tuyen tap cac de thi hsg toan 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (770.11 KB, 47 trang )

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

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012

Mơn: Tốn lớp 8

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1:

(2.0đ)Rút gọn biểu thức













3 3 2

1 1 6

E x y   x y   x y

Câu 2:

(2.0đ)Cho x; y là hai số khác nhau sao cho

x2 yy2 x

; Tính

Giá trị của biểu thức

K x22xy y 2 3x 3y

Câu 3:

(2.0đ)Cho

32 19

1 2 2

m n x

x x x x



 

   

; Tính tích m.n

Câu 4

(3.0đ)

:

Cho biểu thức

2 2 2 2 2 2

2 2

x x y y x xy y

P

x x xy xy y xy x y

    

     

  

 

a) Rút gọn P;

b) Tìm giá trị của P với

2x1 1

và

2
y 

.

Câu 5

(6đ)

:

Cho điểm I di động trên đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ

AB vẽ các hình vng AICD; BIEF; gọi O và

O/

lần lượt là giao điểm các đường chéo

của hai hình vng đó. Gọi K là giao điểm của AC và BE.

a) Tứ giác

OKO I/

là hình gì? Vì sao ?

b) Trung điểm M của

OO/

di động trên đường nào?

c) Xác định vị trí của điểm I để cho tứ giác

OKO I/

là hình vng.

Câu 6

(2.0đ)

:

Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

x2 xy y 2 3

Câu 7

(3đ)

:

a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2
2

1
1
x x
P

x x
 


 

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

ĐÁP ÁN CHẤM ĐỀ THI GIAO LƯU HSG NĂM HỌC 2011 – 2012

Mơn: Tốn lớp 8

I.Trắc nghiệm:

(2 điểm mỗi câu đúng cho 0,5 đ)

Câu

1

2

3

4

Đáp án

D

A

D

C

II. Tự luận: (

8 điểm)

Câu Phần Nội dung cần trình bày Điểm

5 (1,5đ)

a

(0,75đ)

ĐKXĐ:

0; 0;
x y xy
y x

P
xy




0,25

0,5

b

(0,75đ)

1
2 1 1

0
x
x

x


   




1 2

3
2

2
y
y

y




   

 



Với x = 0 (loại)

Thay x = 1; y =

1
2


ta được P = 3;

Thay x = 1; y =

3
2


thì

5
3
P

0,25

6 (

2đ)

O'
O

A B

D C

E
K

Vẽ hình – GT, KL

0,25

a

(0,5đ)

; IF

ACID BE

(T/C hai đường chéo của hình vng)

Ta có góc DIF = 90

(hai tia phân giác của hai góc kề bù)

Tứ giác OKO

’

I có 3 góc vng nên là HCN.

0,5

b

(0,5đ)

Trung điểm M của OO

’

cũng là trung điểm của KI (K cố định)

suy ra M di động trên đường trung bình của

KAB

(đường

trung bình này song song AB)

0,5

c

(0,5đ)

Hình chữ nhật OKO

’

I là hình vng khi và chỉ khi IO = IO

’

OAI O IB AI IB

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

7

(1,5đ)

a

(0,5đ)

2 2

2 2 3 3 3

2 4

y y

x  xy y  x   

 

Vì

2 2

0 3 0 2 2 2; 1;0

2 4

y y

x y y

 

           

 

 

Lần lượt thay vào PT ta tính được các giá trị của x. Vậy PT có

các cặp nghiệm nguyên là:



1; 2 ; 1;2 ; 2; 1 ; 2;1 ; 1;1 ; 1; 1

 

 

 



 





0,25

b

(1đ)



 





 



2 2 2 2

1 7 8 8 8 7

x x x x y  x  x x  x y

(1)

Đặt

x28x2 z z Z(  )

(nhân 2 vế của PT với 4, thêm 49 vào 2

vế )

Từ PT (1) ta có PT:



2z 7 2y

 

2z 7 2y



49

từ đây tính

được z; y và x. Vậy PT có các cặp nghiệm nguyên là:



 





 



; 0;0 ; 1;0 ; 1;12 ; 1; 12 ; 9;12 ; 9; 12 ;
8;0 ; 7;0 ; 4;12 .

x y      

  

0,25

0,5

8 (3đ)

a

(0,75đ)

Gọi số tự nhiên cần tìm là

ab

(





; 1;2;3; 4;5;6;7;8;9
a b

Ta có





2 2 2 2

99
ab  ba  a  b

suy ra

a2 b211



a b a b

 





11

do

0 a b 8 a b

không chia hết 11, vì thế a + b chia hết

11 mà

2  a b 18 a b 11

Khi đó





2 2 2 2
3 .11

ab  ba  a b

để

ab2 ba2

là số chính phương

thì a – b phải là số chính phương do đó a – b = 1 hoặc a – b =

4. - Nếu a – b = 1 kết hợp với a + b =11 ta được số 65;

- Nếu a – b = 4; kết hợp với a + b = 11 ta có a = 5,5 (loại)

Vậy số cần tìm là 65.

0,25

b

(0,75đ)

- Ta có

2 1 0;
x   x





2 2





2
2

2 1 0 2 4 2 0 3 1 1

1 1
1 3

x x x x x x x

x x
x x

           

 

 

 

(dấu = xẩy ra khi và chỉ khi x = 1). Mặt khác





2 2





2
2

2 1 0 2 4 2 0 3 1 1

1
3
1

x x x x x x x

x x
x x

           

 

 

 

(dấu = xẩy ra khi x = - 1)

Vậy GTLN của P = 3 khi x = -1; GTNN của P =

khi x = 1.

0,25

c

(0,75đ)

Ta thấy hai đỉnh đối nhau qua tâm của lục giác không thể

cùng là đỉnh của một tam giác cân nào (ví dụ đỉnh A và đỉnh

D). Ngồi ra trong 4 đỉnh B, C, E, G khơng thể có 3 đỉnh nào

là 3 đỉnh của một tam giác cân (vì B, C, E, G là 4 đỉnh của

hình chữ nhật);

Vậy nếu có một tam giác là tam giác cân mà 3 đỉnh là 3 đỉnh

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

của lục giác thì phải có một đỉnh là đỉnh A hoặc đỉnh D;

Mỗi lần áp dụng quy tắc đổi màu thì chỉ có đỉnh A hoặc đỉnh

D đổi màu, vì A và D màu đỏ (đối xứng nhau qua tâm O) đổi

thành màu xanh thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu phải là

chẵn;

Để đỉnh C màu xanh đổi thành màu đỏ thì số lần áp dụng quy

tắc đổi màu phải là lẻ;

Vậy để có kết quả đỉnh C màu đỏ và 5 đỉnh cịn lại màu xanh

thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu vừa phải chẵn vừa phải lẻ

(vô lý). Vậy khơng thể thực hiện được.

0,25

d

(0,75đ)

b) (1,5 điểm)
Ta có:





2 2 2

a b  0 a b 2ab mà a2 b2 8

  nên 2ab 8

0,25



a b



2 a2 b2 2ab 8 8 16

      



a b



2 16 0



a b 4 a b 4

 



         

4 a b 4

     (đpcm)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

MƠN : TỐN Lớp : 8

(Thời gian làm bài : 120 phút)

...O...

Bài 1 :( 1,5 điểm)

a) Phân tích đa thức x

3

– 5x

2

+ 8x – 4 thành nhân tử

b) Tìm giá trị nguyên của x để A



B biết

A = 10x

2

– 7x – 5 và B = 2x – 3 .

Bài 2 : (1,5 điểm) Cho x + y = 1 và x y



0 . Chứng minh rằng





3 3 2 2

2

0

1

3 x y

x

y

x

x y











Bài 3 : ( 2,5 điểm)

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

b) Chứng minh rằng :

1

3

1 x









c) Cho a

2

– 4a +1 = 0 . Tính giá trị của biểu thức

P =

4 2
2

1
a a

a

 

Bài 4 : ( 1,0 điểm) Tìm a để M có giá trị nhỏ nhất

M =

2 2008

a





với a



o

Bài 5 : (2,5 điểm) Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM. Qua điểm D thuộc

cạnh BC, vẽ đường thẳng song song với AM cắt AB và AC lần lượt tại E và F.

a) Chứng minh DE + DF = 2AM

b) Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại N. Chứng minh N là

trung điểm của EF

c) Chứng minh S

2FDC 

16 SAMC.SFNA

Bài 6 : ( 1 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A, vẽ trung tuyến CM, vẽ AH

vng góc với MC( H thuộc MC), AH cắt BC tại D. Tìm tỉ số

BD
DC

Hết

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài 1 : ( 1,5 điểm)

a) ( 0,75đ) x

- 5x

+ 8x - 4 = x

-4x

+ 4x – x

+4x – 4 ( 0,25 đ )

= x( x

– 4x + 4) – ( x

– 4x + 4) ( 0,25 đ)

= ( x – 1 ) ( x – 2 )

( 0,25 đ)

b) (0,75đ) Xét

10 7 5 7

5 4

2 3 2 3

A x x

x

B x x

 

   

 

( 0,25 đ)

Với x



Z thì A



B khi

2x 3 

Z



7



( 2x – 3) ( 0,25 đ)

Mà Ư(7) =



1;1; 7;7





x = 5; -2; 2 ; 1 thì A



B ( 0,25 đ)

Bài 2 : ( 1,5 đ)

Biến đổi

3 1 3 1

x y

y   x 

=

4 4

3 3

( 1)( 1)
x x y y

y x

  

 

=



4 4



2 2

( )

( 1)( 1)

x y x y

xy y y x x

  

   

( do x+y=1



y-1=-x và x-1=- y) (0,25đ)

=



 





2 2



2 2 2 2 2 2

( )

( 1)

x y x y x y x y
xy x y y x y yx xy y x x

    

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

=





2 2

2 2 2 2

( 1)

( ) 2

x y x y

xy x y xy x y x y xy

  

       

 

(0,25đ)

=





2 2

2 2 2

( )

( ) 2

x y x x y y
xy x y x y

   

    

 

=









2 2

( 1) ( 1)

( 3)

x y x x y y

xy x y

   



(0,25đ)

=









2 2

( ) ( )

( 3)

x y x y y x
xy x y

   



=





2 2
( 2 )

( 3)

x y xy

xy x y

 



(0,25đ)

=

2 2

2( )
3
x y
x y

 



Suy ra điều cần chứng minh (0,25đ)

Bài 3 : ( 2,5 điểm)

a) ( 0,75đ) Gọi 3 số nguyên liên tiếp là n-1; n; n+1 ( n



Z )

Ta có ( n-1)

+n

+ ( n+1)

= 3n

+6n (0,25đ)

= 3n

-3n +9n = 3n(n

-1) +9n

= 3n (n-1) (n+1) +9n (0,25đ)

Vì

9 9

3 ( 1)( 1) 9
n

n n n




 








3n (n-1) (n+1) + 9n



9 (0,25đ)

b) (1đ) Ta có (x+1)

