Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp trường

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
MƠN TỐN LỚP 8
CẤP TRƯỜNG


MỤC LỤC
1. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 8 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án Trường THCS Trường Thịnh
2. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 8 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án Trường THCS Ninh Giang
3. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 8 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án Trường THCS Đơng Kinh
4. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 8 cấp trường năm 2020-2021 - Trường THCS
Lương Thế Vinh
5. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 8 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án Trường THCS Phú Hải
6. Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 8 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án Trường THCS Phan Bội Châu


PHÒNG GD & ĐT ỨNG HÒA
TRƯỜNG THCS TRƯỜNG THỊNH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN 8
Ngày thi:21/01/2021
Thời gian làm bài 120 phút

I.MA TRẬN
Cấp độ
Chủ đề
1. Đa thức

Số câu hỏi
Số điểm

Tỉ lệ %
2. Phân thức
đại số

Số câu hỏi
Số điểm
Tỉ lệ %
3. Tứ giác

Nhận biết

Thơng hiểu

Biết phân
tích đa thức
thành nhân
tử bằng PP
thêm bớt

Biết kết hợp các
phương
pháp
phân tích đa
thức thành nhân
tử

1
1
1
1

10
10%
%
Biết biến - Tính nhanh giá
đổi các biểu trị biểu thức
thức hữu tỉ
bằng cách
thực hiện
các
phép
tính
về
phân thức.
1
1
1
0,5
10
5%
%
.
Vẽ được hình
theo đề bài.
Chứng
minh
được hai đoạn
thẳng
bằng

Vận dung

Vận dụng
Vận dụng
cao
Vận dụng các Vận dụng
phương pháp các kiến
phân tích đa thức để giải
thức
thành bài tốn chia
nhân tử để hết
tính giá trị
của biểu thức.
1
1
1
0,5
5%
10%

Cộng

4
3,5
35%

Tìm giá trị Vận
dụng
của biến để vào bài toán
biểu
thức chứng minh.
thỏa mãn điều

kiện
cho
trước.

2
1
10%

1
0,5
5%

5
3
30%

Chứng minh
được ba
đường thẳng
đồng quy.

Trình bày
được bài
tốn cực trị
hình học.


nhau.
Số câu hỏi
Số điểm

Tỉ lệ %
Tổng câu hỏi
Tổng số điểm
Tỉ lệ %

1
1,5
15%
2
2
20%

3
3
30%

1
1
10%
4
3
30%

1
1
10%
3
2
20%

3
3,5
35%
12
10
100%

II. ĐỀ BÀI
Câu1. (3 điểm)
a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
x4  4
 x  2 x  3 x  4 x  5  24
b.Cho a,b>0 và

.

Tính:
2
1  
10  x 2 
 x
Câu2. ( 2,5 điểm) Cho biểu thức: A   2



:x  2
x2 
 x  4 2 x x  2 
a. Rút gọn biểu thức A.
1

b. Tính giá trị của A , Biết x = .
2
c. Tìm giá trị của x để A < 0.
d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Câu 3.( 3,5 điểm) Cho hình vng ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo
BD. Kẻ ME  AB, MF  AD.
a. Chứng minh: DE  CF
b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy.
c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Câu 4.(1 điểm)
1 1 1
a. Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:    9
a b c
b. Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4  3x3  ax  b chia hết cho đa
thức B( x)  x2  3x  4


II. HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu
Đáp án
4
4
2
a. x + 4 = x + 4x + 4 - 4x2
= (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2
= (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 - 2x)
( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24
= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
= [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24

= (x2 + 7x + 11)2 - 52
= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)
b. ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24
= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
= [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24
= (x2 + 7x + 11)2 - 52
= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)


Câu 1
(3 điểm)

Điểm

(1
điểm)

(1
điểm)

c.
(a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002
 (a+ b) – ab = 1
 (a – 1).(b – 1) = 0
 a = 1 hoặc b = 1
Với a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1 hoặc b = 0 (loại)
Với b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoặc a = 0 (loại)
Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2

Câu 2
(2,5 điểm)

2
1  
10  x 2 
 x
Biểu thức: A   2



:x  2
x2 
 x  4 2 x x  2 
1
a. Rút gọn được kq: A 
x2
1
1
1
b. x   x  hoặc x 
2
2
2

