BỘ đề có đáp án CHI TIẾT HSG TOÁN 8

UBND HUYỆN …
PHÒNG GIAO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC CẤP THCS
NĂM HỌC …
Mơn thi: Tốn 8

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Câu 1 ( 4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
a ) A = x2 – x – 6

x + 2) ( x + 3) ( x + 4) ( x + 5) − 24
b) B = (
Câu 2 ( 5 điểm)
Giải các phương trình sau :
a) x3 + x2 – 4x – 4 = 0
x − 2001 x − 1967 x − 1911
+
+
=6
23
34
b) 12

Câu 3 (5điểm)
ab
bc
ca

+ 2
+ 2
2
2
2
2
2
2
a) Biết a + b + c = 0 Tính : B = a + b − c b + c − a c + a − b
2

1 1
4
+ ≥
b) Chứng minh bất đẳng thức : a b a + b , với a, b là các số dương
9
8
+ 2
2
Áp dụng tìm giá trị nhỏ nhất của M = xy x + y với x, y dương và x + y = 2

Câu 4 : (5 điểm)
Cho tam giác đều ABC , gọi M là trung điểm của BC . Một góc xMy bằng
600 quay quanh điểm M sao cho 2 cạnh Mx , My luôn cắt cạnh AB và AC lần lượt
tại D và E . Chứng minh :
BC2
a) BD.CE = 4

b) DM, EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED.
c) Chu vi tam giác ADE khơng đổi.

Câu 5: ( 1 điểm )
Cho hình vng ABCD . Dựng phía trong hình vng tam giác AFB cân tại
F có góc ở đáy là 150 . Chứng minh CDF là tam giác đều.
…..………….. Hết ……………….
Họ tên thí sinh ………………………………… số báo danh……
Lưu ý : Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm


PHÒNG GD – ĐT …

Câu Ý
a

1
b

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI OLYMPIC
NĂM HỌC …
MƠN THI : TỐN 8

Đáp án

Điểm

Ta có : A = x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2
= (x - 2)(x + 2) – (x + 2)
= (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3)
( 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)

1đ

x3 + x2 – 4x – 4 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 2)( x + 1) = 0
a

2
b

a

b

1đ
0,5 đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
1,0đ

x − 2 = 0
x = 2

⇔  x + 2 = 0 ⇔  x = −2
 x + 1 = 0
 x = −1

1,0đ

Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là S = {-1, -2; 2}

0,5đ

x − 2001 x − 1967 x − 1911
+
+
=6
12
23
34
x − 2001
x − 1967
x − 1911
⇔
−1+
−2+
−3= 0
12
23
34
x − 2013 x − 2013 x − 2013
⇔
+
+
=0
12

23
34
1
1 
1
⇔ ( x − 2013)  +
+ ÷= 0
 12 23 34 
⇔ x − 2013 = 0 ⇔ x = 2013

Từ a + b + c = 0 ⇒ a + b = - c ⇒ a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
ab
bc
ca
3
+
+
=−
2
⇒
B = − 2ab − 2bc − 2ca
1 1
4
a+b
4
+ ≥
−
≥0
* Ta có a b a + b (1) ⇔ ab a + b

(a + b) 2 − 4ab
( a − b) 2
≥0⇔
≥0
ab(a + b)
⇔ ab(a + b)
đúng với mọi a, b dương

Suy ra BĐT (1) đúng
Dấu “ =” xẩy ra khi a = b

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


3
*Áp dụng:
9
8
1
1
5

+ 2
8( 2
+
)+
2
2
Ta có M = xy x + y = x + y 2 xy xy
1
1
4
4
+
≥ 2
=
=1
2
2
2
2
x
+
y
2
xy
x
+
2
xy
+
y

(
x
+
y
)
Mặt khác
1
1
+
≥1
2
x +y
2 xy
( 1)
1
4
1
≥
=1
≥1
2
xy
(
x
+
y
)
xy
Và
hay

(2)
⇒
≥
Từ (1) và (2)
M 8.1 + 5.1 = 13 hay M ≥ 13
+ M = 13 khi (1) và (2) xẩy ra dấu “ = ” ⇔ a = b = 1
⇒

0,5đ

0,25đ

2

Vậy GTNN của M = 13 khi a = b = 1

0,25đ
0,25 đ
0,25đ

4
Hình vẽ
Trong tam giác BDM ta có :

¶ = 1200 − M
¶
D
1
1

¶
0
¶
0
¶
Vì M 2 = 60 nên ta có : M 3 = 120 − M 1

0,5

ả
ả
Suy ra: D1 = M 3

a

à à
0
Kt hp vi B = C (= 60 )

Suy ra: VBMD : VCEM ( g – g)
( 1)
BD CM
=
Suy ra BM CE , từ đó BD.CE = BM.CM
BC
BC2
Vì BM = CM = 2 , nên ta có BD.CE = 4
BD MD
=
Từ (1) suy ra CM EM mà BM = CM nên ta có :

b

BD MD
=
BM EM
à ả
Kt hp vi B = M 2 suy ra VBMD : VMED ( c –g – c)
¶ =D
¶
D

2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Từ đó suy ra 1
Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ


0,25đ

Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC

Ta chứng minh được: DH = DI, EI = EK
Chu vi tam giác ADE = AD +DE + EA = AD +( DI + IE) + AE
= ( AD + DH ) + ( AE + EK) = AH + AK = 2AH ( vì AH = AK)
Vậy chu vi tam giác ADE bằng 2AH khơng đổi
Câu
5

0,25đ
0,25
0,25

c©u 6: ( 2,5 ®’)
C

D

K
F

A

B

Lấy điểm K ở trong hình vng sao cho tam giác AKD cân tai K có
0,25đ
góc KDA bằng150
·

Suy ra : KAF = 60 (1) .
Ta có VDAK =VBAF (theo cách vẽ) nên

Từ (1) và (2) suy ra : VAKF đều .
0

AK = AF (2).

