60 bo de hsg

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.54 MB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Đ ề thi HSG
I. Tr¾c nghiƯm:

Hãy chọn chữ cãi đứng trớc câu trả lời đúng trong các câu sau:

C©u 1: Để đa thức f(x) = x4 + 2x3 + ax2 + 2x + b là bình phơng của một ®a thøc th×:
A. a = 3; b = 1 B. a = 3; b = 0 C. a = 4; b = 1 D. a = 1; b = 1
C©u 2: Cho phân thức x(x-1)2

2x . Giá tri của phân thøc b»ng 0 khi:

A. x = 0 B. x = 0 hc x = 1 C. x = 1 D. Không có giá trị của x
Câu 3: Kết quả của phÐp tÝnh (a6 - 1) : (a2 - 1) lµ:

A. a4 + 1 B. a4 + a2 + 1 C. a4 + 2a2 + 1 D. Không thực hiện đợc
Câu 4: Một tam giác có độ dài hai cạnh bằng 3cm và 8cm, góc xen giữa bằng 600. Độ 
dài cạnh còn lại là:

A. 7cm B. 4cm C. 55 D. 63

C©u5 Cho 1
2


x-1 . Kết quả nào sau đây là đúng?
A. x = 0 B. x = 1

2 C.

1 3

2 x2 D. x = 4
C©u 6 BiÕt 5 x 4 th× (x - 5)2 b»ng:

A. 2 B. 16 C. 32 D. 256

Câu 7 Tổng A = 3 - 32 + 33 - 34 + ... - 3100 đợc kết quả là:
A. 3 3101

 B. 3 3101
2

 C. 3 - 3101 D. 3101 - 3

Câu 8 Một tam giác có góc B - góc C = 300, tia phân giác của góc A cắt BC tại D. Số đo 
góc ADB là:

A. 300 B. 450 C. 600 D. 750 
II. Tù luËn:

C©u 5: Giải các phơng trình sau:
a/ 2x3 + x2 - 5x + 2 = 0

b/ 2x4 - 21x3 + 74x2 - 105x + 50 = 0
c/ 2x1 2x 1 4

C©u 6: Cho P = 2 28 7
1

x x

x

 

 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của P
Câu 7:

a/ Cho ba số chính phơng A, B, C. Chøng minh r»ng: (A - B)(B - C)(C - A) chia hÕt
cho 12.

b/ Cho a3 + b3 + c3 = 3abc víi a, b, c kh¸c 0. TÝnh giá trị của biểu thức: 
P = 1 a 1 b 1 c

b c a

     

  

     
     

Câu 8: Cho tam giác ABC cân, AB = AC = 5cm; BC = 6cm. Vẽ các đờng phân giác AD, 
BE, CF

a/ Tính độ dài EF

b/ Tính diện tích tam giác DEF

Câu 9:

a/ Chứng minh r»ng nÕu a + b + c 3 th× a4 + b4 + c4  a3 + b3 + c3

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 8
Đề 1

Bài 1: Trên cạnh AB<BC<AC của tam giác ABC cố định, người ta lần lượt lấy

các điểm M,N,P sao cho Tính diện tích MNP theo diện

tích ABC theo k.

Tính k Sao cho diện tích MNP đạt GTNN.

Bài 2: Cho tú giác ABCD có 2 đường chéo cắt nhau tại O. Kí Hiệu S là diện tích.
Cho diện tích AOB và diện tích COD với a,b là 2 số cho trước .

1, Hãy tìm GTNN của diện tích ABCD ?

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

cho đường thẳng qua M // với AB bị 2 cạnh AD, BC và 2 đường chéo AC, BD
chia thành 3 phần bằng nhau.

Đề 2

Bài 1 Rút gọn biểu thức:
A=

Bài 2 Giải phương trình
a)

Bài 3 Cho a,b,c thỏa mãn ab+bc+ac=4

chứng minh rằng: a2+b2+c2 lớn hơn hoặc bằng 4

Bài 4 cho tam giác ABC vuông tại A (AC>AB),đường cao AH . Trong nửa mặt
phẳng bờ AH có chứa C vẽ hình vuông AHKE. gọi P là giao điểm của AC và KE
a)tính các góc của tam giác ABP

b)gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và
QA.cm H,I,K thẳng hàng

c)Gọi F là giao điểm AK và HE. cm AI.AK=AF.AQ
Đề 3

Bài 1:Cho đa thức P(x)= 2x4-7x3-2x2+13x+6

1) Phân tích P(x) thành nhân tử

2) Chứng minh rằng P(x) chia hết cho 6 với mọi x thuộc Z

Bài 2: Cho hình bình hành ABCD (AC>BD). Vẽ CE vng góc với AB và CF
vng góc với AD. Chứng minh rằng: AB.AE+AD.AF=