A 

4
4

hoặc A 
3
5

(1
điểm)

(1
điểm)

(0,5
điểm)


Câu

Đáp án

c. A  0  x  2
d. A  Z 

Điểm
(0,5
điểm)
(0,5
điểm)

1
 Z ...  x 1;3
x2

HV + GT + KL

A

F

D

Câu 3
(6 điểm)

Câu 4:
(2 điểm)

E

B

(0,5
điểm)

M
C

AE  FM  DF
a. Chứng minh:
 AED  DFC  đpcm
b. DE, BF, CM là ba đường cao của EFC  đpcm
c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a khơng đổi

 ME  MF  a không đổi
 SAEMF  ME.MF lớn nhất  ME  MF (AEMF là hình
vng)
 M là trung điểm của BD.
b c
1

1


a
a a

a c
1
a. Từ: a + b + c = 1    1 
b b
b
a b
1

1


c
c c


(1
điểm)

(1
điểm)

(1
điểm)

(0,5
điểm)


Câu

Đáp án
1 1 1
 a b  a c  b c
    3           
a b c
 b a   c a  c b 
 3 2 2 2 9
1
Dấu bằng xảy ra  a = b = c =
3
b)Ta cóa:
A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + 4
Nếu A( x) B( x) thì:



a  3 0
b  40





a 3
b 4

Điểm

(0,5
điểm)

Ngày 15 tháng 01 năm 2021
Giáo viên ra đề
Nguyễn Thị Kim Anh


Trường THCS Trường Thịnh
Lớp: 8..
Họ và tên:……………………

ĐIỂM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN 8
Ngày thi:21/01/2021
Thời gian làm bài 120 phút
Lời nhận xét của thầy cô giáo

Câu1. (3 điểm)
a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
x4  4
 x  2 x  3 x  4 x  5  24
b.Cho a,b>0 và

. Tính:
2
1  
10  x 2 
 x
Câu2. ( 2,5 điểm) Cho biểu thức: A   2



:x  2
x2 
 x  4 2 x x  2 
a. Rút gọn biểu thức A.
1
b. Tính giá trị của A , Biết x = .
2
c. Tìm giá trị của x để A < 0.
d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị ngun.
Câu 3.( 3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo
BD. Kẻ ME  AB, MF  AD.
a. Chứng minh: DE  CF
b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy.
c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.

Câu 4.(1 điểm)
1 1 1
a. Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:    9
a b c
b. Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4  3x3  ax  b chia hết cho đa
thức B( x)  x2  3x  4


BÀI LÀM




TRƯỜNG THCS NINH GIANG
TỔ KHOA HỌC TỰ NHIÊN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2020 - 2021
MƠN: TỐN 8
Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: ... tháng 02 năm 2021

Câu 1 (2,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

b) a  x 2  1  x  a 2  1 .

a) 3x 2  7x  2

 2x
4x 2

2  x  x 2  3x
Câu 2 (4,0 điểm). Cho biểu thức: A  
 2

: 2
3
 2  x x  4 2  x  2x  x
a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A?
b) Tìm giá trị của x để A  0 ?
c) Tính giá trị của A khi x  7  4 .
Câu 3 (3,0 điểm). Giải phương trình:
a) x3  5x 2  4x  20  0

b)

2
1
2x  1


.
x 2  x  1 x  1 x3  1

Câu 4 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC, trung tuyến AD, trọng tâm G. Đường thẳng d bất kỳ
AB AC

 3.
đi qua G và cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng:
AM AN
Câu 5 (3,0 điểm).

a) Tìm x; y; z thỏa mãn phương trình sau:

9x 2  y2 + 2z2  18x  4z  6y  20  0

x y z
x 2 y2 z2
a b c
b) Cho    1 và    0 . Chứng minh rằng: 2  2  2  1 .
a b c
a
b
c
x y z
Câu 6 (6,0 điểm). Cho hình vng ABCD. Trên cạnh DC lấy điểm E, trên tia đối của tia BC
lấy điểm F sao cho BF  DE .
a) Chứng minh AEF vuông cân.
b) Gọi I là trung điểm của EF. Chứng minh I thuộc BD.
c) Lấy K đối xứng với A qua I. Chứng minh tứ giác AEKF là hình vng.
--------------Hết-------------