0,25đ

Khi đó VDAK =VDFK ( c.g.c) ⇒ AD = DF = DC ( 3)

0,25đ

Mặt khác : VADF =VBCF ( c.g.c) ⇒ DF = CF ( 4 )
Từ (3) và (4) suy ra : VDCF đều.
Lưu ý: Nếu HS chứng minh được tam giác DCF cân cho 0,5 đ

0,25đ

Lưu ý : Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

UBND HUYỆN ……. ĐỀ THI TUYỂN SINH VÀO LỚP CHẤT LƯỢNG CAO


PHỊNG GD & ĐT

NĂM HỌC ………
MƠN : TỐN Lớp 9
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian giao đề )

ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1. ( 1,5điểm) . Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
3
a) x − 25 x
2
2
b) x + 4 − y − 4 x
Câu 2. (3,0 điểm)
2
1  
10 − x 2 
 x
+
+
:
x
−
2
+
÷
 2
÷
x+2 
Cho biểu thức : A =  x − 4 2 − x x + 2  

a) Rút gọn biểu thức A.
x =

1
2

b) Tính giá trị của A , biết
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. (2,0 điểm). Một ơtơ dự định từ A đến B với vận tốc 60km/h. Nhưng sau
khi đi được một giờ , người đó dừng lại nghỉ 15 phút . Để đến B kịp thời gian đã
định , người đó phải tăng vận tốc thêm 5km/h. Tính quãng đường AB.
Câu 4. (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có AB = 12cm, AC = 16cm , BC = 20cm.
a) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông.
b) Trên cạnh AB lấy điểm D sao cho BD = 4cm . Từ D kẻ DE song song
BC
( E ∈ AC).
Tính DE , EC ?
c) Tìm vị trí điểm D trên cạnh AB sao cho BD + EC =DE.
Câu 5. (0,5 điểm). Tìm các giá trị x, y nguyên dương thỏa mãn:
x 2 = y 2 + 2 y + 13

-------------Hết-----------Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM : TOÁN 9
Câu

Câu1
(1,5đ)

Ý
2
a)
= x( x − 25)
0,75đ) = x(x – 5)(x +5)

(x

2

Nội dung

− 4x + 4) − y 2

=
b)
2
x − 2) − y2
(
(0,75đ) =

0,25

=( x – 2 – y)(x- 2 +y)

ĐKXD: x ≠ -2 và x ≠ 2

a)
(1,0d)

2

x
2
1   ( x − 2 ) ( x + 2 ) + 10 − x 

−
+
:

÷
÷
x − 2) ( x + 2) x − 2 x + 2 ÷
x+2
(




A=

=

Điểm
0,25
0,5
0,25

x − 2( x + 2) + x − 2 x + 2
.
6
( x − 2) ( x + 2)

x − 2x − 4 + x − 2
−6
1

6(
x
−
2)
6(
x
−
2)
=
=
= 2− x
1
1
1
x = ⇒x=
x=−
2
2 hoặc
2
1

x=
Câu2
b)
2 ( thỏa mãn ĐKXD)
Với
(3,0đ) (0,75d)
2

0,25

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

Giá trị biểu thức A = 3
1
2 ( Thỏa mãn ĐKXD)
Với
2
Giá trị biểu thức A = 5
c)
Với x ≠ -2 và x ≠ 2 Ta có:
1
(0,5 đ)
⇔
< 0 ⇔ 2− x < 0
⇔x>2
2− x
A<0
x=−

( x − 2 ) ∈ Ư(1)

Câu 3
(2,0 đ)

⇒ ( x − 2 ) ∈ { −1:1}

0,25

0,5
0,25

 x − 2 = −1  x = 1(t / m)
 x − 2 = 1 ⇔  x = 3(t / m)



0,25

Gọi độ dài quãng đường AB là x(km/h, x>0)

0,25

x
Thời gian dự định để đi hết quãng đường AB là 60 (h)

0,25

Quãng đường ô tô đi được trong 1 giờ đầu là 60km

0,25


Sau khi đi được 1h , quãng đường còn lại là: x – 60(km)

0,25

x − 60
Thời gian đi hết quãng đường còn lại là : 65 (h)
x − 60
1
x
+1+
4 = 60
Ta có pt : 65

0,25

Giải ra ta có x = 255(t/m ĐK)
Vậy quãng đường AB dài 255km

0,25

0,5

B

D

A

Câu4
(3,0 đ)

C

E

a)
(1,0 đ) Ta có AB 2 + AC 2 = 122 + 162 = 400 = 202 = BC 2
=> Tam giác ABC vuông ở A.