Bài 3: Cho phân thức F(x)=
1) Rút gọn phân thức

2) Xác định x để phân thức có giá trị nhỏ nhất

Bài 4: Cho tam giác vuông ABC, cạnh huyền BC bằng 289 và đường cao AH
bằng 120. Tính hai cạnh AB và AC

Bài 5:Cho 3 số dương a,b,c 1)C/m: >9
2) Giải phương trình:

.2đ.

tìm nghiệm nguyên dương của phương trình xyz= x + y + z
2.2đ:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

b,cho các số dương x,y,z thỏa mãn điều kiện xyz=100.tính giá trị biểu thức:
3.(2đ)

a,CMR nếu các số x,y,z có tổng là 1 số ko âm thì:

b, cho m,n là các số thỏa mãn điều kiện .tìm min của :

4.(1,5đ).trong mặt phẳng Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình (m - 4)x+
(m-3)y=1( m là tham số ).tìm m để KC từ gốc tọa độ đến d là lớn nhất.

5.(2,5đ).Cho (O) đường kính BC = 2R .từ điểm P trên tia tiếp tuyến tại B của
đường tròn,vẽ tiếp tuyến thứ hai PA với đường tròn(A là tiếp điểm).Gọi H là
hình chiếu của A trên BC,E là giao điểm của PC và AH.

a,CM : E l T ca AH

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Sở GD-ĐT Hà TĩNH §Ị THI họC SINH GiỏI LớP 8 NĂM HọC 2008-2009

PHòNG GD-ĐT HƯƠNG SƠN MÔN : TOáN(Thời gian 120 phót)
C©u: 1Cho biĨu thøc A= )( 1004)

1
1
4
1

1
1

( 2

x
x
x

x
x

x 











a) Tìm điều kiện xác định của biểu thức A
b) Rút gọn biểu thức A

c) Với giá trị nào của x thì A <
2
1

C©u :2 Cho hai số dơng x và y thoả mÃn x+y=1

a) Tính giá trị của biÓu thøc M= x(x+34) +y(y+34) +2xy +65
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thøc P =(1- 12)(1 12)

y
x 
Câu :3 Đa thức P(x) bậc 4 cã hƯ sè bËc cao nhÊt lµ 1

Gi¶ sư P(1)=0 ; P(3)=0 ; P(5)= 0 . HÃy tính giá trị của biểu thøc :
Q= P(-2)+7P(6)

Câu : 4 Tìm tất cả các số nguyên n thoả mÃn

(n+5)2 =[4(n-2)]3

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

các tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Lấy điểm C trên Ax, lấy điểm D
trªn By sao cho gãc COD=900

a) Chứng minh ACO đồng dạng với  BOD
b) Chứng minh CD=AC+BD

c) Kẻ OM vuông góc với CD tại M . Gọi N là giao điểm cđa AD víi BC
Chøng minh MN // AC

Trường THCS Tiến Thịnh Đề Khảo sát học sinh giỏi
Mơn: Tốn. Lớp 8

Thời gian: 120 phút
Câu 1( 2đ):

Biết: a - b = 25. Hãy tính giá trị của biểu thức:
A = a( a + 2) + b( b - 2) - 2ab – 75

b) Cho: x + y = 2; x2 + y2 = 10. Tính giá trị của biểu thức: B = x3 + y3
Câu 2( 2đ):

Cho x + y = a; x2 + y2 = b; x3 + y3 = c.
Chứng minh: a3 - 3ab +2c = 0.

Câu 4( 2đ): a) Chứng minh rằng: Nếu a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì:
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: A = ( x - 2)2 + ( x - 3)2

Câu 5( 2đ): Giả sử AC là đường chéo lớn của hình bình hành ABCD. Từ C, vẽ đường

vng góc CE với đường thẳng AB, đường vng góc CF với đường thẳng AD ( E, F
thuộc phần kéo dài của các cạnh AB và AD). Chứng minh rằng:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7></div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu Nội dung Điểm
1

- Rút gọn: A = 23 3 3 4

1 1 1

x x x

x x x x

 
 
    =







 











2
2

1 1 3 3 4

1 1

x x x x x x

x x x

      
  
=

























3 2 2

2 2

1 1

2 2 1 1

1 1 1 1

x x x

x x x x x

x x

x x x x x x

  
    
 
 
     
1®iĨm
1®iĨm
b

Víi mäi x ≠ - 1 th× A =

2
2
1
1
x x
x x
 
  =
2
2
1 3
2 4
1 3
2 4
x
x
 

 
 
 
 