2
TRƯỜNG THCS NINH GIANG
TỔ KHOA HỌC TỰ NHIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

Năm học 2020 - 2021
MÔN: TOÁN 8

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

I. Hướng dẫn chung
1. Bài làm của học sinh đúng đến đâu cho điểm đến đó.
2. Học sinh có thể sử dụng kết quả câu trước để làm câu sau.
3. Với bài hình, nếu hình vẽ sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng chấm. Lời giải khơng
khớp với hình vẽ thì khơng cho điểm.
4. Học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà đúng thì cho đủ điểm thành
phần như hướng dẫn.
II. Hướng dẫn chi tiết:
Câu

Đáp án
a) (1,0 điểm). 3x  7x  2  3x  6x  x  2
 3x  x  2    x  2 
2

1
(2,0đ)

2

  x  2  3x  1

0,25
0,25

b) (1,0 điểm). a  x 2  1  x  a 2  1  ax 2  a  a 2 x  x

 ax  x  a    x  a 

  x  a  ax  1

2  x  0
 2
x  0
x  4  0


a) (2,0 điểm). ĐKXĐ: 2  x  0
 ...   x  2
 x 2  3x  0

x  3

2x 2  x 3  0

 2x
4x 2
2  x  x 2  3x
A
 2

: 2
3
2

x
2


x
x

4

 2x  x
(2  x) 2  4x 2  (2  x) 2 x 2 (2  x)

.
(2  x)(2  x)
x(x  3)
2
4x  8x
x(2  x)
2

.
(2  x)(2  x) x  3
(4,0đ)
4x(x  2)x(2  x)
4x 2


(2  x)(2  x)(x  3) x  3
4x 2
Vậy với x  0, x  2, x  3 thì A 
.
x 3

0,5

0,25
0,25

0,5

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

4x 2
0
x 3
 x 3  0
 x  3 (tm)

b) (1,0 điểm). Với x  0, x  2, x  3 : A  0 

Vậy với x  3 thì A  0

Điểm
0,5

0,25
0,25
0,25
0,25


Câu

3
Đáp án
x  7  4
c) (1,0 điểm). x  7  4  
 x  7  4
 x  11 (tm)

 x  3 (Loai)
121
Với x  11 thì A =
2
3
a) (1,5 điểm). x  5x 2  4x  20  0
 x 2  x  5  4  x  5  0

Điểm
0,5
0,25
0,25

0,5

  x  5 . x 2  4   0

0,5

 x  5; x  2
Vậy pt có tập nghiệm S  5;  2

0,25
0,25

3
2
1
2x  1
b) (1,5 điểm). 2

 3
. (ĐK: x  1 )
(3,0đ)
x  x 1 x 1 x 1
 2  x  1  x 2  x  1  2x  1

 x2  x  2  0
 x  2  tm 
 
 x  1  loai 
Vậy pt có tập nghiệm S  2
- Vẽ hình đúng

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

A

N

G
M

E

B

D

C
F

4
- Kẻ BE, CF//MN
(2,0đ)
AB AE

- Trong ABE , có MG / /BE 
AM AG
AC AF

- Trong ACF , có GN / /CF 
AN AG
- Chỉ ra được AE  AF  2AD
AB AC AE AF AE  AF 2AD







3
AM AN AG AG
AG
AG
5 a) (1,5 điểm). 9x 2  y2  2z 2  18x  4z  6y  20  0
(2,0đ)
  9x 2 –18x  9    y2 – 6y  9   2  z 2  2z  1  0

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

0,5

 9  x  1   y  3  2  z  1  0 (*)

0,25

Do: (x  1)2  0;(y  3)2  0;(z  1) 2  0 với  x, y, z
Nên (*)  x  1; y  3; z  1

0,25

2

Vậy  x; y;z   1;3;  1 .