0,5
0,5

DE AD
DE 8
40
=
= ⇒ DE =
3
Do DE PBC (gt) => BC AB hay 20 12
b)
BD EC
4 EC
16
=
hay =
⇒ EC =
(1,0 đ) Do DE PBC (gt) => AB AC
12 16
3

0,5

0,25

Đặt độ dài đoạnAD = x (0DE x
x.20
= ⇒ DE =
20 12
12
c)
EC 12 − x
16.(12 − x)
=
⇒ EC =
(1,0 đ)
12
12
Và 16
; BD = 12 -x
16(12 − x)
20 x
12
Để BD + ED = DE thì ta phải có : (12 – x) +
= 12

Giải pt trên ta được x = 7
Vậy D thuộc AB sao cho AD = 7cm
Câu 5
(0,5 đ)

0,5

0,25

0,25
0,25

2
x 2 = y 2 + 2 y + 13 ⇔ x = ( y + 1) + 12 ⇔ ( x + y + 1) ( x − y − 1) = 12
2

Do (x + y+ 1) - (x – y - 1) = 2y + 2 và x,y ∈ N
Nên x + y +1 > x – y - 1
Vì vậy x + y+ 1 và x - y – 1 là 2 số nguyên dương chẵn
*


x + y +1 = 6
x = 4
⇔

Nên chỉ xảy ra trường hợp  x − y − 1 = 2  y = 1

Lưu ý : nếu vẽ hình sai thì khơng chấm

Phịng GD & ĐT …

ĐỀ THI OLIMPIC
Mơn : TOÁN 8
Năm học :
Thời gian : 120 phút

Câu 1: ( 2.0 điểm )
4
3
a) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x − 3x + ax + b chia hết cho đa
2
thức B( x) = x − 3x − 4
b) Chøng minh r»ng: Víi mäi a Z , nếu a và b không chia hÕt
cho 3 th× a − b chia hÕt cho 9
Câu 2: ( 2.0 điểm )
2
2
a) Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất: P = 5 x + 2 y − 2 xy − 4 x + 2 y + 2013
b) Chứng minh rằng với mọi số thực khác khơng x, y ta có
+ ≥ +
Câu 3: ( 2.5 điểm )
6

6

10 x − 8 x 2 − 3
3
2
Cho biÓu thøc A = 2 x − x + 2 x − 1

a) Rót gän biĨu thøc A
b) Tìm giá trị của x để A > 3
c) Tìm giá trị lớn nhất v giỏ tr nh nht của A
Câu 4: ( 3.5 điểm )
Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh : BH.BE + CH.CF = BC2

b) Chứng minh : DH.DA ≤
c) Gọi M là trung điểm của BC, một đường thẳng đi qua H vng góc với MH
cắt AB, AC theo thứ tự ở P, Q . Chứng minh rằng HP = HQ
------------------------------------------ Hết --------------------------------------


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Ý
1

a

b

2

a

Nội dung

Biểu
điểm

Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x − 3 x + ax + b
2
chia hết cho đa thức B( x) = x − 3 x − 4
2
Ta có B( x) = x − 3x − 4 = ( x + 1)( x - 4 )
Gọi thương khi chia A(x) cho B(x) là Q(x) , ta có
x 4 − 3 x 3 + ax + b = ( x + 1)( x - 4 ). Q(x)

Vì đẳng thức đúng với mọi x nên lần lượt cho x = - 1, x = 4 ,
ta được :
1 + 3 - a + b = 0 (1)
và 256 - 192 + 4a + b = 0 (2)
Từ (1) => b = a - 4 thay vào (2) ta được :
64 + 4a + a -4 = 0 => 5a = - 60 => a = - 12
Vì a kh«ng chia hết cho 3 nên a có dạng 3k+1
hoặc 3k+2 (k ∈ Z )
NÕu a = 3k+1 th× a2 = (3k+1)2 = 9k2+ 6k +1
chia 3 d 1.
NÕu a = 3k+2 th× a2 = (3k+2)2 = 9k2+ 12k + 4
chia 3 d 1.
Vậy nên nếu a không chia hết cho 3 thì a2 chia 3
d1
Tơng tự ta cũng có nếu b không chia hết cho 3
thì b2 chia 3 d 1
Từ (1) vµ (2) ta cã a2- b2M3
Ta cã a6- b6 = (a2-b2)[(a2)2+a2b2+(b2)2] = (a2-b2)
[( a2)2 - 2a2b2+(b2)2+3a2b2]
= (a2-b2) [(a2-b2)2+ 3a2b2]
Theo c/m trên a2- b2 M3 => (a2-b2)2 M3 mà 3a2b2 M3 với
mọi a Z
nên (a2-b2)2+ 3a2b2 M3
Từ (3) và (4) suy ra (a2-b2) [(a2-b2)2+ 3a2b2] M3.3 hay
a6-b6 M9
Tìm x, y để biểu thức P đạt giá trị nhỏ nhất:
4

3

P = 5 x 2 + 2 y 2 − 2 xy − 4 x + 2 y + 2013
2
2
2
2
2
Ta có : P = ( x + y + 2 xy ) + (4 x + y + 1 − 4 xy − 4 x + 2 y ) + 2012
2
2
= ( x + y ) + (2 x − y − 1) + 2 012.

