Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Phan Bội Châu

TRƯỜNG THCS PHAN BỘI CHÂU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2019 – 2020
Mơn thi: TỐN - LỚP 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
1) x4 + 2009x2 + 2008x + 2009
2) 81x4 + 4
3) (x2 + 3x + 2)(x2+ 11x + 30) – 5
 3x 2  3
x 1
1 
x 1
 2

. 2
3
 x 1 x  x  1 x 1  2 x  5x  5

Câu 2. (3,0 điểm). Cho phân thức: P  
a) Rút gọn P

b) Tìm giá trị lớn nhất của P

Câu 3. (4,0 điểm).
1) Giải phương trình:
x  1 x  3 x  5 x  2 x  4 x  968 x  6







99
97
95
98
96
975
94
1
2
3
6
b) 2
 2
 2

5
x  5 x  6 x  8 x  15 x  13x  40

a)

2) Một ô tô phải đi trên quãng đường AB dài 60km trong thời gian nhất định. Nữa
quãng đường đầu đi với vận tốc lớn hơn vận tốc dự định là 10km/h. nửa quãng
đường sau đi với vận tốc kém hơn vận tốc dự định là 6km/h. Tính thời gian ô tô
đi trên quãng đường AB biết người đó đến B đúng giờ.
Câu 4. (2,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD, đương thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD,
BC, DC tại E, K, G. Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK.EG

b)

1
1
1


AE AK AG

c) Khi a thay đổi nhưng vẫn đi qua A thì BK.DG khơng đổi
Câu 5. (5,0 điểm). Cho hình vng ABCD. Gọi E là một điểm trên cạnh BC (E khác
B và C). Qua A kẻ Ax vng góc với AE, Ax cắt CD tại F. Trung tuyến AI của tam
giác AEF cắt CD ở K. Đường thẳng kẻ qua E, song song với AB cắt AI ở G.
a) Chứng minh tứ giác EGFK là hình thoi.
b) Chứng minh AF2 = FK. FC.
c) Khi E thay đổi trên BC, chứng minh chu vi tam giác EKC không đổi.
Câu 6. (2,0 điểm).
1) Chứng minh rằng: A  n 3 (n 2  7) 2  36n chia hết cho 5040 với mọi số tự nhiên
n.
2) Tìm x nguyên để biểu thức y có giá trị ngun.
Víi y 

4x  3
x2 1


3) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  x 2  y 2  xy  x  y  1
----------------Hết----------------(Học sinh không được sử dụng máy tính)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1 a) 2 x2  5x  3  2 x2  6 x  x  3
4 điểm
 2 x  x  3   x  3   x  3 2 x  1

0,5
0,5

b) x4  2009 x2  2008x  2009  x4  x2  1  2008x2  2008x  2008
 ( x  x  1)( x  x  1)  2008( x  x  1)
2

2

2

 ( x 2  x  1)( x 2  x  1  2008)  ( x 2  x  1)( x 2  x  2009)

c)

 x  2 x  4 x  6 x  8  16   x  2 x  8 x  4 x  6  16
  x 2  10 x  16 x 2  10 x  24   16

Đặt

0,5

x2  10 x  20  t

  t  4 t  4  16  t 2  16  16  t 2
  x 2  10 x  20 

Câu 2 1)
3 điểm

0,5
0,5
0,5

0,5
0,5

2

 x  y  z    z  y    x  y  z  2 y  2z 
2
2
  x  y  z   2  x  y  z  y  z    y  z 
2
 x  y  z  y  z
2

2

0,5
0,5
0,5

 x2



1

1

1

1

1

2
 x  5x
5

 2
 2
 2
 2
2)  2
.
 x  x x  3x  2 x  5 x  6 x  7 x  12 x  9 x  20 

 1
 x2  5x
1

1
1
1
 




 . 0,5
x
x

1
x

1
x

2
x

2
x

3
x

3
x


4
x

4
x

5
5
















1
1
1
1
1
1

1
1
1  x 2  5 x0,5
1
 








.
5
 x x 1 x 1 x  2 x  2 x  3 x  3 x  4 x  4 x  5 
1  x2  5x
1
 
.
5
 x x5
x  x  5
5

.
1
x  x  5
5

Câu 3
4 điểm

0,25
0,25

1)
a) 3x2  x  6  2  0
 3x 2  6  x  2  0





 3 x2  2  x  2  0





 

