nguyên dƣơng thỏa mãn: x2  y2  2x  4y  10  0
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Tìm số dƣ trong phép chia của đa thức  x  2  x  4 x  6 x  8  2017 cho đa thức

x2  10x  21
b) Cho A  n6  10n4  n3  98n  6n5  26và B  1  n3  n. Chứng minh với mọi n 
thì thƣơng của phép chia A cho B là bội số của 6
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Cho a và b thỏa mãn : a  b  1. Tính giá trị của biểu thức B  a 3  b3  3ab
b) Cho các số thực dƣơng x, y, z thỏa mãn x  y  z  3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 

1
1
1
 2
 2
x x y y z z
2

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, đƣờng trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc cạnh

BC, vẽ đƣờng thẳng song song với AM cắt đƣờng thẳng AB và AC lần lƣợt tại E và F.
a) Chứng minh DE  DF  2AM
b) Đƣờng thẳng qua A song song với BC cắt EF tại N. Chứng minh N là trung điểm
của EF
2
c) Ký hiệu S X là diện tích của hình X. Chứng minh SFDC
 16SAMC .SFNA

Câu 5. (1,0 điểm)
Trong một đề thi có 3 Câu tốn A, B,C. Có 25 học sinh mỗi ngƣời đều đã giải đƣợc
ít nhất một trong 3 Câu đó. Biết rằng:
-

Trong số thí sinh khơng giải đƣợc Câu A thì số thì sinh đã giải đƣợc Câu B nhiều
gấp hai lần số thí sinh đã giải đƣợc Câu C

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

TÀI LIỆU TOÁN HỌC


24
Số thí sinh chỉ giải đƣợc Câu A nhiều hơn số thí sinh giải đƣợc Câu A và thêm Câu

-

khác là 1 ngƣời
Số thí sinh chỉ giải đƣợc Câu A bằng số thí sinh chỉ giải đƣợc Câu B cộng với số thí

-

sinh chỉ giải đƣợc Câu C.
Hỏi có bao nhiêu thí sinh chỉ giải đƣợc Câu B?
HƯỚNG DẪN GIẢI
Câu 1.
a) x2  2y2  xy  x 2  xy  2y 2  0  x  y x  2y   0
Vì x  y  0 nên x  2y  0  x  2y
Khi đó P 

2y  y y 1


2y  y 3y 3

b) Ta có:



 



x2  y 2  2x  4y  10  0  x2  2x  1  y 2  4y  4  7  0
  x  1   y  2   7   x  y  1 x  y  3   7
2

2

Vì x, y nguyên dƣơng nên

x  y  3  x  y  1  0  x  y  3  7 và x  y  1  1  x  3; y  1
Phƣơng trình có nghiệm dƣơng duy nhất  x, y    3,1
Câu 2.
a) Ta có:







P(x)   x  2  x  4  x  6  x  8   2017  x2  10x  16 x2  10x  24  2017

Đặt t  x2  10x  21  t  3; t  7  , biểu thức P(x) đƣợc viết lại:
P(x)   t  5  t  3   2017  t 2  2t  2002

Do đó khi chia t 2  2t  2000 cho t ta có số dƣ là 2002
b) Thực hiện phép chia , ta đƣợc:
Thƣơng của A chia cho B là n3  6n2  11n  6
Ta có:
n 3  6n 2  11n  6  n 3  n  12n  6n 2  6



  n  1 n  n  1  6 2n  n 2  1



Vì  n  1 n  n  1 là tích 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 6





Và 6 2n  n 2  1 chia hết cho 6
 Thƣơng của phép chia A cho B là bội số của 6

Câu 3.
a) Ta có: B  a 3  b3  3ab  a 3  b3  3ab. a  b   a  b   1 Vi
3

Trịnh Bình sưu tầm và tổng hợp

a  b  1
TÀI LIỆU TOÁN HỌC