0.25
0.25

0.5

0.25

0.25
0.25
0.25

0.5


Với mọi x, y thì P ≥ 2012 . Nên
Pmin

b

1

x=

x
+
y
=
0


3
= 2012 ⇔ 
⇔
2 x − y − 1 = 0
y = − 1

3

0.5

Chứng minh rằng với mọi số thực khác khơng x, y ta có
+ ≥ +
Ta có
+ ≥ +
2

 x y  x y
 + ÷ −  + ÷− 2 ≥ 0
 y x y x

⇔

 x y  x y

 + + 1÷ + − 2 ÷ ≥ 0
⇔  y x  y x 

(x
⇔

2

+ xy + y 2 ) ( x − y )
x2 y2

0.25

2

≥0

2

1 
3

x + xy + y =  x + y ÷ + y 2 > 0
2 
4


Vì
với mọi x, y dương
2

2

(x

2

+ xy + y 2 ) ( x − y )
x2 y 2

Do đó

a

2

≥0

0.25

0.25
0.25

với mọi x, y dương

10 x − 8 x 2 − 3

3
2
Cho biÓu thøc A = 2 x − x + 2 x − 1

a) Rót gän biÓu thøc A
ĐKXĐ :
2 x3 − x 2 + 2 x − 1 ≠ 0
⇔ x 2 ( 2 x − 1) + ( 2 x − 1) ≠ 0

(

)

⇔ x 2 + 2 ( 2 x − 1) ≠ 0
1
2
2
10 x − 8 x − 3
10 x − 8 x 2 − 3
4 x − 8x 2 + 6x − 3
=
3
2
3
2
3
2
A = 2x − x + 2x − 1 = 2x − x + 2x − 1 2x − x + 2 x − 1
( 3 − 4 x ) ( 2 x − 1) 3 − 4 x
= 2

= 2
x +1
x + 1 ( 2 x − 1)
⇔ 2x 1 1 x

(

b
3

)

0.25
0.25
0.25

Tìm giá trị cđa x ®Ĩ A > 3

3 − 4x
2
Ta có x + 1 > 3
⇔ 3x 2 + 4 x < 0

⇔ x ( 3x + 4 ) < 0
−4
⇔
3

⇔ 3 − 4 x > 3x 2 + 3

0.25
0.25
0.25




c

4
3

i chiu KX ta cú A > 3
Tìm giá trị lín nhÊt và giá trị nhỏ nhất cđa A
3 − 4 x x2 − 4x + 4 − x2 − 1 ( x − 2 )
3 − 4x
=
= 2
− 1 ≥ −1
2
2
x2 + 1
x +1
Ta có x + 1 = x + 1
2

Ta có A = - 1 khi x = 2 ∈ ĐKXĐ
Vậy GTNN của A là - 1 khi x = 2

0.5

( 2 x + 1)
3 − 4 x 3 − 4 x 4 x 2 + 4 − (4 x 2 + 4 x + 1)
=
= 4− 2
≥4
2
2
2
x +1
x +1
Ta có x + 1 = x + 1
2

Ta có A = 4 khi x = ∈ ĐKXĐ
Vậy GTLN của A là 4 khi x =

0.5

4

a

b

c

Ta có ∆BDH ∽ ∆BEC => =

=> BH.BE = BC.BD
Ta có ∆CDH ∽ ∆CFB => =
=> CH.CF = BC.CD
Suy ra: BH.BE + CH.CF = BC2
Chứng minh ∆HDC ∽ ∆BDA (g.g)
=>
=
=> AD.HD = BD.CD
Mặt khác BD.CD ≤ =
Vậy AD.HD ≤
Ta có + =900
+ = 900
Mà = . Do đó =
Mặt khác = ( cùng phụ với )
Do đó ∆BHM ∽ ∆AQH => =

0.5
0.5
0,5
0.25
0.25
0.5


Chứng minh tương tự ta có ∆CHM ∽ ∆APH => =
Suy ra
= Hay HQ = HP
0.5

0.5

PHỊNG GD & ĐT ........

ĐỀ THI OLIMPIC
Mơn: Tốn 8
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1: (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x3 + 3x2 - 4

b) x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2)

Câu 2: (4,5 điểm) Cho biểu thức:
P=

 x +1
x2 + x
1
2 − x2 


:
−
+
1 − x x 2 − x 
x 2 − 2 x + 1  x

a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn P
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P' =

1
P

Câu 3: (4,5 điểm)
a) Chứng minh rằng nếu x là số tự nhiên lẻ thì A = x2 + 4x – 5 chia hết cho 8.
b) Chứng minh rằng: Nếu p và q là hai số nguyên tố lớn hơn 3 thì p2 – q2 M24.