2 

0



2( x+1)

2 

0



2x

+4x+2



0



3x

+3x+3



x

-x+1



3(x

+x+1)



x

-x+1 (*)

Tương tự, ta có từ (x-1)

2

0



3(x

-x+1)



x

+x+1 (**) (0,25đ )

Vì x

-x+1 = (

x-1
2

)

+

> 0 (0,25đ)

Chia 2 vế của bất đẳng thức (*) cho x

-x+1

ta có

1

3

1 x









(0,25đ)

Chia 2 vế của bất đẳng thức (**) cho x

-x+1

ta có

2
2

1

3

1 x









suy ra đccm

(0,25đ)

c) (0,75đ) Ta có a

- 4a + 1 = 0



a

– a + 1 = 3a



2 1

a a

a
 

=3 (0,25đ)

P =

4 2 2 2

1 1 1

a a a a a a

a a a

     



= 3 .

a a 1
a
 

(0,25đ)

Mà

2 2

a a 1 a a 1 2a

a a a

   

 

= 3+2 = 5

Suy ra P = 3 . 5 = 15 (0,25đ)

Bài 4 : ( 1 đ) M =

2
2

2008( 2 2008)
2008
a a
a
 

=

2 2
2

2008 2. .2008 2008

2008
a a
a
 

(0,25đ)

=

2 2 2

2007 2 .2008 2008
2008

a a a
a

  

(0,25đ) =

2
2

2007 ( 2008) 2007

2008 2008 2008

a
a



 

(0,25đ)

Dấu “=” xảy ra



a – 2008 = 0



a = 2008

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là

2007

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

Câu a ( 0,75đ): Lý luận được :

DF DC

AM MC

( Do AM//DF) (1)

DE BD

AM BM

( Do AM // DE) (2) ( 0,25đ)

Từ (1) và (2)

 2

DE DF BD DC BC

AM BM BM

 

  

( MB = MC) ( 0,25đ)



DE + DF = 2 AM ( 0,25đ)

Câu b ( 1 đ) : AMDN là hình bành hành

Ta có

NE AE

ND AB

(0,25đ)

NF FA DM DM AE

ND AC MC BM AB

(0,5 đ)



NE NF

ND ND

=> NE = NF (0,25đ)

Câu c : ( 0,75đ)



AMC và



FDC đồng dạng



2
AMC

FDC

S AM

S FD

 

 

 



FNA và



FDC đồng dạng



2
FNA

FDC

S NA

S FD

 

 

 

( 0,25đ)



AMC

FDC

S ND

S FD

 

 
 

và

2
FNA

FDC

S DM

S DC

 

 

 



.
AMC FNA
FDC FDC

S S

S S 

2
ND
FD

 

 

 

.

2
DM

DC

 

 

 

ND DM
FD DC

 

   

 

(0,25đ)



S

FDC 

16 S

AMC

.S

FNA

(0,25đ)

( Do



x y



2 0 





x y  xy 



x y



4 16x y2 2

với x



0; y



0)

N
E

D M C

B
F

Bài 6 : ( 1 đ)

Kẻ MI // BC ( I



AD)



MI =

2
BD

Ta có :

MI MH

DC HC

( Do MI // BC)

 2

BD MH

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



MAH và



ACH đồng dạng ( g-g)



1
2
MH MA

AH AC 

(



ABC vuông cân tại A nên AB = AC )



AH = 2 MH ( 0,25đ)



AMC vuông , ta có AH

= MH . HC



4MH

= MH.HC



HC = 4 MH ( 0,25đ)

Thay vào (1) ta có :

2 4 4

BD MH

DC  MH 



1
2
BD

DC 

( 0,25đ)

I
M

D
H

C
B



Ghi chú :

- Học sinh có thể trình bày theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa từng phần, tuỳ

theo cách giải mà giám khảo cho điểm phù hợp với hướng dẫn chấm.

-Bài tốn hình khơng cho điểm hình vẽ. Nếu học sinh vẽ hình sai thì khơng chấm

điểm bài hình đó.

---ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

Mơn : Tốn lớp 8

Thời gian: 120 phút ( Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2.5 điểm)

Cho P= a

(a+b)(1−b)−

b2

(a+b)(1+a)−

a2b2
(1+a)(1−b)

a. Rút gọn P.

b. Tìm các cặp số nguyên (a, b) để P = 3
Câu 2: (1.5 điểm)

Giải phương trình: x3

+ x

(x −1)3=2−
3x2
x −1

Câu 3: (1.5 điểm)

Cho x,y là hai số dương thoả x.y = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

A= x

x4+y2+
y
y4+x2

Câu 4: (2.0 điểm)

Cho hình vng ABCD. Gọi M, N, P lần lượt trung điểm các cạnh AB, BC, CD. AN cắt BP
tại E. AN cắt DM tại F.

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

Cho hình bình hành ABCD. F là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC. AF cắt BD tại E và cắt DC tại
G.

a. Chứng minh AE

AF=
GE
GA .

b. Chứng minh BF.DG không đổi (khi vị trí điểm F thay đổi trên cạnh BC).

Hướng dẫn chấm mơn tốn lớp 8

Câu 1: (2.5 điểm)

- Điều kiện a ≠ −1, b≠1, a ≠− b

- P=a

(1+a)−b2(1− b)− a2b2(a+b)
(a+b)(1−b)(1+a) =

a2+a3−b2+b3− a2b2(a+b)
(a+b)(1− b)(1+a)

a −b+a2−ab+b2− a2b2
¿

(a+b)¿
¿(a − b)(a+b)+(a+b)(a

−ab+b2)−a2b2(a+b)
(a+b)(1−b)(1+a) =¿

(a+b)(1+a)(a− b+b2− b2a)

¿(a+b)(a(1+a)−b(1+a)+b

(1− a)(1+a))
(a+b)(1− b)(1+a) =¿

(a+b)(1− b)(1+a)
(a+b)(1+a)(a(1−b)(1+b)− b(1−b))

(a+b)(1+a)(1−b)(a(1+b)−b)

¿ ¿ ¿

(a+b)(1− b)(1+a)=¿

(a+b)(1− b)(1+a)=a+ab− b

b.- Để P =3: a+ab− b=3⇔a(1+b)−(1+b)=2⇔(a −1)(1+b)=2

- Lập các hệ:

{

a −b+11=1

=2 ;

{

a −1=−1
b+1=−2 ;

{

a −1=2
b+1=1 ;

{

a −1=−2
b+1=−1

- Giải:

{

a=b=21 ;

{

b=−a=03 ;

{

a=b=30 ;

{

a=−b=−12
- Đối chiếu điều kiện và kết luận nghiệm:

{

a=0

b=−3 ;

{

a=3
b=0

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

x −1¿2

(¿¿)=2−3 x

x −1
x2− x

x −1+
x2

(

x+ x
x −1

)

Có:

x −1¿2
¿
¿

x2+x

Đặt t=x+ x

x −1=

x2− x+x

x −1 =

x2

x −1 được:
t −1¿3=1⇔t −1=1⇔t=2

t(t2−2t −t)=2−3t⇔t3−3t2+3t −1=1⇔¿ .

x −1¿2+1=0
x2

x −1=2⇔x

=2x −2⇔¿ (Vô nghiệm).

0,25
0,25
0,25
0,50
0,25

Câu 3: (1.5 điểm)
- x4+y2≥2x2y⇒ x

x4+y2≤
x
2x2y=

2 xy (x, y là các số dương)

- y4+x2≥2y2x⇒ y
y4+x2≤

y
2y2x=

2 xy (x, y là các số dương)

- A= x

x4+y2+
y
y4+x2≤

1
2 xy+

1
2 xy=

1
xy=1

- Dấu “=” xãy ra khi

{

x4=y2
x2=y4
xy=1

⇔

{

x6=y6

xy=1 ⇔

{

x=1

y=1 (x, y là các số dương)

0,50
0,25
0,25
0,50

Câu 4: (2.0 điểm)

- Chứng minh được MBPD là hình bình hành.
- => FM // BE

- M là trung điểm của AB nên MF là đường trung
bình của ABE

- => FA = FE.

- Chứng minh được AN vng góc với DM.
- Suy ra  DAE cân tại D

- => DE = DA. Do DA = DC nên DE = DC.

0,25
0,25
0,25
0,25
0,50
0,25
0,25
Câu 5: (2.5 điểm)

- BF// AD => EBED=EF
EA

- AB//DG => EB

ED=
EA
EG

- => EF

EA=
EA
EG

A M B

D P C

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

- => EF

EA+1=
EA
EG +1

- => AF

AE=
AG
EG ⇒

AE
AF=

GE
GA

- Chứng minh được EAD  EFB

để được BF

DA=
EB
ED

- Chứng minh được EBA  EDG

để được EB

ED=
AB
GD

- ⇒BFDA=AB
GD

- ⇒BF . DG=DA . AB

- Do DA, AB không đổi nên BF.DG không đổi.

Mỗi ý cho 0,25 điểm

ĐỀ CHO HỌC SINH GIỎI THCS
 NĂM HỌC 2011 -2012

MƠN THI: TỐN - LỚP 8

Thời gian: 150 phút

(khơng tính thời gian giao đề)

(Đề gồm có 01 trang)

Bài 1: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

(x + 4)( x

+

x – 1,5) = (3 - x )(x

+

x – 1,5)

b) Giải bất phương trình: x +

1x

< 2

Bài 2:

(2,0 điểm)

a) Tính giá trị của biểu thức sau:

x

−1

(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1)

; với x = 2012

b) Cho (x + 3y)

- 6(x + 3y)

+12(x + 3y) = -19

Tính giá trị của biểu thức x + 3y

Bài 3: (1,0 điểm)

B
M

K
A

D C

E
I

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

Bài 4: (2,0 điểm)

Cho biểu thức: P =

(

x+x2−x

−8
x3+8.

x2−2x+4
x2−4

)

1
x+2

.

x2+3x+2
x2+x+1

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P.

b) Tìm các giá trị của x để P > 0

Bài 5:

(3,0 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 8cm, AD = 6cm; gọi H là hình chiếu của A

trên BD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của DH, BC.

a) Tính diện tích tứ giác ABCH.

b) Chứng minh: AM

MN

HẾT

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THCS
 QUẬN NGŨ HÀNH SƠN NĂM HỌC 2010-2011

MƠN THI: TỐN LỚP 8

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Bài Câu Nội dung Điểm

Bài 1: 
2,0đ

Câu a
1,0đ

( x+4)( x2 + 1

2 x – 1,5) = (3-x )(x2 +
1

2 x – 1,5)