2

2

0,25
0,25


Câu

4
Đáp án
a b c
ayz+bxz+cxy
b) (1,5 điểm). Từ:    0 
0
x y z
xyz
 ayz + bxz + cxy = 0
x y z
x y z
Ta có:    1  (   ) 2  1
a b c
a b c
x 2 y2 z2
xy xz yz
 2  2  2  2(   )  1
ab ac bc

a
b
c
2
2
2
x
y
z
cxy  bxz  ayz
 2  2  2 2
1
abc
a
b
c
x 2 y2 z2
 2  2  2  1 (đpcm)
a
b
c
- Vẽ hình đúng để làm được ý a

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

F

A

B
I
M
K

D

E

C

a) (2,0 điểm). Chứng minh được ADE  ABF

0,5
0,5
0,5
0,5

- Chỉ ra được EAF  909
6 - Chỉ ra được AE  AF
(6,0đ)
 đpcm
b) (2,0 điểm). Kẻ EM / /BC
- Chứng minh được EMI  FBI

- Chỉ ra được EIM  FIB

0,75
0,5
0,5
0,25

- Chỉ ra được BID  1800
 đpcm
c) (2,0 điểm).
- Chứng minh được tứ giác AEKF là hbh

1,0

- Chỉ ra được hbh AEKF có EAF  900 ; AE  AF
 đpcm

0,75
0,25

NGƯỜI RA ĐỀ THI

NGƯỜI THẨM ĐỊNH VÀ
PHẢN BIỆN CỦA TRƯỜNG

XÁC NHẬN CỦA BGH

Thái Chí Phương

Nguyễn Thị Kim Định

Đinh Thị Thắm


PHỊNG GD VÀ ĐT THÀNH PHỐ
TRƯỜNG THCS ĐƠNG KINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN
Thời gian làm bài: 120 phút
(Đề thi gồm có 01 trang, 04 bài)

Bài 1: (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) 5x2 - 26x + 24
c) x2 + 6x + 5
b)

1 3 3 2 3
x  x  x 1
8
4
2

d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015

Bài 2: (6 điểm)
a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:
7

(6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1)  3x  

4

x y
b) Tính giá trị biểu thức P =
. Biết x 2 – 2 y 2 =
x y

x y (x + y ≠ 0,

y ≠ 0).

c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức  x  2  x  4  x  6  x  8  2015 cho đa
thức x 2  10 x  21 .
d) Tính tổng các hệ số trong khai triển (1−2x)2021
e) Chứng minh rằng: A  n 2  4n  3 8, n là số tự nhiên lẻ
f) Tìm hế số a để: ax 5  5 x 4  9 x  1
Bài 3 : (7 điểm) Cho hình vng ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vng góc với nhau lần
lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S.
a) Chứng minh  AQR và  APS là các tam giác cân.
b) QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là
hình chữ nhật.
c) Chứng minh P là trực tâm tam giác SQR.
d) Chứng minh MN là đường trung trực của AC.
Bài 4 : (3 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015
b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a3 + b3+ ab 

1

2

--------------- Hết ------------------

1


PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THCS ĐƠNG KINH
HDC CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8
NĂM HỌC 2020-2021
MƠN: TỐN
(HDC gồm có 03 trang 04 bài)

HƯỚNG DẪN CHẤM
THANG
ĐIỂM
2
2
Bài 1 a) 5x - 26x + 24 = 5x - 6x - 20x + 24 = x(5x - 6) - 4(5x - 6) = (5x - 1 điểm
4 điểm 6)(x - 4)
3
2
3
1 điểm
1 3 3 2 3
1 
1 

1  2 3 1

b) x  x  x  1 =  x   3. x  .1  3. x .1  1 =  x  1
BÀI

NỘI DUNG

8

4

2

2

2
2
c) x + 6x + 5 = x + x + 5x + 5 = x(x + 1) + 5(x + 1) = x  1x  5
4

2 

2

2 
4

2 

3

2

3

2

2

d) x + 2015x + 2014x + 2015 = x + x + x – x – x – x + 2015x +
2015x +2015 = x2 (x2 + x + 1) – x(x2 + x + 1) + 2015(x2 + x + 1) = (x2 +
x + 1)(x2 – x + 2015)
7
Bài 2 a) ( 6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1) 
3 x   = 12x2 – 18x + 14x - 21 – 12x2