 
 
 
V× 
2 2

1 3 1 3

0; 0, 1 0, 1

2 4 2 4

x x x A x

   
           
   
   
1®iĨm
1®iĨm
2
a

* Víi x 1 (*)  x - 1  0  x1  x 1 ta có phơng trình 
 x2 -3x + 2 + x-1 = 0





2 2 1 0 1 0 1

x x x x

         ( Thoả mÃn 
điều kiện *)

* Với x< 1 (**) x - 1  0  x1 1 x ta có phơng trình 
 x2 -3x + 2 + 1 - x = 0  x2  4x  3 0



x1

 

x 3



0
 + x - 1 = 0 x1( Không thỏa mÃn điều kiện **)

+ x - 3 = 0  x3 ( Kh«ng thoả mÃn điều kiện **)
Vậy nghiệm của phơng trình là : x = 1

1điểm

* Điều kiện x 0 (1)

* pt 





2 2

1 1 1 1

8 x 4 x x x x 4

x x x x

 
       
         
       
        






2
2

2 2 2

1 1 1 1

8 x 2 4 x x x x 4

x x x x

 

       

          

       

        

 16



x4



2  x x



8



 0 x0hc x = -8

So sánh với điều kiện (1) , suy ra nghiệm của phơng trình là x = - 8

0.5điể
m

1điểm

0.5điể
m

3 Ta cã 3













1 1 1 1

y   y y  y x y  y v× xy  0  x, y  0  x, y  0

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>













3 2

3 2 2

3 2

1 1

1 1 1 1

1 1

x

y y y

y

x x x x y x x

x x x



 

  



         

  

3 3 2 2

1 1

1 1 1 1

x y

y x y y x x

 

   

     



 



























2 2

2 2 2 2

2 2 3 3 2 2

2 2

1 1

1 1 2 1

2 2

4 2

3 1 1 3

x y xy x y

x x y y

x x y y x y x y xy xy x y xy x y

xy

xy x y

x y y x x y

             

 

   

 

              

 




    



1điểm

Ta có: M =

x210x16

x210x24

Đặt a = x2 + 10x + 16 suy ra M = a( a+8) + 16 = a2 + 8a + 16 = ( a+ 4)2
 M = ( x2 + 10x + 20 )2 ( đpcm)

1điểm
1điểm
1điểm
5

a + Hai tam giác ADC và BEC có:

Gãc C chung. 
CD CA

CE CB (Hai tam giác vng CDE và CAB đồng
dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c). 
Suy ra: BEC ADC 1350

 (vì tam giác AHD vuông

cân tại H theo giả thiÕt).

Nên AEB 450 do đó tam giác ABE vng cân tại A. Suy ra: BE AB 2 m 2

 

1.5®iĨ
m
1®iĨm

Ta cã: 1 1

2 2

BM BE AD

BC  BC  AC (do BECADC)
mµ AD AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

nên 1 1 2

2 2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)
Do đó BHM BEC (c.g.c), suy ra: BHM BEC 1350 AHM 450

  

1.5điể
m
1điểm

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.
Suy ra: GB AB

GC AC , mµ









AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC

Do đó: GB HD GB HD GB HD

GC HC  GB GC HD HC  BC AH HC

1®iĨm

UBND THàNH PHố Huế kỳ thi CHọN học sinh giỏi tHàNH PHố
PHòNG Giáo dục và đào tạo lớp 8 thCS - năm học 2007 - 2008

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Bài 1: (2 điểm)

Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:

1. 2

7 6

x x

2. 4 2

2008 2007 2008

x  x  x

Bµi 2: (2điểm)

Giải phơng trình:
1. x2 3x 2 x1 0





2 2 2

2 2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

      

Bài 3: (2điểm)

1. Căn bậc hai của 64 có thể viết dới dạng nh sau: 64 6  4

Hỏi có tồn tại hay khơng các số có hai chữ số có thể viết căn bậc hai của chúng d
-ới dạng nh trên và là một số nguyên? Hãy chỉ ra toàn bộ các số đó.

2. T×m sè d trong phÐp chia cđa biĨu thøc



x2

 

x4

 

x6

 

x8



2008 cho ®a thøc

10 21

x x .
Bài 4: (4 điểm)

Cho tam giỏc ABC vuông tại A (AC > AB), đờng cao AH (HBC). Trên tia HC lấy
điểm D sao cho HD = HA. Đờng vng góc với BC tại D cắt AC tại E.

1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE theo

m AB .