⇔ 1

2 ( 2x + 1)( 2x2 + x – 3) = 0

0,25đ

x = - 0,5

0,25đ

2x2 + x – 3 = ( x -1)(2x + 3) 0,25đ

x = 1 ; x = - 1,5 0,25đ

Câu b
1,0đ

x+ 1

x<2 ⇔
x2

x <2 ; ĐK : x 0 0,25đ

+ x > 0 ; x2 +1 < 2x ⇔ (x – 1)2 < 0 loại 0,25đ

+ x < 0 ; x2 +1 > 2x ⇔ (x – 1)2 > 0 với mọi x < 0 0,25đ

Kết luận : x < 0 0,25đ

Bài 2:
2,0 đ

Câu a
1,25đ

x16−1=(x −1)(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1) 0,5đ

x16−1

(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1) =

(x+1)(x −1)(x2+1)(x4+1)(x8+1)
(x+1)(x2+1)(x4+1)(x8+1)

= x - 1

0,5đ

kết quả 2011 0,25đ

Câu b
0,75đ

(x + 3y)3 - 6(x + 3y)2 +12(x + 3y) - 8 = -27 0,25đ

(x + 3y - 2)3 = -27 0,25đ

⇒ x + 3y - 2 = -3 ⇒ x + 3y = -1 0,25đ

Bài 3:
1,0đ

Đặt AM = a ; MB = b ⇒ (a+b)2 = 502

(a – b)2 0 ⇔ a2 -2ab +b2 0 ⇔ a2 + b2 2ab 0,5đ

2(a2 + b2) (a + b )2 = 502 0,25đ

⇔ a2 + b2 1250

Diện tích nhỏ nhất SAMEH + SBMIK = 1250 (m2)

Diện tích lớn nhất còn lại: 10000 – 1250 = 8750 (m2) 0,25đ

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

2,0đ

1,25đ

x3−8

x3+8.

x2−2x+4

x2−4 =

(x −2)(x2+2x+4)
(x+2)(x2−2x+4).

x2−2x+4
(x −2)(x+2)

x+2¿2
¿

x2

+2x+4

0,25đ

x+2¿2
¿

x
x+2−

x2+2x+4

x+2¿2
¿

x(x+2)−(x2+2x+4)

x+2¿2
¿

−4
¿

0,25đ
x+2¿2

−4
¿

: 1

x+2.

x2+3x+2
x2+x+1 =

x+2¿2(x2+x+1)

−4 .(x+2)(x+1)(x+2)

−4 .(x+1)
x2+x+1

0,5đ

Câu b

0,75đ x2 + x + 1 = (x +
1

2 )2 +
3

4 > 0 với mọi x 0,25đ

Để P > 0 ⇒ -4(x + 1) > 0 ⇒ x + 1 < 0 ⇒ x < -1 0,25đ

Vậy để P > 0 thì x < - 1 ; x -2 0,25đ

Bài 5
3,0đ

Câu a
1,5đ

Δ ABH Δ DBA 0,25đ

Tính AH = 4,8cm; BH = 6,4cm 0,5đ

Kẻ KC BD chứng minh KC = AH = 4,8cm 0,25đ

SABCH = SABH + SBHC = 1

2 AH.HB +

2 CK.HB = 30,72 (cm2) 0,5đ

Câu b
1,5đ

Δ AHD Δ ABC ⇒ AH

AB =
AD
AC=

BC 0,25đ

AD
AC=

CN ; Δ ADM Δ ACN ⇒

AD
AC=

AN 0,5đ

∠ MAD = ∠ NAC ⇒ ∠ NAM = ∠ CAD ; AD

AC =
AM

AN 0,25đ

Δ ADC Δ AMN ( c-g-c) 0,25đ

AM MN 0,25đ

Hình vẽ

Chú ý:

D C

N
K

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

-Học sinh có bài giải cách khác, nếu làm đúng vẫn cho điểm tối đa.
-Thống nhất điểm chm n 0,25.

Đề HSG toán 8
Thời gian: 150 phút
Cõu 1: (4đ)

a, Phân tích đa thức sau thành nhân tử
A = ( x2 -2x)(x2-2x-1) - 6

b, Cho x



Z chứng minh rằng x200 + x100 +1 x4 + x2 + 1

Câu 2: (2đ)

Cho x,y,z



0 thoả mãn x+ y +z = xyz và

x

1 y

1 z

1

3

Tính giá trị của biểu thức P =

2
2
2

1 z

y

x



Câu 3: (3đ) Tìm x biết

3 x



2

< 5x -4

57

43 

x

54

46 

x

48

52

51

49 

x

Câu 4: (3đ)

a, Chứng minh rằng A = n3 + (n+1)3 +( n+2)3



9 với mọi n N*

b, Cho x,y,z > 0 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P =

x

y

z

x

z

y

z

y

x



Bài 5: (6đ)

Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (HBC). Trên tia HC lấy điểm D sao

cho HD = HA. Đường 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 đo của góc AHM

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:

GB HD

BC AH HC .

Bài 6: (2 đ)

Chứng minh rằng các số tự nhiên có dạng 2p+1 trong đó p là số nguyên tố , chỉ có một số là lập
phương của một số tự nhiên khác.Tìm số đó.

Đề 23

Câu1(4đ)

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



A = (x+1)(x-3)(x2-2x+2)

b, A = x200 +x100 + 1= (x200-x2) + (x100-x4 )+ (x4+x2+1)

=x2(x198-1)+x4(x96-1) + (x4 +x2+1) = x2((x6)33-1)+x4((x6)16-1) +(x4+x2=1)=

x2(x6-1).B(x) +x4(x6-1).C(x) +(x4 +x2+1)

dễ thấy x6-1 =( x3-1)(x3+1)= (x+1)(x-1)(x4 +x2+1)



x4 + x2 + 1



A chia hết cho x4 + x2 + 1

1đ
1đ
1đ
Cau 2 :(2đ

Có (
2
)
1
1
1
z
y

x   = 2 2 2

1 z

y

x



+ 2( )

1
1
1

yz
xz
xy 

( 3)2= p + 2 xyz

x
y
z 

vậyP+2=3
suy ra P = 1

0.75đ
0,75đ
0.5đ

Câu 3: (3đ) giải 4-5x < 3x +2< 5x – 4
làm đúng được x> 3

b, Cộng 1 vào mỗi phân thức rồi đặt nhân tử chung

(x+100)( 48
1
51
1
54
1
57
1




) = 0



S =



100



1đ
0.5đ
1đ
0.5đ
Câu 4:
3đ

a, = n3+(n3+3n2+3n+1)+(n3+6n2+12n+8)

=3n3+9n2+15n+9 = 3(n3+3n2+5n+3)

Đặt B= n3+3n2+5n+1 = n3+n2+ 2n2+2n + 3n+3

=n2(n+1) +2n(n+1) +3(n+1) = n(n+1)(n+2) + 3(n+1)

Ta thấy n(n+1)(n+2) chia hết cho 3 ( vì tích của 3 số tự nhiên liên tiếp )
3(n+1) chia hết cho3



B chia hết cho 3



A =3B chia hết cho 9
b, Đặt y+z =a ; z+x =b ; x+y = c



x+y+z = a+b+2 c



x = 2

c
b
a 


; y = 2

c
b

a 

; z= 2

c
b
a 

P = c

c
b
a
b
c
b
a
a
c
b
a
2
2
2










=
)
1
1
1
(
2
1
c
b
c
a
b
c
b
a
a
c
a
b










=
))
(
)
(
)
(
3
(
2
1
b
c
c
b
c
a
a
c
b
a
a
b








2
3

Min P =2

( Khi và chỉ khi a=b=c



x=y=z

0.5đ
0,5đ
0,5đ

0.5đ

1đ

Câu 5: (2đ) + Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc C chung.

CD CA

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

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

Do đó, chúng dồng
dạng (c.g.c).

Suy ra:BEC=ADC1350(vì tam giác AHD vng cân tại H theo

giả thiết).

Nên AEB450do đó tam giác ABE vng cân tại A.

Suy ra: BEAB 2m 2

0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,5 đ

2đ Ta có:

1 1

2 2

BM BE AD

BC  BC  AC (do ΔBEC ~ ΔADC )

mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

nên

1 1 2

2 2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE (do ABH Đồng dạng

CBA)

Do đó BHM đồng dạng BEC (c.g.c)

suy ra: BHM BEC 1350  AHM 450

0,5đ

1đ

0,5đ
C)

2đ Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM cịn là phân giác góc BAC.

Suyra:

GB AB

GC AC ,

vì ΔABC ~ ΔDEC nên AB

AC=

ED
DC=

AH
HC =

HC (DE//AH)

Do đó:

GB HD GB HD GB HD

GC HC  GB GC HD HC  BC AH HC

1đ
1đ
Câu 6 Đặt: 2p+1=a3 (a >1) Ta có 2p=(a-1)(a2+a+1)

Vì p là số nguyên tố nên:

Hoặc : a-1=2 suy ra p=13 ( thoả mãn)

Hoặc: a2+a+1 =2 điều này khơng xảy ra vì a >1

Vởy trong các số tự nhiên có dang 2p+1 (p là số nguyên tố) chỉ có 1 số
là lập phương của một số tự nhiên khác.

1đ

0,5đ
0,5đ

Đề cho đội tuyển học sinh giỏi toán 8

Câu 1

: (5điểm) Tìm số tự nhiên n để:

a, A=n

-n

+n-1 là số nguyên tố.

b, B =

n

+3n3+2n2+6n −2

n2+2

Cã gi¸ trị là một số nguyên.

c, D= n

-n+2 lµ sè chính phơng. (n

2)

Câu 2

: (5điểm) Chøng minh r»ng :

a,

a

ab+a+1+
b
bc+b+1+

c

ac+c+1=1

biÕt abc=1

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

c,

a

b2+
b2

c2+
c2

a2
c
b+

b
a+

a
c

Câu 3

: (5điểm) Giải các phơng trình sau:

a,

x −214

86 +

x −132
84 +

x −54

82 =6

b, 2x(8x-1)

(4x-1)=9

c, x

-y

+2x-4y-10=0 với x,ynguyên dơng.

Cõu 4

: (5điểm). Cho hình thang ABCD (AB//CD), 0 là giao điểm hai đờng chéo.Qua 0

kẻ đờng thẳng song song với AB cắt DA tại E,cắt BCtại F.

a, Chøng minh :DiƯn tÝch tam gi¸c AOD b»ng diƯn tÝch tam gi¸c BOC.

b. Chøng minh:

AB+
1
CD=

2
EF

c, Gọi K là điểm bất kì thuộc OE. Nêu cách dựng đờng thẳng đi qua Kvà chia đôi

diện tích tam giác DEF.

