TRƯỜNG THCS PHÙ HÓA

ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 -2017

Họ tên: ………………………

MÔN: Toán

LỚP:

8

Số báo danh: ………….

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

Câu 1: (4 điểm).
�2

2

�x  1

� x 1
�

.�
 x  1�
Cho biểu thức: A  � 
�: x
3 x x  1 �3 x


x  9 x  20 x  11 x  30 x  13 x  42 18
2

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
A=

a
b
c


3
b c  a a c  b a b c

Câu 4: (6 điểm).
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Trên tia Ax lấy điểm
C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại
D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD)
a) Chứng minh OA2 = AC.BD
b) Chứng minh tam giác AMB vuông
c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC
Câu 5: (2 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng:
a  bc b  ca c  ab


2 .
bc

.�
 x  1�
a) A  � 
�: x
3 x x  1 �3 x
�
�
�

0,5đ

2 ( x  1)  3 x( x  1) � x  1
�2
A� 
.
:
�
3x x  1
3x
�
� x

0,5đ

�2 2(1  3x) � x
A� 
.
3x
3x �
�

Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn và kết luận

0,5đ
0,5đ

Câu 2
�

�

�

�

n3 (n2  7) 2  36n �
a) Ta có: A = �
�
�
n( n2  7)  6 �
n( n 2  7)  6 �
 n(n3  7n  6)(n3  7n  6)
A n�
��
�
�
�
�
�
 n(n3  n  6n  6)(n3  n  6n  6)  n �
n(n2 1)  6(n  1) ��

4

4

2

2

2

2

0,5đ

2

P = n + 4 = n + 4n + 4 - 4n = (n + 2) - (2n)

= (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1].

0,5đ

V× n lµ sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + 1 �2;

0,5đ

Nh vËy muèn P lµ sè

nguyªn tè th× ph¶i cã (n - 1)2 + 1 = 1 hay (n - 1)2 = 0, suy ra n =


�

1
1
1
1
1
1
1






x  4 x  5 x  5 x  6 x  6 x  7 18
1
1
1


x  4 x  7 18

� 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
� (x+13)(x-2)=0

0,5đ

Từ đó tìm được x=-13; x=2 (thỏa mãn)
0,5đ

�
2 �x y
z x
z y �
1
2

Từ đó suy ra A  (2  2  2) hay A 3

0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ


Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ
D

M
C
N

A

B

O


= OMD
= 900
CMO
�
�
� )
(cùng phụ với COM
OCM
 DOM

0,5đ

=>  CMO đồng dạng với  OMD =>

CO OM

(1)
OD MD

Mà  ACO đồng dạng với  BOD =>

CO AO

OD BD

=>

CO OB

(2) (Do AO = OB)

mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
Tương tự ta chứng minh AC = CM
Nên

CN CM

=> MN// BD//AC
BN DM

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

Câu 5:
- Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a)
Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c)

0,5đ

c + ab = (c + a)(c + b)
do đó:

VT 

(a  b)(a  c) (b  a )(b  c) (c  a)(c  b)


bc
ca



PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Ngày thi: …./4/2013
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (4,0 điểm)
1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4  2013x 2  2012 x  2013 .
�x 2  2 x

2x2

�
� 1

2�


1   2 �.
2. Rút gọn biểu thức sau: A  � 2
�
2
3 �
� x x �

AD
AM
AN 2

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho a, b, c là ba số dương thoả mãn abc  1 . Chứng minh rằng :
1
1
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.
Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................

Giám thị 1 (Họ tên và
ký)..............................................................................................................


Giám thị 2 (Họ tên và
ký)..............................................................................................................