2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC
đồng dạng. Tính số o ca gúc AHM

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh: GB HD

BC AH HC .
Đề bài

Bài 1 (4 ®iÓm)

Cho biÓu thøc A = 2 3

2
3

1
1
:
1

x
x
x

x
x



















với x khác -1 và 1.
a, Rút gọn biểu thức A.

b, Tính giá trị của biểu thức A tại x

2
1


 .

c, Tìm giá trị của x để A < 0.
Bài 2 (3 điểm)

Cho a b2b c2 c a2 4.



a2b2c2 ab ac bc



.
Chøng minh r»ng abc.

Bµi 3 (3 điểm)

Giải bài toán bằng cách lập phơng trình.

Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11. Nếu bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu lên
4 đơn vị thì sẽ đợc phân số nghịch đảo của phân s ó cho. Tỡm phõn s ú.

Bài 4 (2 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 4 2 3 3 2 4 5




 a a a

a .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 600, phân giác BD. Gọi M,N,I 
theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CD.

a, Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh.

b, Cho AB = 4cm. Tính các cạnh của tứ giác AMNI.
Bài 6 (5 điểm)

Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đờng chéo cắt nhau tại O. Đờng thẳng qua O
và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.

a, Chøng minh r»ng OM = ON.
b, Chøng minh r»ng

MN
CD
AB
2
1
1

 .

c, Biết SAOB= 20082 (đơn vị diện tích); SCOD= 20092 (đơn vị diện tích). Tính SABCD.

híng dÉn chÊm thi häc sinh giái cÊp

Bµi 1( 4 ®iĨm )

a, ( 2 ®iĨm )

Víi x khác -1 và 1 thì :
A=
)
1
(
)
1
)(
1
(
)
1
)(
1
(
:
1
1
2
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x

x
x
x

0,5®
=
)
2
1
)(
1
(
)
1
)(
1
(
:
1

)
1
)(
1
(
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x









 0,5®
=
)
1

(
1
:
)
1
( 2
x
x

 0,5®

= (1 x2)(1 x)

0,5đ

b, (1 điểm)
Tại x =

3
2
1
 =
3
5

 th× A = 
















 )
3
5
(
1
)
3
5
(

1 2 0,25®

= )
3

5
1
)(
9
25
1

(   0,25®

27
2
10
27
272
3
8
.
9
34



KL
0,5đ
c, (1điểm)

Với x khác -1 và 1 thì A<0 khi và chỉ khi (1 2)(1 ) 0

x x (1) 0,25đ

Vì 1x2 0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1 x0 x1
KL

0,5đ
0,25đ

Bài 2 (3 điểm)

Bin i ng thc để đợc

bc
ac
ab
c
b
a
ac
a
c
bc
c
b
ab
b

a2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 4 4
















0,5®

Biến đổi để có ( 2 2 2 ) ( 2 2 2 ) ( 2 2 2 ) 0









b ac b c bc a c ac

a 0,5®

Biến đổi để có ( )2 ( )2 ( )2 0







 b b c a c

a (*) 0,5đ

Vì ( )2 0

b

a ;( )2 0

 c

b ;( )2 0

 c

a ; với mọi a, b, c
nên (*) xảy ra khi và chØ khi ( )2 0


 b

a ;( )2 0


 c

b và ( )2 0

c

a ;

0,5đ
0,5đ

T ú suy ra a = b = c 0,5

Bài 3 (3 điểm)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

số cần tìm là
11

x
x

(x là số nguyên khác -11)

Khi bt t s i 7 n v và tăng mẫu số 4 đơn vị ta đợc phân s
15

x
x

(x khác -15)

0,5đ

Theo bài ra ta có phơng trình
11


x
x

=
7
15



x

x 0,5®

Giải phơng trình và tìm đợc x= -5 (thoả món) 1

T ú tỡm c phõn s
6

5

KL

0,5đ

Bài 4 (2 ®iĨm)

Biến đổi để có A= 2( 2 2) 2 ( 2 2) ( 2 2) 3






 a a a

a
a

0,5®

=( 2 2)( 2 2 1) 3 ( 2 2)( 1)2 3








 a a a a

a 0,5đ

Vì a220 a và (a1)2 0a nªn a a a





2)( 1) 0

( 2 2 do ú

a
a

a 2)( 1) 33

( 2 2

0,5đ

Dấu = xảy ra khi vµ chØ khi a 1 0  a1 0,25đ

KL 0,25đ

Bài 5 (3 điểm)

a,(1 điểm)

Chng minh c t giỏc AMNI là hình thang 0,5đ

Chứng minh đợc AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân 0,5đ
b,(2điểm)

Tính đợc AD = cm
3

4 ; BD = 2AD =

cm
3

3
8
AM = BD 

2
1

cm
3

3
4

0,5®

Tính đợc NI = AM = cm
3

4 0,5®

DC = BC = cm
3

8 , MN =



DC

2
1

cm
3

4 0,5®

Tính đợc AI = cm
3

8 0,5đ

Bài 6 (5 điểm)