C©u

Néi dung

Điể

m

Câu 1

(5điểm)

a, (1điểm) A=n

-n

+n-1=(n

+1)(n-1)

Để A là số nguyên tố thì n-1=1

⇔

n=2 khi đó A=5

0,5

b, (2điểm) B=n

+3n-

n2+2

B cã giá trị nguyên

2 n

+2

n

+2 là ớc tự nhiên của 2

n

+2=1 kh«ng cã giá trị thoả mÃn

Hoặc n

+2=2

n=0 Víi n=0 thì B có giá trị nguyên.

c, (2điểm) D=n

-n+2=n(n

-1)+2=n(n+1)(n-1)(n

+1)+2

=n(n-1)(n+1)

[

(

n2−4

)

]

+2= 1)(n+1)(n-2)(n+2)+5

n(n-1)(n+1)+2

Mµ n(n-1)(n+1)(n-2)(n+2

⋮

5 (tich 5sè tù nhiªn liªn

tiÕp)

Vµ 5 n(n-1)(n+1

⋮

5 VËy D chia 5 d 2

Do đó số D có tận cùng là 2 hoặc 7nên D khơng phải số chính

phơng

Vậy khơng có giá trị nào của n để D là số chính phơng

a, (1điểm)

a

ab+a+1+
b
bc+b+1+

c
ac+c+1=¿
ac

abc+ac+c +
abc

abc2+abc+ac+
c
ac+c+1

=

1+ac+c+
abc
c+1+ac+

c
ac+c+1=

abc+ac+1
abc+ac+1=1

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

C©u 2

(5điểm)

-2(ab+ac+bc)

a

+b

+c

+2(a

b

+a

c

+b

c

)=4( a

b

+a

c

+b

c

)+8abc(a+b+c) Vì

a+b+c=0

a

+b

+c

=2(a

b

+a

c

+b

c

) (1)

Mặt khác 2(ab+ac+bc)

=2(a

b

+a

c

+b

c

)+4abc(a+b+c) . V×

a+b+c=0

⇒

2(ab+ac+bc)

=2(a

b

+a

c

+b

c

) (2)

Tõ (1)vµ(2)

⇒

a

+b

+c

=2(ab+ac+bc)

0.5 0,5

c, (2điểm) áp dụng bất đẳng thức: x

+y

2xy Dấu bằng khi

x=y

a

b2+
b2
c2≥2 .

a
b.

b
c=2 .

a

c

;

a2
b2+

c2
a2≥2 .

a
b.

c
a=2 .

c
b

;

c2

a2+
b2

c2≥2 .
c
a.

b
c=2 .

b
a

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:

2(a

b2+
b2

c2+

c2
a2)2(

a
c+

c
b+

b

a)

a2
b2+

b2
c2+

c2
a2

a
c+
c
b+
b
a

Câu 3

(5điểm)

a, (2điểm)

x −214
86 +

x −132
84 +

x −54
82 =6

⇔

(x −214

86 −1)+(

x −132
84 −2)+(

x −54

82 −3)=0

⇔

x −300

86 +

x −300
84 +

x −300
82 =0

⇔

(x-300)

(

1
86+

1
84+

)

=0 ⇔

x-300=0

⇔

x=300 Vëy S =

{300}

1,0

0,5

b, (2®iĨm) 2x(8x-1)

(4x-1)=9

⇔

(64x

-16x+1)(8x

-2x)=9

⇔

(64x

-16x+1)(64x

-16x) = 72

Đặt: 64x

-16x+0,5 =k Ta cã: (k+0,5)(k-0,5)=72

⇔

k

=72,25

⇔

k= 8,5

Với k=8,5 tacó phơng trình: 64x

-16x-8=0

(2x-1)(4x+1)=0;

⇒

x=

1
2; x=

−1
4

Víi k=- 8,5 Ta cã ph¬ng trình: 64x

-16x+9=0

(8x-1)

+8=0 vô

nghiệm.

Vởy S =

{

2,

−1
4

}

c, (1®iĨm) x

-y

+2x-4y-10 = 0

⇔

(x

+2x+1)-(y

+4y+4)-7=0

(x+1)

-(y+2)

=7

(x-y-1)(x+y+3) =7 Vì x,y nguyên

dơng

Nên x+y+3>x-y-1>0

⇒

x+y+3=7 vµ x-y-1=1

⇒

x=3 ;

y=1

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

Câu 4

(5điểm)

a,(1im) Vỡ AB//CD

⇒

S DAB=S CBA

(cùng đáy và cùng đờng cao)

⇒

S DAB –SAOB = S CBA- SAOB

Hay SAOD = SBOC

b, (2điểm) Vì EO//DC

EO

DC=
AO

Mặt khác AB//DC

AB AO AB AO AB AO EO AB

DC OC  AB DC AO OC  AB DC AC  DC AB DC

⇒ EF

2 DC=
AB

AB+DC⇒

AB+DC
AB . DC =

2
EF ⇒

1
DC+

1
AB=

2
EF

c, (2®iĨm) +Dùng trung tun EM ,

+ Dựng EN//MK (N

DF) +Kẻ đờng thẳng KN là đờng thẳng phải

dựng

Chøng minh: SEDM=S EMF(1).Gäi giao cđa EM vµ KN là I thì

SIKE=SIMN

(cma) (2) Từ (1) và(2)

SDEKN=SKFN.

0,5
0,5

0,5
1,0
0,5
1,0
1,0

hc sinh gii nm hc 2011 - 2012

môn toán 8

Thời gian làm bài 150

Câu 1. Cho P =

 



1 2 3 4 1

5 5

x x x x

x x

    



a.Rút gọn P.

b.Tìm giá trị nhỏ nhất của P.

Cõu 2. a, Xác định các số a, b sao cho:

3x3 + ax2 + bx + 9 chia hÕt cho x2 – 9.

b. Giải phơng trình với tham số a, b

a(ax + b) = b2(x – 1)

Câu 3 . Quãng đờng từ A đến B gồm đoạn lên dốc AC, đoạn nằm ngang CD, đoạn xuống dốc DB
tổng cộng là 30km.Một ngời đi từ A đến B rồi từ B về A hết tất cả 4h 25 phút.Tính quãng đờng
nằm ngang,biết vận tốc khi lên dốc là 10km/h, vận tốc khi xuống dốc là 20km/h và vận tốc đi trên
đờng nằm ngang l 15km/h.

Câu 4. Cho tam giác ABC vuông ở A, trung tuyến BD, phân giác của góc ADB và góc BDC lần
l-ợt cắt AB, BC ở M và N, biÕt AB = 8, AD = 6.

a.Chøng minh r»ng: MN//AC.

b.Tứ giác MNCA là hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCA?

Câu 5. a, Giải bất phơng trình:

2

1

2

3 x

A B

C
D

E K F

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

b, Cho 4x + y = 1.Chøng minh r»ng:
4x2 + y2 ≥

1
5

c, Chứng minh m,n,p,q ta đều có m ❑2 + n ❑2 + p ❑2 + q ❑2 +1

m(n+p+q+1) dÊu b»ng x¶y ra khi nào?

Câu 6. a, Chứng minh r»ng a2+b2+c2≥ab+bc+ac

b , Cho a, b, c là các số dơng thoả m·n a + b = 1.Chøng minh r»ng:

1 1

1 1 9

a b

   

  

   

   

b,Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x3 + y3 +xy biÕt x + y = 1.

C©u 1.a, P = (x

+5x+4)(x2+5x+6)+1

x2

+5x+5

P =

x2

+5x+4¿2(x2+5x+4)+1

¿
¿
¿

P = (x

+5x+5)

x2

+5x+5

=x+5x+5

b, P =

(

x+5
2

)

−5
4≥

−5
4

VËy min P = - 5/4 khi x = - 5/2 ,giá trị này của x thoả mÃn x2

+5x+50

Câu 2. a, Chia 3x3 + ax2 + bx + 9 cho x2 – 9

đợc 3x + a d (b + 27)x + (9 + 9a)

Để phép chia hết cần : (b + 27)x + (9 + 9a) = 0 víi mäi x.

⇔

{ b + 27 = 0

⇔

9 + 9a = 0

{ B = - 27

a = - 1
b, ⇔ a2x + ab = b2x – b2

⇔ a2x – b2x = - ab – b2

⇔ (a2 – b2)x = - ab – b2

⇔ (a – b)(a + b)x = - b(a + b)
+, Nếu a = b thì pt có dạng 0x = - 2b2

Suy ra a = b = 0 pt ngiệm đúng mọi x
a = b ≠ 0 pt vô ngiệm

+, Nếu a = - b thì pt có dạng 0x = 0 suy ra pt nghiệm đúng mọi x

+, NÕu a ≠ ± b th× pt cã 1 ngiƯm duy nhÊt x = − b

a− b

Câu 3. Gọi quãng đờng nằm ngang CD là x(km) ( x > 0)
Thì quãng đờng AC + BD = 30 – x

Cả đi và về quãng đờng nằm ngang là 2x
Cả đi và về quãng đờng lên dốc là 30 – x
Cả đi và về quãng đờng xuống dốc là 30 –x
Ta có phơng trình: 2x

15 +
30− x
10 +

30− x
20 =4

12⇔x=5(tm)

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

a, MAMB =BD
AD;

NB
NC=

DC mà AD = DC

nên MB

MA=
NB

NCMN // AC

b, Tứ giác AMND là hình thang vuông.
SAMND = 1

2 (MN + AC)AM

Theo pytago víi ΔABD cã A❑ = 900

→ BD = 10 (cm)

MA
MB=

BD →MA=3(cm);MB=5(cm); AC = 2AD = 12(cm)

MN // AC (cmt) MN

AC =
MB

AB →MN=7,5(cm) ; SAMND = 292,5 (cm2)

Câu 5. Dành cho hs không học trờng Tiên Lữ.
a, 2 < x <3.

b,y = 1 – 4x suy ra y2 = (1 4x)2

Xét

5x 12

4
14x21

5=
4x2

+y21
5=4x

(đpcm)

Câu 5. Dành cho hs trờng Tiên Lữ.