6 điểm
4


+ 7x – 3x +

1 điểm
1 điểm
1 điểm

7
77
=
4

4

b) x2 – 2y2 = xy  x2 – xy – 2y2 = 0  (x + y)(x – 2y) = 0
Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0  x = 2y .Khi đó A =

1 điểm

2y  y
y 1


2 y  y 3y 3

c) P( x)   x  2  x  4  x  6  x  8  2015   x 2  10 x  16  x 2  10 x  24   2015 1 điểm
Đặt t  x 2  10 x  21 (t  3; t  7) , biểu thức P(x) được viết lại:
P( x)   t  5  t  3  2015  t 2  2t  2000

Do đó khi chia t 2  2t  2000 cho t ta có số dư là 2000
d) Gọi f(x)= (1−2x)2020 => f(1)= (1−2.1)2020= (-1)2020 = 1
Vậy tổng các hệ số trong khai triển là 1
e) A   n  1 n  3 , Vì n là số lẻ, Đặt
n  2k  1,  k  N   A   2k  2  2k  4  8

1 điểm
1 điểm

f) Theo định lý Bơ- Zu ta có :
Dư của f  x   ax5  5 x 4  9 , khi chia cho x - 1 là f 1  a  5  9  a  4
Để có phép chia hết thì a  4  0  a  4

1 điểm

2


Bài 5
7điểm

0, 5 điểm

Vẽ đúng hình
a)  ADQ =  ABR vì chúng là hai tam giác vng (2 góc có cạnh t.ư 2 điểm
vng góc) và DA = BD (cạnh hình vng). Suy ra AQ=AR, nên
 AQR là tam giác vng cân.
Chứng minh tương tự ta có:  ABP =  ADS
b) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và
1,5 điểm
APS nên AN  SP và AM  RQ.

 = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN
Mặt khác : P
  PAM
có ba góc vng, nên nó là hình chữ nhật.
c) Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của 1,5 điểm
 SQR. Vậy P là trực tâm của  SQR.
d) Trong tam giác vng cân AQR thì MA là trung tuyến
1,5 điểm
1
2

nên AM = QR.
 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.

Chứng minh tương tự cho tam giác vng cân ASP và tam giác vng
SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung
trực của AC.
Bài 6 a) A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015
3 điểm = y2 + 4xy - 2y + 13x2 - 16x + 2015
1,5 điểm
2
2
2
= y + 2y(2x - 1) + (2x -1) + 9x - 12 x + 2015
= (y + 2x - 1)2 + (3x - 2)2 + 2010
Chứng tỏ A  2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x =
Vậy min A = 2010 khi (x =

2
1
;y=  )
3
3

2
1
;y=  )
3
3

3

1
1
(1)  a3+b3+ab -  0
2
2
1
1
 (a+b)(a2+ b2-ab) + ab-  0  a2+b2-  0 (vì a + b =1)
2
2
2
2
2
2
 2a +2b -1  0  2a +2(1-a) -1  0 (vì b = 1- a)
1
 2a2+2 - 4a + 2a2 - 1  0  4(a2- a + )  0
4

b) Ta có a3+ b3 + ab 

1,5 điểm

2

1

 4 a    0 a

2


(2)

... đpcm.

4


PHÒNG GD-ĐT TP NAM ĐINH
TRƯỜNG THCS LƯƠNG THẾ VINH

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG VỊNG I
MƠN: TỐN 8
NĂM HỌC 2020 –2021
Thời gian làm bài 120 phút

Bài 1. (3,0 điểm)

2x 2
 x 2  2x
  1 6 
Cho biểu thức: A   2
 3
  1  x  x 2  với x  0 ; x  2
2
2x

8

x

2x

4x

8


 
a) Rút gọn biểu thức A.
b) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A đạt giá trị nguyên.
Bài 2. (3,0 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a) x3  x 2  14x  24
b) a 2  b  c   b2  c  a   c2  a  b 
c)

x

2

 3x  1 x 2  3x  2   6

Bài 3. (3,5 điểm)
a) Tìm đa thức f(x) biết rằng: khi chia đa thức f(x) cho x  2 dư 7; chia f(x) cho x  3
dư 9; chia f(x) cho đa thức x 2  5x  6 thì được thương là 3x và đa thức dư bậc nhất
đối với x.
b) Tìm số dư trong phép chia của đa thức  x  3 x  5 x  7  x  9   2036 cho đa
thức x 2  12x  30.