N

I
M

D C

A
B

O N

M

D C

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

a, (1,5 điểm)
Lập luận để có

BD
OD

AB
OM
 ,
AC
OC
AB
ON
 0,5®

Lập luận để có

AC
OC
DB
OD
 0,5®

AB
ON
AB
OM

  OM = ON 0,5®

b, (1,5 điểm)
Xét ABDđể có

AD
DM
AB

OM

 (1), xét ADC để có

AD
AM
DC

OM

 (2)
Tõ (1) vµ (2)  OM.(

CD
AB

1
1

 )  1

AD
AD
AD
DM
AM
0,5đ

Chứng minh tơng tự ON.( 1 1 )1

CD
AB

0,5đ

t đó có (OM + ON).( 1  1 )2

CD

AB  AB CD MN

2
1
1



 0,5®

b, (2 ®iĨm)

OD
OB
S
S
AOD
AOB
 ,
OD

OB
S
S
DOC
BOC
  
AOD
AOB
S
S
DOC
BOC
S
S

 SAOB.SDOC SBOC.SAOD

0,5®

Chứng minh đợc SAOD SBOC 0,5đ

 . ( )2

AOD
DOC

AOB S S

S 

Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2  SAOD = 2008.2009

0,5®

Do đó SABCD= 20082 + 2.2008.2009 + 20092 = (2008 + 2009)2 = 40172 (đơn vị

DT) 0,5®

Bài 1 (4 điểm): Cho biểu thức












 2 2 2 2 2 2

2
1
1
:
y
4xy
A

x
xy
y
x
y
x

a) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định.
b) Rút gọn A.

c) Nếu x; y là các số thực thoả mãn: 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1, hãy tìm tất cả các giá trị

nguyên dương của A?
Bài 2 (4 điểm):

a) Giải phương trình :

x11511x10422 x9333x8244

b) Tìm các số x, y, z biết :

x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx

và 2009 2009 2009 32010




y z
x

Bài 3 (3 điểm): Chứng minh rằng với mọi nN thì n5 và n ln có chữ số tận cùng giống nhau.

Bài 4 (7 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ
một đường thẳng vng góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E.
a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC và EAD ECB 

b) Cho BMC 1200 và 36 2

AED

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có giá
trị khơng đổi.

d) KẻDH BC



HBC



. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH.

Chứng minh CQPD.

Bài 5 (2 điểm):

a) Chứng minh bất đẳng thức sau:  2
x
y
y
x

(với x và y cùng dấu)
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2 2

2 2 3 5

x y x y

y x y x

 

    

  (vi

x 0, y 0 )

Phòng Giáo dục- Đào t¹o

TRùC NINH

*****

đáp án và hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi năm học 2008 - 2009
mơn: Tốn 8

Bài 1 : (4 điểm)

a) Điều kiện: x y; y0 (1 điểm)

b) A = 2x(x+y) (2 điểm)

c) Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị nguyên dương của A
+ Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1  2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) = 1

 2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2  A + (x – y + 1)2 = 2
 A = 2 – (x – y + 1)2

 (do (x – y + 1) 0 (với mọi x ; y)  A  2. (0,5đ)

+ A = 2 khi





x y 1 0

2x x y 2

x y;y 0

  




 




 





1
x

2
3
y

2






 



+ A = 1 khi





2
(x y 1) 1
2x x y 1

x y;y 0

   



 




 



Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị của x và y, chẳng

hạn:

2 1
x

2
2 3
y

 








 



</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

a) x 11 x 22 x 33 x 44

115 104 93 82

   

  

x 11 x 22 x 33 x 44

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

115 104 93 82

   

      

x 126 x 126 x 126 x 126

115 104 93 82

   

   

x 126 x 126 x 126 x 126
0

115 104 93 82

   

    

...


x 126 0

  

x 126

 

b) x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx

 2x2 +2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx = 0
 (x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 = 0

x y 0

y z 0

z x 0

 




   

  


x y z

  

 x2009 = y2009 = z2009

Thay vào điều kiện (2) ta có 3.z2009 = 32010

 z2009 = 32009

 z = 3
Vậy x = y = z = 3

Bài 3 (3 điểm)

Cần chứng minh: n5 – n 
 10
- Chứng minh : n5 - n

 2

n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1)

 2 ( vì n(n – 1) là tích của hai số nguyên
liên tiếp)

- Chứng minh: n5 – n  5

n5 - n = ... = n( n - 1 )( n + 1)( n2 – 4 + 5)

= n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 )
lý luận dẫn đến tổng trên chia hết cho 5

- Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n5 – n

 2.5 tức là n5 – n  10
Suy ra n5 và n có chữ số tận cũng giống nhau.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

I
P

H
E

B C

Câu a: 2 điểm

* Chứng minh EA.EB = ED.EC (1 ®iĨm)

- Chứng minh EBD đồng dạng với



ECA (gg) 0,5 điểm
- Từ đó suy ra EB ED EA EB ED EC. .