(

1+1
a

)(

1
b

)

9

a+1

a .
b+1

b 9

ab+a+b+19 ab

a+b+18 ab28 ab
a+b24 ab

a −b¿2≥0
⇔1≥4 ab⇔¿

A=(x+y)(x −xy+y)+xy
A=x −xy+y+xy

A=x2+y2

Thay y = 1 – x vào A đợc:

1− x¿2+2(x2− x)+1
A=x2

+¿

A=2

(

x −1
2

)

+1
2≥

1
2

Suy ra Min A = 1/2 khi x = 1/2 ;
Vµ y = 1/2

⇔

(

m2

4 −mn+n

)

(

m

4 −mp+p

)

(

m

4 −mq+q

)

(

m

4 − m+1

)

≥0

⇔

(

m

2 − n

)

(

m
2 − p

)

(

m
2− q

)

(

m
2 −1

)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

DÊu b»ng x¶y ra khi

{

m

2 −n=0
m

2 − p=0
m

2 −q=0
m

2 −1=0

⇔

{

n=m

2
p=m

2
q=m
2
m=2

⇔

{

n=m=p=q=2 1

Giải: Dùng bất đẳng thức Bunhiacopski
Cách 1: Xét cặp số (1,1,1) và (a,b,c) ta có

(

+12+12

)

(a2+b2+c2)≥(1 .a+1.b+1 .c)2

⇒ 3

(

a2+b2+c2

)

≥ a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)

⇒ a2+b2+c2ab+bc+ac Điều phải chứng minh Dấu bằng x¶y ra khi a=b=c

ĐỀ HỌC SINH GIỎI

Năm học :2011-2012

Mơn :Toán -Lớp 8

Thời gian :120 phút

Bài 1:

(2,0 điểm)

Cho a,b là bình phương của hai số nghuyên lẻ liên tiếp

Chứng minh rằng: ab-a-b

+1 chia hết cho 48

Bài 2:

(1,5 điểm)

Cho biểu thức :

2 2 2

6 1 6 1 36

6 6 12 12

x x x

A

x x x x x

  

 

  

  

 

a.Tìm TX Đ của A

b.Rút gọn A

Bài 3:

(1,0 điểm)

Chứng minh bất đẳng thức :

x2y2 xy x y   1

Bài 4:

(1,0 điểm)

Chứng tỏ rằng không có giá trị nào của x thoả mãn bất đẳng thức sau

5 0
2 2

x x


 

 

Bài 5

(3,5 điểm)

Cho hình chữ nhật ABCD,điểm P thuộc đường chéo BD (P khác B và

D),Gọi M là điểm đối xứng của C qua P

a.Chứng minh AM song song với BD

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

c.Chứng minh tỉ số độ dài hai đoạn thẳng MF và FA khơng phụ thuộc

vào vị trí của P

Bài 6

(1,0 điểm)

Giải phương trình:

5 15 2002 2012

2012 2002 15 5

x x x x

  

Đáp án

Bài 1:

Ta có ab-a-b

+1 =(a-1)(b-1)

Vì a,b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp nên

a(2n1) ;2 b(2n3)2

với

nZ

2 2

ab-a-b +1 =(a-1)(b-1)= (2 1) 1 (2 3) 1
(4 4 )(4 12 8)

16 ( 1) ( 2)

n n

n n n n

n n n

       

   

   

  

Vì

16 (n n1) (2 n2) 16

và

n n( 1)(n2) 3  16 (n n1) (2 n2) 3

mà ƯCLN (3;16)=1

Suy ra

16 (n n1) (2 n2) 48 hay ab a b  1 48

Bài 2

:

a. ĐKX Đ:

x0;x6;x6

b. Rút gọn

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

6 1 6 1 36

6 6 12 12

(6 1)( 6) (6 1)( 6) 36
.

( 36) 12( 1)

6 37 6 6 37 6 36

( 36) 12( 1)

12( 1) 36 1

( 36) 12( 1)

x x x

A

x x x x x

x x x

x x x x x

x x x

x x

x x x x

  

 

  

  

 

     



 

     



 

 

 

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Vậy A=

x

Với

x0;x6;x6

Bài 3:

2 2 2 2

2 2

2 2 2 2

2 2 2

1 2( ) 2( 1)

2 2 2 2 2 2

( 2 ) ( 2 1) ( 2 1) 0

( ) ( 1) ( 1) 0

x y xy x y x y xy x y

x y xy x y

x xy y x x y y

x y x y

          

     

         

      

Ta có :

(x y )2(x1)2(y1)2 0

luôn đúng

Dấu " =" xảy ra khi x=y=1

Bài 4

:

Ta có

2 2

4 4

5 5

2 2 ( 1) 1

x x x

 

  

   

vì

2 2

4 4

( 1) 1 1 0 0 5 0

( 1) 1 ( 1) 1
x

x x

 

        

   

Vậy khơng có giá trị nào của x thoả mãn bất đẳng thức sau

2
4

5 0
2 2

x x


 

 

Bài 5:

a.Ta có O là trung điểm của AC ( ABCD là hình chữ nhật)

P là trung điểm của CM ( vì M đối xứng với C qua P)

Nên OP là đường trung bình của tam giác ACM nên OP//AM

Suy ra AM//BD

b. Vì OP là đường trung bình của tam giác ACM nên OP//AM và OP=1/2 AM

Do đó OP//AI và OP=AI nên tứ giác AIPOlà hình bình hành

Suy ra : PI//AC (1)

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>



Suy ra : Tam giác AKM cân nên E là trung điểm của KM do đó EI là

đường trung bình của tam giác AMK



EI//OA nên EI//AC (2)

Ta lại có E,I,F thẳng hàng (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra E,F,P thẳng hàng

c.Ta xét hai tam giác vuông ABD và FAM có



BAD=



AFM=1v



BDA=



AFM ( Cùng bằng



EAM)

 

ABD



FAM

Suy ra

MF AD

FA AB

(không đổi) .Vậy tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng

khơng phụ thuộc vào vị trí của P

Bài 6:

Ta có :

5 15 2002 2012

2012 2002 15 5

x x x x

  

2017 2017 2017 2017

2012 2002 15 5

1 1 1 1

( 2017)( ) 0

2012 15 2002 5

x x x x

x

   

   

     

Vì :

1 1 1 1

0 ; 0

2012 15  2002 5 

nên

1 1 1 1

( ) 0

2012 15 2002 5   

Suy ra x-2017=0



x=2017 Vậy nghiệm của PT là x=2017

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 -2012

Mơn :

TỐN 8

Thời gian làm bài : 120 phút

Bài 1:

Tìm

n

N để A =

11n

+12n2+12n+20

n2+1

có giá trị nguyên.

Bài 2:

Giải các phương trình :

a)

x+1¿

+1
x+1¿4−26¿
25¿

= 0

b)

x2+|x −1|=|x|

Bài 3:

a) Cho a > 0; b > 0 và a + b = 1. Chứng minh rằng :

1

4

1 1 3

a



b





b) Với các số không âm

a, b, c

, chứng minh rằng:





2 2 2 2 2 2

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

c) Tìm x, y, z biết : 10x

+ y

+ 4z

+ 6x – 4y – 4xz + 5 = 0

Bài 4:

Cho tam giác ABC có Â =

1200

,

B❑^

=

400

; kẻ các phân giác trong AD,

BE (

D BC

; E

AC).

a) Chứng minh rằng :

1 1 1

AB AC AD

b) Cho AB = m; AC = n; diện tích tam giác ABC là S. Tính diện tích tam giác

ABE theo m,n, S

Bài 5:

Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Phân giác góc AMB cắt AB tại E, phân

giác góc AMC cắt AC tại F.

a) Chứng minh : EF // BC.

b) Cho BC = 20 cm, AM = 10 cm . Tính EF.

………Hết ……….

Bài 1(2đ) a) Gọi a-1, a, a+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp ( a N ;a>0¿

M= (a 1)3a3(a1)3 3a36a
= 3a(a−1)(a+1)+9a

(a −1)a(a+1) là tích 3 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 3

Vậy M chia hết cho 9

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
b) 11n

+12n2+12n+20
n2

+1 =

11n+12+ n+8

n2+1 (n∈N)

A nguyên khi n+8⋮n2+1 và n+8 n2+1

n(n−1)≤7 hay n=0;1 :2;3

Thử lại và chọn n=0;2

0,25 đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài

2(2,5đ) a) x+1¿

+1
x+1¿4−26¿
25¿

= 25X4−25X2− X2

= 25X2[X2−1]−(X2−1) với X=x+1

= (X+1)(X −1)(25X2−1)

= (X+1)(X −1)(5X −1)(5X+1)

x(x+2)(5x+4)(5x+6) = 0

Suy ra 4 nghiệm 0; -2 ; −4
5 ; −

6
5

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
b) x2

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

x<0⇒x2− x+1=− x Vô nghiệm

0≤ x<1⇒x2− x+1=x Suy ra x=1 (loại)

x ≥1⇒x2+x −1=x Suy ra x=−1 ( loại), x=1 ( chọn)

Kết luận

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

Bài 3(2đ)

1 1 4 3( 1 1) 4( 1)( 1)

1 1 3 a b a b

a b        

 9 4( ab a b  1) ( do a+b=1 )



9 4



ab

  

8 1 4

ab



(

a b



)



4 ab

a −b¿

≥0

⇔¿ đúng với mọi a,b

0,25đ
0,25đ

b) P=

4x+3
x2+1 =

2 2

4 4 4 4 1

x x x

x

   



2 2

4( 1) (4 4 1)
1

x x x

x

   

 =

2x −1¿2
¿
¿
4−¿

P 4 nên Pmax = 4 khi x=12

0,25đ
0,5đ
0,25đ

Bài 4(2đ) a) Vẽ DK // AB , K AC ,

Chứng minh ADK đều => AD = AK = DK .

ABC có DK // AB suy ra DK

AB=
CK

AC ( Ta let )

=> ADAB =AC−AK

=> 1

AB=

AC−AD

AD . AC suy ra điều chứng minh

b) Tam giác ABE và tam giác ACB đồng dạng (gg)
Suy ra SABE

SABC

=AB

AC2

Thay giá trị suy ra SABE

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

Bài 5 
(1,5đ)

Hình vẽ

a. Chứng minh EA

EB =
MA

MB ( tính chất đường phân giác tam giác AMB)

Chứng minh FA

FC=
MA

MC ( tính chất đường phân giác tam giác AMC)

MB= MC ( gt) , suy ra EAEB =FA
FC

Suy ra EF // BC ( Định lí ta let đảo)
b. Chứng minh tam giác ABC vuông tại A

Chứng minh AEMF là hình chữ nhật
Suy ra được EF =AM=10 cm

0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25
0,25đ

0,25

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2 2 2 2 2

2 a b

b c

ab c

b c

c a

abc

c a

a b

a bc













Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên, ta được:













2 2 2 2 2 2

2 a b

b a

c a

2 abc a b c

a b

b c

c a

abc a b c





 







 

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi:

ab bc

bc ca

a b c

ca ab











 









10x2 + y2 + 4z2 + 6x – 4y – 4xz + 5 = 0

9x2 + 6x + 1+ y2– 4y + 4+ 4z2 – 4xz + x2 = 0

(3x + 1)2 + (y – 2)2 + (2z– x)2 = 0 (0,25 điểm)

Do đó : 3x + 1 = 0 và y – 2 = 0 và 2z – x = 0 (0,25 điểm)

⇔ x = −1

3 ; y = 2; z = −

6 (0,25 điểm)

đề học sinh giỏi

Mơn Tốn lớp 8

Thêi gian

: 120 phót

Câu1.

a. Phân tích các đa thức sau ra thừa số:

*

x



4

*



x



2 x

 



3 x

 



4 x

 



5 



24 b. Giải phương trình:

4 2

x



30x



31x



30 

0 c. Cho

a

b

c

1 b



c



c



a



a



b



. Chứng minh rằng:

2 2 2

a

b

c

0 b



c



c



a



a



b



Câu2.

Cho biểu thức:

2
2

x

2

1

10 x

A

: x

2 x

4

2 x

2 































 



a. Rút gọn biểu thức A.

b. Tính giá trị của A , Biết

|

x

|

=

1

2 .

c. Tìm giá trị của x để A < 0.

