PHÒNG GD&ĐT SƠN
DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Đề thi có 01 trang
Câu 1. (4,0 điểm)

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4 + 2013x 2 + 2012 x + 2013 .
 x2 − 2 x
 1 2 
2x2
1 − − 2 ÷.
2. Rút gọn biểu thức sau: A =  2 −
2
3 ÷
 2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

Câu 2. (4,0 điểm)
1. Giải phương trình sau:
2. (2 x 2 + x − 2013) 2 + 4( x 2 − 5 x − 2012) 2 = 4(2 x 2 + x − 2013)( x 2 − 5 x − 2012)
2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3 + 2x 2 + 3x + 2 = y3 .
Câu 3. (4,0 điểm)

1. Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x + 2 dư 10, f(x) chia cho x − 2 dư 24,

1
3
+ 3
+ 3
≥ .
a (b + c) b (c + a ) c (a + b) 2
3

---------------Hết---------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


PHÒNG GD&ĐT SƠN
DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu 1

Hướng dẫn giải
Ta có x + 2013 x + 2012 x + 2013
= ( x 4 − x ) + 2013x 2 + 2013x + 2013
4

1

−
1− − 2 ÷
Ta có
 2
2
3 ÷
 2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

0.25

 x2 − 2 x
 x 2 − x − 2 
2x2
=
−
÷
÷
2
2
x2
 2( x + 4) 4(2 − x) + x (2 − x) 


2

0.25

(2.0 điểm)
 x2 − 2x
  ( x + 1)( x − 2)   x( x − 2) 2 + 4 x 2   ( x + 1)( x − 2) 

=

Câu 2

Phương trình đã cho trở thành:

(2.0
điểm)

0.5
0.25
(4.0 điểm)

 a = 2 x 2 + x − 2013
Đặt: 
2
b = x − 5 x − 2012

1

0.5

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b) 2 = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó, ta có:
2 x 2 + x − 2013 = 2( x 2 − 5 x − 2012) ⇔ 2 x 2 + x − 2013 = 2 x 2 − 10 x − 4024
−2011
⇔ 11x = −2011 ⇔ x =
.
11


2

9  15

(x + 2) − y = 4x + 9x + 6 =  2x + ÷ + > 0
4  16

3

2
(2.0 điểm)

3

2

⇒ y< x+2

(2)

Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được
x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là:
(-1 ; 0)
KL

Câu 3

0.5


0.5

0.5

0.5
47
x + 17.
2

0.5

Ta có: a (b − c)(b + c − a ) 2 + c (a − b)(a + b − c) 2 − b(a − c)(a + c − b) 2 = 0 (1)
2
(2.0 điểm)


a =
a + b − c = x



Đặt: b + c − a = y => b =
a + c − b = z



c =



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

VT(1) =

KL:….
Câu 4

0.5

0.5
0.25
0.25
0.25
(6 điểm)


0.75

0.5
0.5
0.25

Ta có ΔABH ~ΔFAH (g.g)
=>

AB BH
BC BH
=
=
hay
( AB=BC, AE=AF)
AF AH
AE AH
Lại có ∠ HAB = ∠ HBC (cùng phụ ∠ ABH)

2
Suy ra: ΔCBH~ ΔEAH (c.g.c)
(2.0 điểm)
2
2
SΔCBH
S
 BC 
 BC 
=
4

⇒
=

0.5

CN

MN

AM

MN

Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:
⇒

MN MC
AB MC
AD MC
=
⇒
=
=
hay
AN AB
AN MN
AN MN
2

2

1
AD   AD 
⇒ 
÷ +
÷ = 1 => AM 2 + AN 2 = AD 2
 AM   AN 

Câu 5

(đpcm)

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với ∀ a, b, c ∈ R và x, y, z > 0 ta có
a 2 b2 c2 ( a + b + c )
+ + ≥
x
y z
x+ y+z
a b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ = =
x y z
Thật vậy, với a, b ∈ R và x, y > 0 ta có
a 2 b2 ( a + b )
+ ≥
x
y
x+ y
⇔

(a


c2 ( a + b + c )
+ + ≥
+ ≥
x
y z
x+ y
z
x+ y+z
a b c
Dấu “=” xảy ra ⇔ = =
x y z
1
1
1
2
2
2
1
1
1
Ta có:
+ 3
+ 3
= a
+ b
+ c
3
a (b + c) b (c + a) c ( a + b) ab + ac bc + ab ac + bc
2


ab + ac bc + ab ac + bc 2(ab + bc + ac )
1 1 1
2 + + ÷
a b c
1
1
1
2
2
2
11 1 1
Hay
a
+ b
+ c
≥  + + ÷
ab + ac bc + ab ac + bc 2  a b c 
1 1 1
Mà + + ≥ 3 nên
a b c

Vậy

1
1
1
2
2
2
3