EC EA   0,5 ®iÓm

* Chøng minh EAD ECB  (1 ®iÓm)

- Chứng minh



EAD đồng dạng với



ECB (cgc) 0,75 điểm

- Suy ra EAD ECB 0,25 điểm

Câu b: 1,5 điểm
- Từ BMC = 120o 

AMB = 60o 

ABM = 30o 0,5 điểm

- Xét

EDB vuông tại D có B= 30o

ED = 1

2 EB 

1
2
ED

EB  0,5 ®iĨm

- Lý ln cho

2
EAD

ECB

S ED

S EB

 

 

 

từ đó  SECB = 144 cm2 0,5 im

Câu c: 1,5 điểm

- Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (gg) 0,5 điểm
2

BH BD BP BD BP BD

DH DC DQ DC DQ DC

      0,5 ®iĨm

- Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (cgc)

 

` 90o

BDP DCQ

CQ PD

ma BDP PDC



  

 



  

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

- Chứng minh BMI đồng dạng với BCD (gg)

- Chøng minh CM.CA = CI.BC 0,5 ®iĨm

- Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC2 có giá trị khơng đổi 0,5 điểm

Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2

Bài 5: (2 điểm)

a) vì x, y cùng dấu nên xy > 0, do đó x y 2 x2 y2 2xy

y x    

(x y) 0

   bất

đẳng thức này luôn đúng, suy ra bđt ban đầu đúng (đpcm)

b) Đặt x y t

yx 

2 2

x y

t 2

y x

   

Biểu thức đã cho trở thành P = t2 – 3t + 3

P = t2 – 2t – t + 2 + 1 = t(t – 2) – (t – 2) + 1 = (t – 2)(t – 1) + 1

- Nếu x; y cùng dấu, theo c/m câu a) suy ra t  2.  t 20 ; t 1 0 



t 2 t 1

 





0

P 1

  . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2  x = y (1)
- Nếu x; y trái dấu thì x 0

y và
y

x  t < 0  t – 1 < 0 và t – 2 < 0 



t 2 t 1

 





> 0 

P > 1 (2)

- Từ (1) và (2) suy ra: Với mọi x  0 ; y  0 thì ln có P  1. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi x = y. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là Pmin= 1 (khi x = y)

Bài 5: (2 điểm)

- Gọi R(x) là đa thức dư trong phép chia f(x) : (x – 2)(x2 – x + 1), khi đó ta có:

f(x) = (x – 2).(x2 – x + 1).P(x) + R(x) (1)

- Vì đa thức chia (x – 2)(x2 – x + 1) là đa thức bậc 3 nên đa thức dư R(x) có bậc  2

- Từ (1)  dư trong phép chia f(x) : (x – 2) chính là dư trong phép chia R(x) : (x – 2), mà R(x)

là đa thức có bậc  2, và f(x) : (x – 2) dư 4 (gt)  R(x) = (x – 2)(kx + p) + 4

- Lập luận tương tự trên

ßng GD  §T Nam Trùc

đề thi khảo sát chất lợng hsg năm học 2008-2009

Mơn: tốn 8

Thêi gian lµm bµi: 120 phút
Bài 1(4đ)

Giải các pt sau:

a) 0

1
3
1
2
1

2
2

x x x x

x

b) 5

2004
4
2003

3
2002

2
2001

2000 









 x x x x

x

Bµi 2 (4đ)

a)Tích của 4 sốtự nhiên liên tiép cộng thêm 1 là một số chính phơng

b) ... 1 1

4
1
3

1
2

2
2

2 n

Bài 3 (3đ)

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

trong bể thứ nhất nhiều hơn số nớc còn lại trong bể thứ hai là 3 lần, biết vận tc
dũng chy ca mi vũi l khụng i.