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu 3. 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.

a. Cho 3 số dương a, b, c có tổng bằng 1. Chứng minh rằng:

1

9 a



b



c



b. Cho a, b dương và

a

2000

+ b

2000

= a

2001

+ b

2001

= a

2002

+ b

2002

Tinh: a

2011

+ b

2011

Phòng gD&ĐT hiệp hòa bắc giang dơng mạnh hùng 
 Trờng THCS Đức Thắng

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Câu Đáp án Điểm

Câu 1

(3 điểm)

a.

x

+ 4 = x

+ 4x

+ 4 - 4x

= (x

+ 4x

+ 4) - (2x)

= (x

+ 2 + 2x)(x

+ 2 - 2x)

( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24

= (x

+ 7x

+ 11 - 1)( x

+ 7x + 11 + 1) - 24

= [(x

+ 7x

+ 11)

- 1] - 24

= (x

+ 7x

+ 11)

- 5

= (x

+ 7x

+ 6)( x

+ 7x

+ 16)

= (x + 1)(x + 6) )( x

+ 7x

+ 16)

(1 điểm)

b.

4 2

x



30x



31x



30 

0 <=>







 



x



x



1 x



5 x



6 

0 (*)

Vì x

- x + 1 = (x -

1

2 )

+

3

4 > 0



x



(*) <=> (x - 5)(x + 6) = 0



x

5

0 x

5 x

6

0 x

6 



















(1 điểm)

c.

Nhân cả 2 vế của:

a

b

c

1 b



c



c



a



a



b



</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Câu 2

(3 điểm)

Biểu thức:

2
2

x

2

1

10 x

A

: x

2 x

4

2 x

2 































 



a.

Rút gọn được kq:

1 A

x

2 





(1 điểm)

b.

1 x

2 

x

1

2 



hoặc

1 x

2 



4 A

3 



hoặc

4 A

5 

(0.5 điểm)

c.

A

 

0 x



2 (0.5 điểm)

d.





1 A

Z

Z ...

x

1;3

x

2 













(1 điểm)

Câu 3

(3 điểm)

HV + GT + KL

(0.5 điểm)

a.

Chứng minh:

AE



FM



DF





AED



DFC



đpcm

(1 điểm)

b.

DE, BF, CM là ba đường cao của



EFC



đpcm

(1 điểm)

c.

Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi

ME

MF

a







không đổi

AEMF

S

ME.MF





lớn nhất



ME



MF

(AEMF là

hình vng)

M



là trung điểm của BD.

(0.5 điểm)

Câu 4:

(1 điểm)

a.

Từ: a + b + c = 1



1 b

c

1 a

c

1 b

1 a

b

1 c



 





 







 







</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8

1 a

b

a

c

b

c

3 a

b

c

b

a

c

a

c

b

3

2

9 















 



































 





Dấu bằng xảy ra



a = b = c =

1

3 b.

(a

2001

+ b

2001

).(a+ b) - (a

2000

+ b

2000

).ab = a

2002

+ b

2002



(a+ b) – ab = 1



(a – 1).(b – 1) = 0



a = 1 hoặc b = 1

Vì a = 1 => b

2000

= b

2001

=> b = 1; hoặc b = 0 (loại)

Vì b = 1 => a

2000

= a

2001

=> a = 1; hoặc a = 0 (loại)

Vậy a = 1; b = 1 => a

2011

+ b

2011

= 2

(0.5im)

S 8
 bi:

Bài 1( 6 điểm): Cho biÓu thøc:

P =

2 2 2

2

3

2

8

3 21 2

8 :

1

4

12 5 13

2 20 2

1

4

3 x





























a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi

1
2

x 

c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.

d) Tìm x để P > 0.

Bài 2(3 điểm):Giải phơng trình:

a)

15

1 1 12

3

4

3 x



























b)

148

169

186

199

10

25

23

21

19 x







c)

x



2 

3 

5 Bµi 3( 2 điểm): Giải bài toán bằng cách lập phơng trình:

Mt ngời đi xe gắn máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu ngời ấy tăng vận

tốc thêm 5 km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB và vận tốc d

nh i ca ngi ú.

Bài 4 (7 điểm):

Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đờng chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng

của điểm C qua P.

a) Tứ giác AMDB là hình gì?

b) Gọi E và F lần lợt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. 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 không phụ thuộc vào

vị trí của điểm P.

d) Giả sử CP

BD vµ CP = 2,4 cm,

9
16

PD

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Bµi 5(2 ®iĨm):

a) Chøng minh r»ng: 2009

2011

+ 2011

2012

chia hÕt cho 2010

b) Cho x, y là các số lớn hơn hoặc b»ng 1. Chøng minh r»ng:

2 2

1

2

1 

x



1 

y



1 

xy

Đ

¸p ¸n và biểu điểm

Bài 1

: Phân tích:

4x

– 12x + 5 = (2x – 1)(2x – 5)

13x – 2x

– 20 = (x – 4)(5 – 2x)

21 + 2x – 8x

= (3 + 2x)(7 – 4x)

4x

+ 4x – 3 = (2x -1)(2x + 3) 0,5đ

Điều kiện:

1

5

3

7 ;

4

2

4 x



x



x





x



x



0,5®

a) Rót gän P =

2

3

2

5 x



2đ

1
2

x

1

2 x

hoặc

1

2 x

1

2 x





... P =

1

2

1

2 x







...P =

2

3

1®

c) P =

2

3

2

5 x



=

2

1

5 x





Ta cã:

1 

Z

VËy P



Z

khi

2

5 Z

x







x – 5



¦

(2)

Mà Ư(2) = { -2; -1; 1; 2}

x – 5 = -2



x = 3 (TM§K)
x – 5 = -1



x = 4 (KTM§K)
x – 5 = 1



x = 6 (TM§K)
x – 5 = 2



x = 7 (TM§K)

KL: x



{3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên. 1®

d) P =

2

3

2

5 x



=

2

1

5 x





0,25®

Ta có: 1 > 0

Để P > 0 thì

2

5 x

> 0



x – 5 > 0



x > 5 0,5đ

Với x > 5 thì P > 0. 0,25

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

15

1 1 12

3

4

3 x





























 







15

1 1 12

4

1 4 3

1 x





























§K:

x



4;

x



1 

3.15x – 3(x + 4)(x – 1) = 3. 12(x -1) + 12(x + 4)

...



3x.(x + 4) = 0



3x = 0 hc x + 4 = 0

+) 3x = 0 => x = 0 (TM§K)
+) x + 4 = 0 => x = -4 (KTM§K)

S = { 0} 1®

148

169

186

199

10

25

23

21

19 x









148

169

186

199

1

2

3

4

0

25

23

21

19 x





































































(123 – x)

1 25 23 21 19















= 0

1 25 23 21 19















> 0

Nªn 123 – x = 0 => x = 123

S = {123} 1®
c)

2

3

5 x







Ta cã:

x



2  

0 x



2 3



> 0
nªn

2

3

2

3 x







x





PT đợc viết dới dạng:

x



2 3 5

 



x



2

= 5 – 3



x



2

= 2

+) x - 2 = 2 => x = 4

+) x - 2 = -2 => x = 0

S = {0;4} 1đ

Bài 3(2 đ)

Gi khong cỏch giữa A và B là x (km) (x > 0) 0,25đ

Vận tốc dự định của ngời đ xe gắn máy là:

3 (

/ )

1 10

3 x

km h



(3

20

’

=

 

1

3

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

VËn tèc cña ngời đi xe gắn máy khi tăng lên 5 km/h lµ:





3

5 /

10 x

km h



0,25đ

Theo đề bài ta có phơng trình:

3 5 .3

10 x

















0,5®



x =150 0,5®

Vậy khoảng cách giữa A và B là 150 (km) 0,25đ

Vận tốc dự định là:





3.150

45 /

10 km h

Bài 4(7đ

)

V hỡnh, ghi GT, KL đúng 0,5đ

a) Gäi O lµ giao điểm 2 đ

ờng chéo của hình chữ nhật ABCD.

PO là đ

ờng trung bình của tsm giác CAM.

AM//PO

tứ giác AMDB là hình thang. 1®

b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị)

Tam giác AOB cân ở O nờn gúc OBA = gúc OAB

Gọi I là giao điểm 2 đ

ờng chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân ở I

nên góc IAE = góc IEA.

Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1) 1đ

Mặt khác IP là đ

ư

ờng trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2)

Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng. 1đ

c)



MAF





DBA g g







nên

MF AD

FA AB

không đổi. (1đ)

d) NÕu

9
16
PD

PB 

th×

9

16 9 ,

16 PD

PB

k

PD

k PB

k



 



NÕu

CPBD

th×





CP

PB

CBD

DCP g

g

PD

CP













1đ

do đó CP

= PB.PD

hay (2,4)

= 9.16 k

=> k = 0,2

PD = 9k = 1,8(cm)

PB = 16k = 3,2 (cm) 0,5d

BD = 5 (cm)

C/m BC

= BP.BD = 16 0,5®

do đó BC = 4 (cm)

CD = 3 (cm) 0,5đ

Bài 5:

A B

C
D

I
E

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

a) Ta cã: 2009

2008

+ 2011

2010

= (2009

2008

+ 1) + ( 2011

2010

– 1)

V× 2009

2008

+ 1 = (2009 + 1)(2009

2007

- ...)

= 2010.(...) chia hÕt cho 2010 (1)

2011

2010

- 1 = ( 2011 – 1)(2011

2009

+ ...)

= 2010.( ...) chia hÕt cho 2010 (2) 1®

Từ (1) và (2) ta có đpcm.

b)

2 2

1

2

1 

x



1 

y



1 

xy

(1)



























 





 







 

2 2

1

0

1

0

1 0 2

1 x

xy

y

xy

x y x

y x y

x

xy

y

xy

y x

xy

x

y

xy























































V×

x



1;

y



1 =>

xy



1 =>

xy

 

1 0

=> BĐT (2) đúng => BĐT (1) đúng (dấu ‘’=’’ xảy ra khi x = y) 1đ

ĐỀ

S

Ố

7

Bài 1 (

4 điểm

)

Cho biểu thức A =

(

1− x3
1− x − x

)

1− x2

1− x − x2

+x3

với x khác -1 và 1.

a, Rút gọn biểu thức A.

b, Tính giá trị của biểu thức A tại x

¿−12
3

.

c, Tìm giá trị của x để A < 0.

Bài 2 (

3 điểm

)

Cho

















2 2 2 2 2 2

a b





b c





c a





4. a



b



c



ab ac bc



.

Chứng minh rằng

a=b=c

.

Bài 3 (

3 điểm

)

Giải bài tốn bằng cách lập phương 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 được phân số nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số đó.

Bài 4 (

2 điểm

)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

a4−2a3

+3a2−4a+5

.

Bài 5 (3

điểm

)

Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 60

, 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.

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Bài 6 (5

điểm

)

Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng

qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.

a, Chứng minh rằng OM = ON.

b, Chứng minh rằng

AB1 + 1
CD=

2
MN

.

c, Biết S

AOB

= 2008

(đơn vị diện tích); S

COD

= 2009

(đơn vị diện tích). Tính S

ABCD

.