c) Tìm x, y nguyên dương thỏa mãn: x 2  y2  2 x  4 y 10  0.
Bài 4. (6,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A. Ở phía ngồi tam giác dựng hình vng ACMN và
ABPQ. Gọi K là giao điểm của MN và PQ. Chứng minh:
a) ABC  NKA . Từ đó suy ra: AK  BC.
b) KC  BM;KC  BM.
c) Ba đường thẳng CP, BM, AK đồng qui.
Bài 5. (4,5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B  13x 2  y2  4xy  2y  16x  2025.
b) Cho x, y, z thỏa mãn: x 3  y3  z  3xy  z 2  và x  y  z  3.
Tính giá trị biểu thức C  673. x 2020  y2020  z 2020   2 .
c) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: D 
----------- HẾT -----------

4x  3
x2  1


PHỊNG GD&ĐT PHÚ VANG
TRƯỜNG THCS PHÚ HẢI
ĐỀ THI HSG TỐN 8 CẤP TRƯỜNG
Năm học: 2019 - 2020
Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề)
----------------------------------------------Bài 1(3 điểm). Cho a – b = 5 và a.b = 2. Tính :
a) A = a3 – b3
b) B = 3(a4 + b4) + 2(a5 – b5)
Bài 2(4 điểm).
a) Tìm GTLN của các biểu thức: A = – (x + 2)4 + 3(x – 1)2 + x(x + 22) – 5.
b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = (x2 – 3x + 1)(x2 + 2x + 1) – 6x2
Bài 3(4 điểm).

a) Giải phương trình :

4
6
11
7



2 x  12 x  3 2 x  32 x  9 2 x  92 x  20 24

b) Tính tổng: S = 31 – 21 + 32 – 22 + 33 – 23 + … + 32019 – 22019.
Bài 4 (5 điểm).
Cho tam giác ABC nhọn. Trên các đường cao BE, CF, lần lượt lấy các điểm I, K sao cho
AIC = 900 và AKB = 900.
a) Chứng minh AF. AB = AE. AC
b) Chứng minh AI = AK
c) Cho A = 600, SABC = 120cm2. Tính diện tích tam giác AEF.

Bài 5 (2 điểm).
Tìm x để biểu thức A = x  3  2 x  1 + 1 có giá trị không âm.
Bài 6 (2 điểm).
Cho tam giác đều ABC. M, N là các điểm lần lượt chuyển động trên hai cạnh BC và
AC sao cho BM = CN. Xác định vị trí của M, N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất .
-------------------------------------Hết----------------------------------1


ĐÁP ÁN
Bài
1

(3đ)

Nội dung
a) A = (a – b)(a + ab + b ) = 5[(a – b)2 + 3ab] = 5(25 + 3.2) = 155
b)
 a4 + b4 = (a2 + b2)2 – 2a2b2 = [(a – b)2 + 2ab]2 – 2a2b2
= (25 + 2.2)2 – 2.22
= 833
5
5
2
2
3
3
 a – b = (a + b )(a – b ) + a2b3 – a3b2
= [(a – b)2 + 2ab] . (a – b)(a2 + ab + b2) + a2b2(b – a)
= [(a – b)2 + 2ab] . (a – b) [(a – b)2 + 3ab] + a2b2(b – a)
= (25 + 4) . 5. (25 + 6) – 4.5
=4475
Vậy B = 3. 833 + 2 . 4475 = 11449
a) B = – (x + 2)4 + 4x2 + 16x – 2
2
= – (x + 2)4 + 4(x + 2)2 – 18
(4đ)
= – 14 –  x  22  2 2  14
2

2

 x  2  2

Điểm
1đ
0,5đ

1đ
0,5đ

1đ

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x + 2) 2 – 2 = 0  

0,5đ

Vậy GTLN của B bằng – 14 khi x = – 2 + 2 hoặc x = – 2 – 2

0,5đ

 x  2  2

b) A = (x2 – 3x + 1)(x2 + 2x + 1) – 6x2
2
2

2  x  3x  1 x  2 x  1

x 
.
 6 
x

x



1
1

 
 x 2  x   3  x   2   6
x
x

 