2   1  0

2  1  0

3 x 2 x 2  x 2 0


 

  x  2  3x  3
 x  2 3 x 


0,25

0,25


x  2  0

3 x  3 2  1  0
x  2


3 2  1
 x 
3

3 2  1


Vậy tập nghiệm của phương trình là S   2;
3


2
1
2x 1
b) 2


 3
x  x 1 x 1 x 1
x  1

0,25

0,25

ĐKXĐ:

2  x  1  x 2  x  1  2 x  1
 2x  2  x2  x
 x x20

0,25

2

  x  1 x  2   0
 x  1(l )

 x  2(n)
S  2

0,25

0,25
2) Gọi số phải tìm là x (x > 0)
Vì phần nguyên x có một chữ số nên khi viết thêm chữ số 2 vào

bên trái thì số đó tăng thêm 20 đơn vị, nghĩa là ta có số có giá trị
là 20 + x
Vì khi dịch dấu phẩy sang trái một chữ số thì số đó giảm đi 10
lần, nên khi dịch dấu phẩy của số có giá trị 20 + x sang trái thì
20  x
10
9
Số mới nhận được bằng
số ban đầu nên ta có phương trình
10
20  x 9
 x
10
10
x  2,5(n)

được số có giá trị là

Vậy số phải tìm là 2,5

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

Câu 4

2 điểm 1)
Do ADC  B  BAD  B  ADC

0,25

Lấy E trên AC sao cho ADE  B . Khi đó AE < AC
ADE và ABD đồng dạng (g-g)

0,25
0,25
0,25


A

E

B
AD AE


 AD 2  AB. AE  AB. AC
AB AD

C

D

0,25
2)

A'
A

0,25

B

H

C

B'

H'

Gọi k là tỉ số đồng dạng của ABC và A ' B ' C '
AB
BC

 k (1)
A' B ' B 'C '
Xét ABH và A ' B ' H ' có:

Ta có

H  H '  900 (GT)

B  B '(GT )

Suy ra ABH và A ' B ' H ' (g-g)

AB
AH

 k (2)
A' B ' A' H '
1
AH .BC
S ABC
 2
 k .k  k 2
1
S A ' B 'C '
A ' H '.B ' C '
2



C'

0,25
0,25


Câu 5
5 điểm

H

C

B
F
O
E
A

K

D

a) Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF
Chứng minh : BEO  DFO( g  c  g )
=> BE = DF
Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.
b) Ta có: ABC  ADC  HBC  KDC
Chứng minh : CBH CDK ( g  g )


CH CK

 CH .CD  CK .CB
CB CD

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

c) Chứng minh : AFD AKC( g  g )
AF AK


 AD. AK  AF . AC
AD AC
Chứng minh : CFD AHC ( g  g )
CF AH


CD AC
CF AH
Mà : CD = AB 

 AB. AH  CF . AC
AB AC


Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC
= AC2 .
Câu 6
2 điểm

0,5

0,5
0,5

0,5
0,5
0,5

1)

Ta có
0,25
0,25

a  13k  2  a 2  132 k 2  2.13k .2  4
b  13l  3  b 2  132 l 2  2.13l.3  9
a 2  b 2  13 13k 2  4k  13l 2  6l   13

13

0,5

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

A  x  x  1  x 2  x  4    x 2  x  x 2  x  4 

0,25

Đặt x2 + x – 2 = t

0,25

A   t  2  t  2   t 2  4  4

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0

0,25

 x2  x  2  0
  x  1 x  2   0

0,25

x  1

 x  2

HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm
điểm tối đa.