1 + 1 ≥ 2 .
2
2
c) Chøng minh r»ng nÕu a.b ≥ 1 th×: 1+ a 1+ b 1+ ab

Câu 4: (6 điểm) Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường
chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi
H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD.
a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ?
b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK
c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2.
Câu 5: (1 điểm) Cho tam giác ABC cân tại A. Các đường thẳng qua đỉnh B,C và
trung điểm O của đường cao tương ứng đỉnh A cắt các cạnh AC, AB tại M và N.
Cho diện tích tam giác ABC bằng S. Tính diện tích tứ giác AMON.
----------- Hết -----------


ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu

ý

Nội dung
x + 3x - 4 = (x – 1) + 3(x2 – 1)
= (x – 1)(x2 + x +1 +3x +3)
= (x – 1)(x2 + 4x + 4)= (x – 1)(x + 2)2
x(y2 – z2) + y(z2 – x2) + z(x2 – y2)
= x(y2 – z2) + y(z2 – x2) – z(y2 – z2 + z2 – x2)
= (y2 – z2)(x – z) + (z2 – x2)(y – z)
= (y – z)(y + z)(x – z) + (z – x)(z +x)(y – z)
(y – z)(x – z)(y + z – z – x) = (x – y)(y – z)(z – x)
3

a
1
b

a

2

Biểu điểm

3

0.75
0.75
0.75
0.75

x ≠ 0

ĐKXĐ:  x ≠ ±1
x( x + 1)  x 2 − 1 + x + 2 − x 2 
:

x( x − 1)
( x − 1) 2 


0.25
0. 5

P=

x( x + 1) x + 1
x( x + 1) x( x − 1)
:
.
2
2
x +1
= ( x − 1) x ( x − 1) = ( x − 1)
x2
= x −1

0. 5
0.25

x2

x2 −1 + 1
1
=
= x +1+
x −1
x − 1 . P có giá trị nguyên khi:
P = x −1

2
b

x − 1 = 1
x = 2
⇒
⇔
 x − 1 = −1  x = 0 .
x -1 là Ư(1)

0.5
0.5

Kết hợp với ĐKXĐ ta có x = 2.

0.5
2

p' =

1 x −1
1 1

1
 1 1 1 1
1 1
= 2 = − 2 + = − 2 − +  + = − −  +
P
x
x 4 4
4
x
x
x
 x 2

0.5

2

c

Ta có:

1 1
1
− −  ≤0
≤
 x 2
với ∀ x ⇒ P’ 4 với ∀ x

0.5

2

1 1
1
 −  =0
⇔x=2
⇒ Max P’ = 4 khi  x 2 
Ta có x = 2k + 1 (k ∈ N). Thay vào biểu thức A ta có:

3
a

b

A = 4k2 + 4k + 1 + 8k + 4 – 5 = 4k(k + 1) + 8k
Ta có tích hai số tự nhiên liên tiếp chia hiết cho 2 nên:
4k(k + 1)  8 mà 8k  8
Vây A  8
p − q = ( p + 1) ( p − 1) − ( q + 1) ( q − 1)
2

2

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

Vì p,q là các số nguyên tố lớn hơn 3 nên

0.5


( p + 1) ( p − 1) M
8
⇒ p 2 − q 2 M8

8
( q + 1) ( q − 1) M
Mặt khác: mà p, q không chia hết cho 3

 ( p + 1) M3

 ( p − 1) M3

⇒ p 2 − q 2 M3

 ( q + 1) M3

2
2
( q − 1) M3
Nên  
. Vì (3;8)=1 ⇒ p − q M24

0.5

XÐt hiÖu:
1

1

+

−

2
1+ ab

0.5

1+ a 2 1+ b 2
1
1
1
1
=
−
+
−
2
2
1+ ab 1+ b
1+ ab
1+ a
(b −a )2 (ab −1)
=
≥0
(1+ ab)(1+ a 2 )(1+ b 2 )

c

4

0.5
0.5

H

C

B

Hình
Vẽ

F
O
E

A

D

a

b

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.

1
1

·
·
·
·
Ta có: ABC = ADC ⇒ HBC = KDC

0.5

Chứng minh : ∆CBH : ∆CDK ( g − g )

0.5

⇒

c

K

CH CK
=
⇒ CH .CD = CK .CB
CB CD

Chứng minh : ∆AFD : ∆AKC ( g − g )

AF AK
⇒
=
⇒ AD. AK = AF . AC
AD AC
Chứng minh : ∆CFD : ∆AHC ( g − g )

1
0.5
0.5
0.5


⇒

CF AH
=
CD AC

⇒

CF AH
=
⇒ AB. AH = CF . AC
AB AC

Mà : CD = AB
Suy ra : AB.AH + AB.AH = CF.AC + AF.AC = (CF +
AF)AC = AC2 (đfcm).

0.5

A

N

M
O

I

5
B

H

C

S AMON S AON 1 AN
=
= .
S
S
2 AC . Gọi I là trung điểm của NC ta
ABC
AHC
Ta có:
có: HI là đường trung bình của ∆ CBN ⇒ HI // BN
⇒ ON là đường trung bình ∆ AHI ⇒ N là trung điểm của
S AMON 1

1
AN 1
= ⇒ S AMON = .S
=
3
AI. Do đó: AC 3 ⇒ S ABC 3

0.5
0.5


PHỊNG GD&ĐT ……
ĐỀ THAM KHẢO

KỲ THI OLYMPIC
MƠN: TỐN 8
Thời gian làm bài: 120 phút
Câu 1:(5 điểm) a) Chứng minh rằng với mọi a,b ∈ Z thì :
M = ( a + b )( a + 2b )( a + 3b )( a + 4b) + b4 là số chính phương
b) Tìm số tự nhiên n để :
n 4 + 3n3 + 2n 2 + 6n − 2
n2 + 2
B=
có giá trị là một số nguyên

Câu 2: (4 điểm) Giải các phương trình:
a) x2 – 3x + 2 +

x −1

=0

b) x4 - 3x3 + 4x2 – 3x + 1 = 0
Câu 3 :(4điểm)
2
2
2
2
2
2
a) Cho (a − b) + (b − c) + (c − a) = 4(a + b + c − ab − bc − ca)

Chứng minh rằng: a = b = c
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2010 x + 2680
x2 +1
A=

Câu 4: (7điểm) Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường 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 lượt 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 khơng phụ thuộc
vào vị trí của điểm P.
PD 9
=
d Giả sử CP ⊥ BD và CP = 2,4 cm, PB 16 . Tính các cạnh của hình chữ nhật

ABCD.