Đáp án

Bài 1(

4 điểm

)

a, ( 2 điểm )

Với x khác -1 và 1 thì :

A=

1− x13− x− x+x2: (1− x)(1+x)

(1+x)(1− x+x2)− x(1+x)

0,5đ

=

(1− x)(1+x+x

− x)
1− x :

(1− x)(1+x)
(1+x)(1−2x+x2)

0,5đ

=

(1+x2): 1

(1− x)

0,5đ

=

(1+x2)(1− x)

0,5đ

b, (1 điểm)

Tại x =

−12

=

−
5

thì A =

−5
3¿

1+¿−

[

1−(−5
3)

]

0,25đ

=

5
1
)(
9
25
1

(  

0,25đ

¿34
9 .

8
3=

272
27 =10

0,5đ

c, (1điểm)

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

(1+x2)(1− x)<0

(1)

0,25đ

Vì

1+x2>0

với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi

1− x<0 ⇔x>1

KL

0,5đ

0,25đ

Bài 2 (3 điểm)

Biến đổi đẳng thức để được

2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 4 4

a b  ab b c  bc c a  ac a  b  c  ab ac bc

0,5đ

Biến đổi để có

(a2+b2−2ac)+(b2+c2−2 bc)+(a2+c2−2 ac)=0

0,5đ

Biến đổi để có

a − c¿2=0
b −c¿2+¿

a− b¿2+¿
¿

(*)

0,5đ

Vì

a −b¿2≥0

;

b − c¿

≥0

;

a − c¿

≥0

; với mọi a, b, c

nên (*) xảy ra khi và chỉ khi

a −b¿2=0

;

b − c

¿2=0

và

a − c

¿2=0

;

0,5đ

Từ đó suy ra a = b = c

0,5đ

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Gọi tử số của phân số cần tìm là x thì mẫu số của phân số cần tìm là x+11.

Phân số cần tìm là

x x

+11

(x là số nguyên khác -11)

0,5đ

Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số 4 đơn vị ta được phân số

xx −+157

(x khác -15)

0,5đ

Theo bài ra ta có phương trình

x x
+11

=

x+15

x −7

0,5đ

Giải phương trình và tìm được x= -5 (thoả mãn)

1đ

Từ đó tìm được phân số

−5

0,5đ

Bài 4 (2 điểm)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

a4−2a3

+3a2−4a+5

.

Biến đổi để có A=

a2(a2+2)−2a(a2+2)+(a2+2)+3

0,5đ

=

(a2 a −1¿2+3

+2)(a2−2a+1)+3=(a2+2)¿

0,5đ

Vì

a2+2>0 ∀a

và

a −1¿

2≥0∀a

nên

a −1¿2≥0∀a

(a2+2)¿

do đó

a −1¿2+3≥3∀a
(a2+2)¿

0,5đ

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

a −1=0 ⇔a=1

0,25đ

KL

0,25đ

Bài 5 (3 điểm)

a,(1 điểm)

Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang

0,5đ

Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân

0,5đ

b,(2điểm)

Tính được AD =

√

3 cm

; BD = 2AD =

√

3 cm

AM =

12BD=¿ 4

√

3 cm

0,5đ

Tính được NI = AM =

√

3
3 cm

0,5đ

DC = BD =

√

3 cm

, MN =

2DC=¿

√

3
3 cm

0,5đ

N

I
M

D C

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

Tính được AI =

√

3
3 cm

0,5đ

Bài 6 (5 điểm)

a, (1,5 điểm)

Lập luận để có

OMAB =OD
BD

,

ON
AB=

0,5đ

Lập luận để có

ODDB=OC

0,5đ

⇒ OMAB =ON

AB ⇒

OM = ON

0,5đ

b, (1,5 điểm)

Xét

ΔABD

để có

OMAB =DM

(1), xét

ΔADC

để có

OM
DC =

(2)

Từ (1) và (2)

⇒

OM.(

AB1 + 1

)

AM+DM

AD =

AD
AD=1

0,5đ

Chứng minh tương tự ON.

( 1
AB+

CD)=1

0,5đ

từ đó có (OM + ON).

( 1
AB+

CD)=2 ⇒
1
AB+

1
CD=

0,5đ

b, (2 điểm)

SAOB

SAOD

=OB
OD

,

SBOC

SDOC

=OB

OD ⇒

SAOB

SAOD

=¿ SBOC

SDOC

⇒
SAOB.SDOC=SBOC.SAOD

0,5đ

Chứng minh được

SAOD=SBOC

0,5đ

⇒ SAOD¿2

SAOB.SDOC=¿

Thay số để có 2008

.2009

= (S

AOD

)

2 ⇒

S

AOD

= 2008.2009

0,5đ

Do đó S

ABCD

= 2008

+ 2.2008.2009 + 2009

= (2008 + 2009)

= 4017

(đơn vị DT)

0,5đ

Bài 6 (5 điểm)

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

a, Chứng minh rằng OM = ON.

b, Chứng minh rằng 1

AB+
1
CD=

2
MN .

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

Đề 11
Câu 1 Cho P = −2x

2−2

x4+2x3+6x2+2x+5

a.Rót gän P

b.CMR: P < 0 víi mäi x.

O N

M

D C

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

Câu 2 a. Tìm đa thức P(x) biÕt: P(x) chia cho x - 1 d -3, P(x) chia cho x + 1 d 3, P(x) chia cho x2 –

1 đợc thơng là 2x và còn d bao nhiêu?
b. Giải phơng trình:

(

x2+5

) (

x2+4

)

(

x2+4

) (

x2+3

)

2 2

(x 3)(x 2)+

(

x2+2

) (

x2+1

)

= -1

Câu 3. Giải bài toán sau bằng cách lập phơng trình:

Hai i cụng nhân cùng làm một cơng việc thì hồn thành cơng việc đó trong 24 h.Nếu đội thứ
nhất làm trong 10 h, đội thứ hai làm trong 15 h thì cả hai đội làm đợc 12

C©u 4 . Cho tam giác ABC, hai trung tuyến AK và CL cắt nhau tại 0.Từ P bất kì trên cạnh AC, vẽ
PE // AK, PF//CL (E thuéc BC, F thuéc AB), các trung tuyến AK, CL cắt đoạn thẳng EF theo thứ
tự tại M, N.

CMR: FM = MN = NE

Câu 5.a.Giải bất phơng trình:

1 2

x x

b.CMR: với a là sè tuú ý, ta cã:

(a – 1)(a – 3)(a 4)(a 6) + 9 0
Câu 6.a,Giải phơng tr×nh:

(x + y)2 = (x + 1)(y – 1)

b,Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

CMR : 6

a b c

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

Đáp án Đề 2

Câu 1. a, P = −2x

−2
x4+2x3+6x2+2x+5



 



2 2

2(

1)

2

5

1

2

5 x









b, x2 + 2x + 5 = (x +1)2 + 4 > 0 với mọi x  P xác định với mọi x.

P =





2
2

1 4

x




  x

P(x) = B(x)(x + 1) + 3  P(-1) = 3.

P(x) = (x2 – 1).2x + ax + b.

Suy ra:



a + b = -3 - a+ b = 3 



a = -3
b = 0

Vậy P(x) chia cho x2 – 1 đợc 2x d -3x.

 P(x) = (x2 – 1).2x – 3x = 2x3 – 5x.

b, 2 2 2 2 2 2 2 2

1

4

5

3

4

2

3

1

2 x























 



2 2 2 2

1

4

1

5

1

5 x





 





 4 = -x4 – 6x2 – 5  x4 + 6x + 9 = 0

 (x2 + 3)2 = 0 Phơng trình vô ngiệm vì VT > 0  x R.

Câu 3. Gọi thời gian đội I làm một mình xong cơng việc là x (h) (x > 24).

1h đội I làm đợc

x (c«ng viƯc)

1h đội II làm đợc

1 1

24 x ( công việc)

Ta có phơng trình:

10 1 1 1

24 2

x x

 

   

 

Gi¶i ra x = 40 (tho¶ m·n).

Vậy thời gian đội I cần là 40h,đội II cần trong 60h để một mình xong cơng việc.
Câu 4.

AK// PE

FM FQ
EF FP

 

CL //FP

FQ FP
LO CL

 

( cïng =

AF
AL )

1 1 1

3 3 3

FQ LO FM

FM EF

FP CL EF

      

Chøng minh t¬ng tù cã:

1

3 EN



EF



MN



EF

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Câu 5.Dành cho học sinh không học trờng Tiên Lữ.
a, Lập bảng xét dấu giải ra đợc :x >

1

2

b, Cã (a – 1)(a – 3)(a – 4)(a – 6) + 9

=(a2 – 7a + 6)(a2 7a + 12) + 9. Đặt a2 – 7a + 9 = y

=(y – 3)(y + 3) + 9 = y2 0 với mọi y (đpcm)

Câu 5.Dành cho học sinh trờng Tiên Lữ.
a,Đặt x + 1 = a, y 1 = b.

Phơng trình trở thành:(a + b)2 = ab.

 a2 + b2 + ab = 0

 2a2 +2b2 +2ab = 0

 (a + b)2 + a2 + b2 = 0

 a = b = 0  x = -1, y = 1.

b,Đặt b + c a = x, c + a – b = y, a + b – c = z.
Suy ra 2a = y + z, 2b = x + z, 2c = x + y.



2 a

2 b

2 c

y z

x z

x y

b c a a c b a b c

x

y

z







 

6 y

x

y

z

x

z

x

y

z

y

z

x





































(đpcm)

Đề THI CHo H

C SINH GI

I TO

N

năm häc 2011 - 2012

M«n: Toán

-

lớp 8

(

Thời gian làm bài 120 phút

)

...

Bài 1:(4 ®iĨm) Cho biểu thức: M =

[

x

x3−4x+
6
6−3x+

x+2

]

(

x −2+
10− x2

x+2

)

a. Rút gọn M

b.Tìm x nguyênđể M đạt giá lớn nhất.

Bài 2:(3 ®iÓm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2

a. Phân tích biểu thức A thành nhân tử.

b. Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.

Bài 3:(3 ®iĨm)

a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:
A = x2 + 2y2 – 2xy - 4y + 2014

b. Cho các số x,y,z thỏa mãn đồng thời:

x + y + z = 1: x2+ y2+ z2= 1 và x3+ y3+ z3= 1.
Tính tổng: S = x2009+y2010+ z2011

Bµi 4:(3 điểm)

a. Giải phơng trình: 1

x2

+9x+20 +

x2

+11x+30 +

1
x2

+13x+42 =
1
18

b. Giải phơng trình với nghiệm là số nguyên:
x( x2 + x + 1) = 4y( y + 1).

Bài 5:(7 ®iĨm)

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

a. TÝnh tæng :

HD HE HF
AD BE CF

b. Chøng minh : BH.BE + CH.CF = BC2

c. Chứng minh : H cách đều ba cạnh tam giác DEF.

d. Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN.
Chứng minh đờng trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định.
...Hết...