0,5đ

1
x

Đặt t = x  , khi đó:
1
1



2
 x   3  x   2   6 = (t – 3)(t + 2) – 6 = t – t – 12
x
x





= (t + 3)(t – 4)
1
1
=  x   3  x   4 


x





x

1đ

1
1
Vậy: A = x2  x   3  x   4 

x
x







1
1
=  x x   3   x x   4 
x
x
  

 

= (x2 + 3x + 1)(x2 – 4x + 1)

0,5đ
2


3
(4đ)

a)

4
6
11
7
(1)




2 x  12 x  3 2 x  32 x  9 2 x  92 x  20 24

1
2

3
2

9
2

ĐK: x  , x   , x   , x  10
(1)  

1
1   1
1   1
1  7






 2 x  1 2 x  3   2 x  3 2 x  9   2 x  9 2 x  20  24

0,5đ

1
1

7


2 x  1 2 x  20 24
 242 x  20  242 x  1  72 x  12 x  20



 2 x 2  19 x  46  0

  x  2 2 x  23  0

1đ

thoa 
x  2

 x   23 thoa 
2


23
Vậy tập nghiệm của phương trình là: S = 2 ;  


2

0,5đ

b) S = 31 – 21 + 32 – 22 + 33 – 23 + … + 32019 – 22019.

= (31 + 32 + 33 + … + 32019) – (21 + 22 + 23 + …+ 22019)

0,5đ

Đặt A = 31 + 32 + 33 + … + 32019, B = 21 + 22 + 23 + …+ 22019
 A = 31 + 32 + 33 + … + 32018 + 32019
3A = 32 + 33 + 34 + … + 32019 + 32020
 3A – A = 32020 - 31

A =

0,5đ

3 2020  3
2

 B = 21 + 22 + 23 + …+ 22018 + 22019
2B = 22 + 23 + 24 + … + 22019 + 22020
 2B – B = 22020 - 21
B = 2

2020

0,5đ

–2

3 2020  3
3 2020  2 2021  1
2020


2

2

Vậy S =
2
2





3

0,5đ


A

4
(5đ)
E

F

0,25đ
I

K

C

B

0,25đ

a)  AEB

 AFC
AE AB


AF AC
 AF . AB  AE . AC (1)

0,5đ

b)  AIE

 ACI
AI
AE


AC
AI
2
 AI  AE . AC (2)
 ABK

Tương tự :  AKF
2
 AK  AF . AB (3)

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

Từ (1), (2), (3) suy ra: AI = AK.
c) A = 600  ABE = ACF = 300 nên:

0,5đ

1
1
 AE = AB, AF = AC
2
2
AE AF 1



AB AC 2
 ABC
Suy ra :  AAEF

0,5đ

2

5
(2đ)

S AEF  AE 
1

 
S ABC  AB 
4
1
1
 SAEF = .SABC = . 120 = 30 (cm2)
4
4
Ta cần tìm x để : x  3  2 x  1 + 1  0 (*)






x+3  0  x  -3
x+3<0  x<-3
x–1  0  x  1
x–1<0  x <1
4

0,5đ
0,5đ

0,25đ


Ta có bảng xét dấu:

x

-3

x+3

-

x-1

-

1

0

0,25đ

+

+
-

0

+

Xét các trường hợp sau:
1. khi x < - 3:
(*)   x  3  2x  2  1  0
 x  4 (loại)
2. Khi  3  x  1 :
(*)  x  3  2x  2  1  0
x

0,5đ

2
3
2
3

Kết hợp với điều kiện đang xét ta được   x  1

0,5đ

3. Khi x > 1:
(*)  x  3  2x  2  1  0
x6

Kết hợp với điều kiện đang xét ta được 1  x  6
2
3

Tóm lại x cần tìm là :   x  6

0,5đ

6
(2đ)

A

E
H

0,25đ
N

D

B

M

C

Gọi D và E là chân đường vng góc kẻ từ M và N xuống AB
Ta có tam giác ANE vng ở E có A = 600
 ANE = 300
 AE =

1
AN
2

Tương tự đối với tam giác MDB ta có DB =
5

1
BM
2

0,5đ