Bài 4(3đ)

Cho tam giác ABC cân tại A. Một điểm D bất kì lấy trên cạnh BC, kẻ DEAB,
DFac. Chứng minh rằng tổng DE+DF không đổi khi D di chuyển trên cạnh BC.
Bài 5 (4đ)

Cho hình vuông ABCD có cạnh dài 20cm, Trên cạnh CD lấy điểm M. Đờng
vuông góc với BM cắt AD tại N.

a) Tính DN biết MC=5cm

b) Tỡm v trí điểm M để độ dài DN lớn nhất.
Bài 6 (2đ)

Xác định a để phơng trình 4x2+31y2=a + 6 - 17xy có nghiệm nguyên duy nhất

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 8

QUẬN 1 TP HỒ CHÍ MINH NĂM HỌC 2002-2003

( Thời gian làm bài : 90 phút)
Bài 1: (3 điểm)

Phân tích đa thức thành nhân tử 
a) x2 +6x +5

b) (x2-x +1) (x2 –x+2) -12
Bài 2: (4 điểm)

a) Cho x+y+z = 0 .Chứng minh x3 +y3 +z3 =3xyza
 b) Rút gọn phân thức : 32 3 3 2 2

( ) ( ) ( )

x y z xyz

x y y z z x

  

    

Bài 3 : (4 điểm)

Cho x , y , z là độ dài ba cạnh của tam giác

A= 4x2y2 –(x2 + y2 –z2)2 .Chứng minh A >0
Bài 4 : (3 điểm)

Tìm số dư trong phép chia của biểu thức
 ( x+1)(x+3)(x+5)(x+7)+2002 cho x2 +8x +12
Bài 5: (6 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC >AB) ,đường cao AH .Trên tia HC lấy 
HD= HA .Đường vng góc với BC tại D cắt AC tại E

a) Chứng minh AE = AB

b) Gọi M l trung im ca BE .Tớnh gúc AHM
Phòng gd-đt vÜnh têng

đề khảo sát chất lợng hsg
Mơn:Tốn 8

Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian giao đề)
I/ Trắc nghiệm khách quan: Hãy chọn câu trả lời đúng trong các câu sau:

36
3
3

4
3






x
x

x

với x<4 ta đợc kết quả là:
A.

3
1


x B. 3

1


x C. 3

1



x D. 3

1



x

Câu 2: Phép biến đổi nào sau đây là đúng?

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

B. - 0,8x > -1,6  x > -2 D. - 0,8x > -1,6  x < -2

Câu 3: Cho tam giác ABC cân ở A, AB = 32cm; BC = 24cm, đờng cao BK. Tính độ
dài KC ta đợc:

A. KC = 16 B. KC = 9 C. KC = 4 D. KC = 3

Câu 4: Cho hình thang ABCD ( AB// CD); AB = 3cm, CD = 5cm. Gọi O là giao
điểm của các đờng thẳng AD và BC. Biết diện tích tam giác OAB bằng 27cm2. Tính
diện tích hình thang ta đợc:

A. 9 cm2 B. 25cm2 C. 48cm2 D. 75cm2

II. Tù luận:

Câu 1: Cho ba số tự nhiên:

A = 444 ( cã 2n ch÷ sè 4);
B = 22…2 ( cã n+1 ch÷ sè 2);
C = 88…8 ( cã n ch÷ sè 8);

Chøng minh r»ng A + B + C + 7 là số chính phơng.

Câu 2: Chứng minh rằng tổng các bình phơng của n số tự nhiên đầu tiên :
S = 12 + 22 +32 +…+ (n-1)2 + n2 =

6
)
1
2
)(
1
(n n

n

Câu 3: Giải và biện luận phơng trình ẩn x

1
8
)
2
(
)
1
(
)
1
2
(
2
8
)
2

( 2 2

2
2
2

m x

m
m

x
x

m

Câu 4: Tìm giá trị nhỏ nhÊt cđa biĨu thøc P = x2 + y2– xy – x + y + 1

Câu 5: Cho tam giác ABC có B và C là các góc nhọn, đáy BC dài 20cm, đờng cao
AH dài 10cm. Hình chữ nhật MNPQ nội tiếp trong tam giác ABC sao cho M thuộc
AB, N thuộc AC , P và Q thuộc BC.

a. Đặt MQ = x; MN = y; HÃy biểu thị y theo x.

b. Tìm giá trị của x để hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.
Hớng dẫn chấm

khảo sát chất lợng hsg
Môn: Toán 8

I/Trắc nghiệm khách quan ( 1 điểm)

Câu 1 2 3 4

ỏp ỏn ỳng D C B C

Cho ®iĨm 0,25 0,25 0,25 0,25

II/Tù ln

Câu Nội dung Điểm

1
(2 đ)

Ta có: A +B+C+7=44...4 22...2 88...8 7

1
2














n
n
n

=4*11 ...1 2*11 ...1 8*11 ...1 7

1
2



 n
n
n
= 7
9
1
10
*
8
9
1
10
*
2
9
1
10
*
4

1
2






 n n

n
=
2
1
2
69
...
66
3
7
10
*
2















 




n
n
 (®pcm)
0,5
0,5
0,5
0,5
2

(2 đ) - Ta có đẳng thức sau:23= (1+1)3 = 13 +3.12.1+3.1.12 +13
33= (2+1)3 = 23 +3.22.1+3.2.12 +13
………