---------- Hết--------ĐÁP ÁN
Câu
1(5đ)
a(3đ)

b(2đ)

2(4đ)
a(2đ)

Nội dung
Có
M = ( a + b )( a + 2b )( a + 3b )( a + 4b) + b4
⇔ M = ( a + b )( a + 4b )( a + 3b )( a + 2b) + b4
⇔ M = ( a2 + 5ab + 4b2 ) ( a2 + 5ab + 6b2) + b4
Đặt: a2 + 5ab + 5b2 = t
Ta có: M = ( t - b2 ) ( t + b2) + b4
⇔ M = t2 - b4 + b4
⇔ M = t2 = (a2 + 5ab + 5b2)2
Do a,b ∈ Z nên M là số chính phương
n 4 + 3n3 + 2n 2 + 6n − 2
n2 + 2
Với B =
n 4 + 2n 2 + 3n 3 + 6n − 2
n2 + 2
Biến đổi: B =
(n 4 + 2n 2 ) + (3n 3 + 6n) − 2
n2 + 2

B=
2
n 2 + 3n − 2
n +2
B=

Điể
m
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,75

0,5
0,25

Do n là số tự nhiên nên n2+ 2 là số tự nhiên, để B nguyên khi n2 + 2 là
ước tự nhiên của 2
Với n2 + 2 = 1 ⇒ n2 = -1( không có giá trị n tự nhiên nào thỗ mãn)

0,25

Với n2 + 2 = 2 ⇒ n = 0(thoã mãn)
Vậy n = 0

0,25
0,25

x −1

x2 – 3x + 2 +
=0
≥
Nếu x 1 phương trình (1)
⇔ x2 – 3x + 2 + x - 1 = 0
⇔ x2 – 2x + 1 = 0
⇔ (x – 1)2 = 0
⇔ x–1 =0
⇔ x = 1(thõa mãn)
Nếu x< 1 phương trình (1)

0,5

(1)
0,25
0,5
0,25


⇔
⇔
⇔
⇔
⇔

b(2đ)

x2 – 3x + 2 + 1 - x = 0
x2 – 4x + 3 = 0
( x - 1)(x + 3) = 0
x – 1= 0 hoặc x + 3 = 0
x = 1 (loại) hoặc x = -3 (loại)
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất: x = 1
Phương trình: x4 - 3x3 + 4x2 – 3x + 1 = 0
(2)
Ta thấy x = 0 không là nghiệm của phương trình (2)
Chia hai vế của (2) cho x2 ta được
x 2 − 3x + 4 −

⇔

⇔

x2 +

0,5
0,5

3 1
+
=0
x x2

1
3
− 3x − + 4 = 0
2

x
x

(x2 + 2 +

0,5

0,5

1
3
) − (3 x + ) + 2 = 0
2
x
x

1
1
( x + ) 2 − 3( x + ) + 2 = 0
⇔
x
x
1
x+
x = t ta có
Đặt

0,5

t2 – 3t + 2 = 0

⇔ (t - 1)(t + 2) = 0
⇔ t = 1 hoặc t = -2
1
x = 1 vô nghiệm
Với t = 1 ⇒
1
x+
x = 2 ⇒ x = 1(thõa mãn)
Với t = 2 ⇒
x+

0,5

Vậy phương trình có nghiệm x = 1
3(4đ)
a(2đ)

Biến đổi đẳng thức để được

0,25

a + b − 2ab + b + c − 2bc + c + a + 2ac = 4a + 4b + 4c − 4ab − 4ac − 4bc
2
2
2
2
2
2
Biến đổi để có (a + b − 2ac) + (b + c − 2bc) + (a + c − 2ac) = 0
2

2

2

2

2

2

2

2

2

0,5

2
2
2
Biến đổi để có (a − b) + (b − c) + (a − c) = 0 (*)

0,25

Vì (a − b) ≥ 0 ; (b − c) ≥ 0 ; (a − c) ≥ 0 ; với mọi a, b, c
2
2
2

nên (*) xảy ra khi và chỉ khi (a − b) = 0 ; (b − c) = 0 và (a − c) = 0 ;
Từ đó suy ra a = b = c

0,75

2

2

2

b(2đ)
Ta có

2010 x + 2680
x2 +1
A=

0,25


− 335x 2 − 335 + 335x 2 + 2010 x + 3015
⇔A=
x2 +1
335( x 2 + 6 x + 9)
− 335 +
⇔A=
x2 +1

⇔A=

− 335 +

335( x + 3) 2
x2 +1

0,5
0,25
0,25

335( x + 3) 2
≥0
2
Nhận xét: do x + 1
Dấu bằng xảy ra khi x = -3
Nên A ≥ -335 hay giá trị nhỏ nhất của A là -335 khi x = -3