Phòng GD & ĐT Phỳc Th

Trng THCS Hip Thun

Đề THI CH

năm học 2010 - 2011

N H

C SINH GI

I TO

N

Hớng dẫn chấm môn toán 8

Bài Nội dung Điểm

1 a

[

x2
x34x+

6
63x+

x+2

]

[

x2

x(x 2)(x+2)
6
3(x 2)+

1
x+2

]

2( 2) ( 2)
( 2)( 2)

x x x

x x

   

 

6
(x 2)(x 2)



 

(

x −2+10− x

x+2

)

2
( 2)( 2) (10 )

x x x

x

   



6
2
x
 M = −6

(x −2)(x+2).
x+2

6 =
1
2− x

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

+ Nếu x  2 thì M 0 nên M khơng đạt GTLN.

+ Vậy x 2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dơng, nên M muốn đạt
GTLN thì Mẫu là (2 – x) phải là GTNN,

Mà (2 – x) là số nguyên dơng  2 – x = 1  x = 1.
Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1.

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

2 a A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)

2 2
(b c) a

   

  (b c )2 a2

= (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a)

0,5
0,5
0,5

b Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác) 
T¬ng tù: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0

Vậy A< 0

0,5
0,5
0,5

3 a A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010

Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0

Nên:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010 2010

Dấu ''='' x¶y ra ⇔ x – y = 0 và y – 2 = 0 ⇔ x = y = 2.

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

Vậy GTNN của A là 2010 t¹i x = y =2
b

Ta có: (x + y + z)3= x3+ y3+ z3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)
kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0

 Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0

Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1  z = 1, l¹i kết hợp với

đ/k: x2+ y2+ z2= 1  x = y = 0.

Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,

Nên tổng S ln có giá trị bằng 1.

0,5
0,5
0,5

4 a

Phơng trình đợc biến đổi thành: (Với ĐKXĐ:



x4; 5; 6; 7  



)

1 1 1

(x4)(x5) ( x5)(x6) ( x6)(x7) = 
1
18
 (

1 1

4 5

x  x ) + (

1 1

5 6

x  x ) + (

1 1

6 7

x  x ) = 
1
18


1 1

4 7

x  x = 
1

18  (x + 4)(x +7) = 54

 (x + 13)(x – 2) = 0  x = -13 hoặc x = 2 (Thỏa mÃn ĐKXĐ)

Vậy nghiệm của phơng trình là: S =

13; 2

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

+ Phng trỡnh c bin đổi thành: (x + 1)(x2+ 1) = (2y + 1)2
+ Ta chứng minh (x + 1) và (x2+ 1) nguyên tố cùng nhau !

Vì nếu d = UCLN (x+1, x2+ 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)


2
1

1
x d

x d









 

2
2 1

1
x x d

x d

 




 








1
1
x d
x d










  2d mà d lẻ nên d = 1.

+ Nờn mun (x + 1)(x2+ 1) là số chính phơng
Thì (x+1) và (x2+ 1) đều phải là số chớnh phng

Đặt:

2 2

2
1
1

x k

x t




  (k + x)(k – x) = 1

1
0
k
x








 hoặc

1
0
k
x

+ Với x = 0 thì (2y + 1)2= 1  y = 0 hc y = -1.(Thỏa mÃn pt)
Vậy nghiệm của phơng trình lµ: (x;y) =



(0;0), (0; 1)



</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

K
I

E
H

D
B

0,5

Tríc hÕt chøng minh:

HD
AD =

( )

( )
S HBC
S ABC

T¬ng tù cã:

( )
( )
HE S HCA
BE S ABC ;

( )
( )
HF S HAB
CF S ABC

Nªn

HD HE HF
AD BE CF =

( ) ( ) ( )

( )

S HBC S HCA S HAB
S ABC

 



HD HE HF
AD BE CF = 1

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

b Tríc hªt chøng minh BDHBEC 
 BH.BE = BD.BC

Vµ CDHCFB  CH.CF = CD.CB.

 BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC2 (®pcm)

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

Tríc hÕt chøng minh: AEF ABC  AEF ABC
Vµ CDECAB  CED CBA 

 AEF CED mµ EBAC nên EB là phân giác của góc DEF.
Tơng tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF vµ DFE.

Vậy H là giao điểm các đờng phân giác của tam giác DEF
nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)

0,5
0,5

0,5

d Gọi O là giao điểm của các đờng trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có

OMH = ONC (c.c.c)  OHM OCN .(1)

Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên:OHC OCH .(2)
Từ (1) và (2) ta có: OHC OHB HO là phân gi¸c cđa gãc BHC

Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên
O là điểm cố định.

Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O.

0,25
0,25
O,25
0,25

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

K
I

N
M

E
H

D
B

+ Hớng dẫn chấm này có 3 trang, chấm theo thang điểm 20.
+ Điểm tồn bài là tổng các điểm thành phần khơng làm trịn.
+ Bài số 5 phải có hình vẽ đúng mới chấm.

+ Mọi cách làm khác đúng cũng cho điểm tối đa tơng ứng với từng nội dung
của bài đó.

ĐỀ THI CHO HSG LỚP 8

Bài 1: Cho biểu thức M =

[

x

x3−4x+
6
6−3x+

x+2

]

(

x −2+

10− x2

x+2

)

a) Rút gọn M

b)Tính giá trị của M khi |x| = 12

Bài 2: Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2

a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.

b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.

Bài 3:

a)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau :
A = x2 - 2xy + 2y2 - 4y + 5

b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau :
B = 3(x+1)

x3+x2+x+1

Bài 4:

Cho hình bình hành ABCD . Với AB = a ; AD = b. Từ đỉnh A , kẻ một đường thẳng a bất kỳ cắt
đường chéo BD tại E, cắt cạnh BC tại F và cắt tia DC tại G.

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

b). Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG khơng đổi.

Bài 5:

Chứng minh rằng nếu x

2−yz

x(1−yz)=

y2−xz

y(1−xz) Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1.

Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

HD:
Bài 1:
a) Rút gọn M

[

x

x3−4x+

6
6−3x+

x+2

]

(

x −2+

10− x2

x+2

)

[

x2

x(x −2)(x+2)−
6
3(x −2)+

1
x+2

]

6
x+2

M = −6

(x −2)(x+2).
x+2

6 =
1
2− x

b)Tính giá trị của M khi |x| = 12

|x| = 1

2 ⇔ x =
1

2 hoặc x =
-1
2

Với x = 12 ta có : M =

1
2−1

1
3
2

= 32

Với x = - 12 ta có : M =

1
2+1

1
5
2

= 52
Bài 2a) Phân tích biểu thức A thành nhân tử.

Ta có : A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2)2 - (2bc)2 = ( b2 + c2 - a2-2bc)( b2 + c2 - a2+2bc) =

(b+c -a) (b+c+a) (b-c-a) (b-c+a)

b) Chứng minh rằng : Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0.
Ta có: (b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)

(b+c +a) >0 ( BĐT trong tam giác)
(b-c -a) <0 ( BĐT trong tam giác)
(b+c -a) >0 ( BĐT trong tam giác)
Vậy A< 0

Bài 3:
a)

Ta có : A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y +4 + 1

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

Do (x-y)2 0 ; (y - 2)2 0

Nên A= (x-y)2 + (y - 2)2 + 1 1

Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = y và y = 2

Vậy GTNN của A là 1 ⇔ x = y =2

b) B = 3(x+1)

x3+x2+x+1 =

3(x+1)

x2(x+1)+x+1 =

3(x+1)
(x2+1)(x+1) =

3
x2

Do x2 +1>0 nên B = 3

x2+1 3

Dấu ''='' xãy ra ⇔ x = 0

Vậy GTLN của B là 3 ⇔ x = 0

Bài 4:
a)

Do AB//CD nên ta có:
EA

EG=
EB
ED =

DG (1)

Do BF//AD nên ta có:
EF

EA=
EB
ED =

FB (2)

Từ (1) và (2) ⇒ EA

EG =
EF

EA Hay AE2 = EF. EG

b). Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích BF.DG khơng đổi.

Từ (1) và (2) ⇒ AB

DG=
FB

AD Hay BF.DG = AB.AD = ab (không đổi)

Bài 5:

Từ GT ⇒ (x2 -yz)y(1-xz) = x(1- yz)(y2 - xz) 
⇔ x2y- x3yz-y2z+xy2z2 = xy2 -x2z - xy3z +x2yz2
⇔ x2y- x3yz - y2z+ xy2z2 - xy2 +x2z + xy3z - x2yz2 = 0
⇔ xy(x-y) +xyz(yz +y2- xz - x2)+z(x2 - y2) = 0
⇔ xy(x-y) - xyz(x -y)(x + y +z)+z(x - y)(x+y) = 0

⇔ (x -y)

[

xy−xyz(x+y+z)+xz+yz

]

= 0

Do x - y 0 nên xy + xz + yz - xyz ( x + y + z) = 0
Hay xy + xz + yz = xyz ( x + y + z) (đpcm)

A B

</div>

tuyen tap cac de thi hsg toan 8

<b>Mơn: Tốn lớp 8</b>

<i>Thời gian làm bài: 150 phút</i>

<b>Câu 1: </b>

(2.0đ)Rút gọn biểu thức













<b>Câu 2: </b>

(2.0đ)Cho x; y là hai số khác nhau sao cho

<sub>; Tính</sub>

Giá trị của biểu thức

<b>Câu 3:</b>

(2.0đ)Cho

<sub>; Tính tích m.n</sub>

<b>Câu 4</b>

(3.0đ)

<b>: </b>

Cho biểu thức

a) Rút gọn P;

b) Tìm giá trị của P với

và

.

<b>Câu 5</b>

(6đ)

<b>: </b>

Cho điểm I di động trên đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ

AB vẽ các hình vng AICD; BIEF; gọi O và

<sub> lần lượt là giao điểm các đường chéo</sub>

của hai hình vng đó. Gọi K là giao điểm của AC và BE.

a) Tứ giác

<sub> là hình gì? Vì sao ?</sub>

b) Trung điểm M của

<sub> di động trên đường nào?</sub>

c) Xác định vị trí của điểm I để cho tứ giác

<sub> là hình vng.</sub>

<b>Câu 6</b>

(2.0đ)

<b>: </b>

Giải các phương trình nghiệm nguyên sau:

<b>Câu 7</b>

(3đ)

<b>: </b>

a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

<b>Mơn: Tốn lớp 8</b>

<b>I.Trắc nghiệm: </b>

<b>Câu</b>

<b>1</b>

<b>2</b>

<b>3</b>

<b>4</b>

<b>Đáp án</b>

D

A

D

C

<b>II. Tự luận: (</b>

5

(1,5đ)

a

ĐKXĐ:

0,25

0,5

b

<sub> </sub>

<sub> </sub>

Với x = 0 (loại)

Thay x = 1; y =

ta được P = 3;

Thay x = 1; y =

thì

0,25

0,25

0,25

6

<b>(</b>

2đ)