(n+1)3= n3 +3.n2.1+3.n.12 +13
Cộng từng vế rồi rút gọn ta đợc:

(n+1)3=1+3(12+22+…+n2) +3(1+2+…+n)+n
Thay 1+2+…+(n-1)+n=

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

H C

N
A

M K

3(12+22+…+n2)=(n+1)3-(n+1)-3
2

)
1
( n
n

=1/2(n+1)(2n2+n)=1/2n(n+1)(2n+1)
VËy S= 12+22+…+n2=

6
)
1
2
)(
1
(n n

n

(®pcm)
0,25
0,25
0,25
3
(2 ®)

Phơng trình đã cho  8m2x-32x=8m2+32m+32
m2x-4x=m2+4m+4

 (m-2)(m+2)x=(m+2)2 (*)

- NÕu m2 th× pt cã nghiƯm duy nhÊt x=
2
2


m
m

- NÕu m=2 th× pt (*) 0x=4, pt vô nghiệm
- Nếu m=-2 thì pt (*) 0x=0, pt v« sè nghiƯm

0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
4

Ta cã P=x2-x(y+1) + (y2+y+1)
 =

(x-2
1


y

)2+(y2

+y+1)-2
2
1





 y

= 
4
3
2
3
2

1 2 2









 

 y y y

x

= 1)

3
2
(
4
3
2
1 2
2









 

 y y y

x
 =
3
2
)
3
1
(
4
3
2
1 2
2








 

 y y

x

Do đó: P
3
2

 víi mäi x, y. DÊu = xảy ra khi x-
2
1

y
=0 
và y+1/3=0

x=2/3 vµ y=-1/3.VËy GTNN cđa P=2/3

0,25

0,25
0,25

0,25

5
( 2 ®)

Gọi K là giao điểm của AH và MN
a/AMN đồng dạng ABC nên

10
10
20
x
y
AH
AK
BC
MN 



suy ra y=20-2x

b/SMNPQ= (20 - 2x)x

= 20x- 2x2=-2(x2-10x+25)+50=-2(x-5)2+50

suy ra SMNPQ 50 nên SMNPQ lớn nhất là 50m2 khi vµ

chỉ khi x=5m ( khi đó MN là đờng trung bình của tam 
giác ABC)
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25

§Ị thi häc sinh giái to¸n 8

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

Bài 1: C/m rằng

A=75( + +...+ +4+1)+25 là số chia hết cho 100

Bài 2: Cho a+b+c=1 và Chứng minh

Bài 3: Tính giá trị của đa thức

P(x)= tại x=11

Bài 4:

An và Bình cùng lúc từ làng sang làng B ở cùng một bờ sơng rồi quay về A
ngay. An đi bộ, Bình đi thuyền với vận tốc riêng của thuyền bằng vận tốc đi bộ
của An. Hỏi ai quay về sớm hơn?

Bài 5:

Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của BC. C/m rằng AM<

Bài 6: Cho tam giác ABC cân tại A. Trực tâm H chia đờng cao AE theo tỉ số 7:1. Hỏi giao
điểm I các đờng phân giác trong tam giác chia đờng cao AE theo tỉ s no.

Đề thi học sinh giỏi trờng
năm học 2008-2009

Môn: Toán 8

(Thêi gian lµm bµi: 120 phót)

4
4



x + 2

1


x -8 4x

 ) : 4 4

7


x

a. Rút gọn biểu thức A.
b. Tìm x



Z để A



Z
c. Tìm x để A - A > 0
Câu2: a. Giải phơng trình:

79
11
81

9
84

6
87

3 







 x x x

x

= 4
b. Cho x-2y = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x2+y2+4

c. Tìm số d của phép chia đa thức x2008 – x3 + 5 cho ®a thøc x2 – 1

Câu3: Cho AD là đờng phân giác của tam giác nhọn ABC(AB<AC), phân giác ngoài tại 
A của tam giác ABC cắt BC tại K và cắt đờng vng góc với AC qua D tại N. AC cắt DN
tại M.

a. Chøng minh:AN2 =NM . ND

b. Tõ D kỴ DH // AB (H thc AC) , DE//AC (E thuéc AB)
Chøng minh: EH // KN

c. Chøng minh: AH. KC = HC. KB

</div>

60 bo de hsg







 







































<sub></sub>

<sub> </sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>















 



































<sub></sub>

<sub></sub>



 

 

 