0,5

Vẽ hình, ghi GT, KL đúng

0,5

Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD.
⇒ PO là đường trung bình của tam giác CAM.
⇒ AM//PO
⇒ tứ giác AMDB là hình thang.
Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị)
Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB
Gọi I là giao điểm 2 đường 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)
Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng.
Chứng minh được tam giác MAF và tam giác DBA đồng dạng

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

0,5

4(7đ)

a(2đ)

b(2đ)

c(1đ)

d(1,5đ
)

MF AD
=
⇒ FA

AB không đổi
PD 9
PD PB
=
=k
=
⇒ PD = 9k, PB = 16k
16
Nếu PB 16 thì 9
CP PB
=
Nếu CP ⊥ BD thì ∆ CBD đồng dạng ∆ DCP ⇒ PD CP

do đó CP2 = PB.PD
hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2
PD = 9k = 1,8(cm)
PB = 16k = 3,2 (cm)
BD = 5 (cm)
C/m BC2= BP.BD = 16
do đó BC = 4 (cm)

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

0,25


CD = 3 (cm)
Lưu ý- HS giải cách khác đúng, đầy đủ cho điểm tối đa

UBND HUYỆN …….
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC CẤP THCS
Mơn thi: Tốn 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 4 điểm)
a) Phân tích đa thức x4 + x3 - 8x – 8 thành nhân tử
b) Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp.
Chứng minh rằng: ab – a – b + 1 chia hết cho 192
Câu 2 ( 5 điểm) Giải các phương trình sau :
3
2
7
+ 2
=
a) x + x + 2 x − x + 2 4 x
2

b) 2x( 8x – 1 )2(4x – 1 ) = 9
Câu 3 (4,5 điểm)
a) Chứng minh rằng:

a (b − c)(b + c − a ) 2 + c(a − b)(a + b − c) 2 = b(a − c)(a + c − b) 2
b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
Câu 4 : (5 điểm)

A=

12x − 3
x2 + 3

Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C
vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt
tia BA tại E.
a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC.
b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng
BM.BD + CM.CA có giá trị khơng đổi.

) . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng
c) Kẻ DH ⊥ BC (
BH, DH. Chứng minh CQ ⊥ PD .
H ∈ BC


Câu 5: ( 1,5 điểm )
1 1
4
+ ≥
a) Cho a, b là hai số dương, chứng minh rằng: a b a + b

b) Cho hai số không âm a và b thoả mãn a2 + b2 = a + b . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức:

a
b
S=
+
a +1 b +1
------------------HẾT-----------------

Câ
u

PHÒNG GD – ĐT ……

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI OLYMPIC
NĂM HỌC …….
MƠN THI : TỐN 8

Ý

Đáp án

a
Câu 1( 4 điểm)

x 4 + x3 - 8x – 8 = (x 4 + x3) - (8x + 8)
= x3(x+1) – 8(x + 1)
= (x + 1)(x3 – 8)
= (x + 1 )(x - 2)( x2 +2x + 4)
Vì a, b là hai số chính phương liên tiếp nên giả sử a < b, ta có:

a = (2k – 1)2; b = (2k + 1)2 với k ∈ Z; k ≠ 0

2
b ab – a – b + 1 = (a – 1)(b – 1) = 16k (k – 1)(k + 1)
Vì k(k + 1)(k – 1) ln chia hết cho 3 với mọi k thuộc Z.
Và k2(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 4, với mọi k thuộc Z.
Kết hợp với (3,4) = 1
nên ab – a – b + 1 chia hết cho 16.12 = 192 (đpcm)

Câu 2( 5 điểm)
a

1
3
1
3
x 2 + x + 2 = ( x + ) 2 + > 0∀x; x 2 − x + 2 = ( x − ) 2 + > 0∀x
2
4
2
4
Vì
⇒ ĐKXĐ: x ≠ 0
3
2
7
3
2
7
+ 2
=
⇔

+
=
2
2
2
x + x + 2 x − x + 2 4x
x + +1 x + −1 4
x
x
(1)
2
3
2
7
⇔
+
=
x+ =t
x
t +1 t −1 4
Đặt
thì (1)
với t ≠ ±1

⇒ 12(t − 1) + 8(t + 1) = 7(t 2 − 1) ⇔ 7t 2 − 20t − 3 = 0 ⇔ (t − 3)(7t + 1) = 0

Điểm
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5 đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ


t = 3
⇔  −1
t =
7

3
2
7
−1
+ 2
=
t=
2
7 bị loại
Từ x + x + 2 x − x + 2 4 x suy ra x >0 ⇒ t > 0 nên

t=3 ⇔

x+

x =1
2
= 3 ⇒ x 2 − 3x + 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 2) = 0 ⇔ 
x
 x = 2 (TM)

2
2
2x( 8x – 1 )2(4x – 1 ) = 9 ⇔ (64x − 16 x + 1)(64x − 16 x ) = 72
Đặt : 64x2 - 16x + 0,5 = k. Ta có pt : (k + 0,5)(k – 0,5) = 72
⇔ k2 = 72, 25 ⇔ k = ± 8,5

b

x=

−1
1
;x =
4
2

⇔ a (b − c)(b + c − a ) + c( a − b)( a + b − c ) − b(a − c )(a + c − b) = 0 (1)


a =
a + b − c = x




b + c − a = y => b =
a + c − b = z



c =

Đặt:
a
Khi đó, ta có:

2

x+z
2
x+ y
2
y+z
2

Câu 3( 4,5 điểm)

x+z x+ y y+z 2 y+z x+z x+ y 2 1
2
−
−

÷. y +


÷.x − ( x + y )( x − y ).z
2  2
2 
2  2
2 
4
x+ z x− z 2 y+ z z− y 2 1 2
=
.
.y +
.
.x − ( x − y 2 ) z 2
2
2
2
2
4

VT(1) =

1 2
1
1
( x − z 2 ). y 2 + ( z 2 − y 2 ).x 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2
4
4
4
1 2
1

= ( x − y 2 ). z 2 − ( x 2 − y 2 ).z 2 = 0 = VP(1)
4
4
2
3( x + 3) − 3( x 2 − 4x + 4)
3( x − 2) 2
A=
=
3
−
≤3
x2 + 3
x2 + 3
Vậy MaxA = 3 ⇔ x = 2
=

b

9
3
−4( x 2 + 3) + 4( x 2 + 3x + )
4( x + ) 2
4 = −4 +
2 ≥ −4
A=
x2 + 3
x2 + 3
−3
⇔x=
2

Vậy MinA = - 4

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

a(b − c)(b + c − a ) 2 + c( a − b)( a + b − c) 2 = b( a − c)( a + c − b) 2
2

0,5đ

0,5đ

+ Với k = 8,5 .Ta có 2 nghiệm
+ Với k = - 8,5 thì phương trình vô nghiệm
2

0,5đ

0,5 đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ


Hình vẽ

0,5

a

a) Chứng minh EA.EB = ED.EC
- Chứng minh ∆ EBD đồng dạng với ∆ ECA (g-g)

0,5đ

Câu 4( 5 điểm)

EB ED
=
⇒ EA.EB = ED.EC
- Từ đó suy ra EC EA
b) Kẻ MI vng góc với BC ( I ∈ BC ) .

0,5đ

Ta có ∆ BIM đồng dạng với ∆ BDC (g-g)
⇒

BM
BI
=
⇒ BM .BD = BI .BC
BC BD
(1)

0,5đ

CM CI
=
⇒ CM .CA = CI .BC
BC CA
(2)

0,5đ

b Tương tự: ∆ ACB đồng dạng với ∆ ICM (g-g)
⇒

Từ (1) và (2) suy ra
BM .BD + CM .CA = BI .BC + CI .BC = BC ( BI + CI ) = BC 2 (không đổi)

Chứng minh ∆ BHD đồng dạng với ∆ DHC (g-g)

⇒
c

0,5

BH BD
2 BP BD
BP BD
BP DQ
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
DH DC
2 DQ DC
DQ DC
BD DC
·

o
·
·
o
·
·
mà BDP + PDC = 90 ⇒ DCQ + PDC = 90 ⇒ CQ ⊥ PD

1 1
4
b(a + b) + a (a + b) − 4ab a 2 − 2ab + b 2
( a − b) 2
+ −

=
=
=
≥0
a b a+b
ab(a + b)
ab(a + b)
ab(a + b)

Câu 5( 1,5 điểm)

a với mọi a,b dương
1 1
4
+ ≥
a b a + b . Dấu “ = “ xẩy ra khi a = b

2
2
2
2
Ta có a + 1 ≥ 2a; b + 1 ≥ 2b ⇒ a + b + 2 ≥ 2a + 2b ⇒ a + b ≤ 2

b

0,5
·

- Chứng minh ∆ DPB đồng dạng với ∆ CQD (c-g-c) ⇒ BDP = DCQ

⇒

1
1
4
+
≥
Áp dụng kết quả câu a) ta có: 1 + a 1 + b 2 + a + b
1 
4
 1
S = 2−
+
≤1
÷≤ 2 −
a
+
1
b
+
1
a
+
1
+
b
+
1



Do đó

0,5đ

0,5
0,5

0,25
0,25
0,25đ
0,25đ
0,25đ


GTLN của S là 1, đạt được khi a = b = 1 .

0,25đ

Lưu ý : Học sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

PHÒNG GD&ĐT ………..
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI OLYMPIC
MƠN THI: TỐN 8
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 ( 5,0 điểm)
2 x 2 − 3x − 2
3

2
Cho biểu thức: P = x − 2 x + 2 x − 4

a) Nêu điều kiện xác định và rút gọn P.
b) Tính giá trị biểu thức P, biết giá trị của x thỏa mãn:

x −1 = 4

c) Tìm giá trị giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.
Câu 2 ( 5,0 điểm)
a) Giải phương trình: x2 - x – 12 = 0
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: xy2 + 3x = 16 + 3y2
Câu 3 ( 3,0 điểm)
a) Cho a; b; c ≠ 0 và a + b + c = 0. Tính : B =
ab
bc
ca
+ 2
+ 2
2
2
2
2
a +b −c
b +c −a
c + a 2 − b2
2

b) Cho x > 1, y > 1, z > 1. Chứng minh: 2xyz + 1 > xy + yz + zx
Câu 4 ( 6,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM. Trên cùng một
nữa mặt phẳng bờ BC chứa điểm A, kẻ hai tia Bx và Cy cùng vng góc với