PHÒNG GD&ĐT VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM

2
2
Kết luận x 4  2013 x 2  2012 x  2013   x  x  1  x  x  2013

�x �0
�x �2

0.25

ĐK: �

�x 2  2 x

2x2

�
� 1

2�


1  2 �
Ta có A  � 2
�
2
3 �
� x x �
�2 x  8 8  4 x  2 x  x �
�x 2  2 x
�

�
�
�
��
�
�
2
2
x
x2
�
� �2( x  2)( x  4) �
�
�
�2( x  4) ( x  4)(2  x) �

x3  4 x 2  4 x  4 x 2 x  1 x( x 2  4)( x  1) x  1
. 2 

2( x 2  4)
x
2 x 2 ( x 2  4)
2x
�x �0
x 1
Vậy A 
với �
.
2x
�x �2

0.5
0.5
0.5


Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 
�

2011
.
11

0.25

2

3� 7

Ta có y3  x 3  2x 2  3x  2  2 �x  �  0 � x  y
� 4� 8

(1)

0.5

2

9 � 15
�
(x  2)  y  4x  9x  6  �

Giả sử f(x) chia cho x  4 được thương là 5x và còn dư là ax  b .
Khi đó: f ( x)  ( x 2  4).(5 x)  ax+b
Theo đề bài, ta có:
2

1
(2.0 điểm)

� 7
2a  b  24
a
�f (2)  24
�
�
��
�� 2
�
2 a  b  10
�f (2)  10
�
�
b  17
�
7
Do đó: f ( x)  ( x 2  4).(5x )  x+17
2

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x3 

0.5

�
c
�
�

xz
2
x y
2
yz
2

0.25

Khi đó, ta có:
2
(2.0 điểm)

x  z �x  y y  z � 2 y  z �x  z x  y � 2 1

.y 

.x  ( x  y )( x  y ).z 2
�
�
�
�
2 �2
2 �
2 �2

Câu 4

0.5

0.5
0.25
0.25
0.25
(6 điểm)


E

A

B

H
F

D

C

M

N

1
(2.0 điểm) Ta có DAM

(2.0 điểm)

0.5

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

� ΔCBH : ΔEAH (c.g.c)
2
2
SΔCBH
SΔCBH �BC �
�BC �
=
4
�
= � �, mà
(gt) � � �= 4 nên BC2 = (2AE)2
SΔEAH

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

2

2

0.5

2

AD � �AD � �CN � �CM � CN 2 + CM 2 MN 2
� �
=
=1
� �+ � �= � �+ � �=
MN 2
MN 2
�AM � �AN � �MN � �MN �

0.5

Thật vậy, với a, b � R và x, y > 0 ta có
a 2 b2  a  b 
 �
x
y
x y

Dấu “=” xảy ra �

�

a

�

 bx  ay 

2

2

(*)

2

(**)

y  b 2 x   x  y  �xy  a  b 
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

2.0 điểm

2

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có
2

2

�1 1 1 � �1 1 1 �
1
1
1
�  � �  �
2
2


Vậy

1
1
1
2
2
2
3
a
 b
 c
�
ab  ac bc  ab ac  bc 2

1
1
1
3
 3
 3
�
a (b  c) b (c  a ) c ( a  b) 2
3

(đpcm)

Điểm toàn bài


Giải phơng trình : x(x+2)(x2+2x+5) = 6
Câu 2 : ( 4,0 điểm)
a) Tính giá trị của biểu thức :
A = x8 31x7 + 31x6 31x5 +31x4 31x3 + 31x2 31x + 27 với x = 30
b) Cho a - b = 4 tính giá trị của biểu thức B = a3 12ab - b3
Câu 3 : ( 2,0 điểm)
Rút gọn phân thức :

2a 3 7 a 2 12a 45
3a 3 19a 2 33a 9

Câu 4 : ( 3,5 điểm)
Một ngời đi một nữa quãng đờng tử A đến B với vận tốc 15km/h , và đi phần còn lại
với vận tốc 30km/h . Tính vận tốc trung bình của ngời đó trên toàn bộ quãng đờng
AB .
Câu 5 : ( 2,0 điểm)
Chứng minh rằng :
a 2 b2
với S là diện tích của tam giác có độ dài hai cạnh bằng a , b .
4

a) S

Câu 6 :( 6,5 điểm)
Cho tam giác IKP cân tại A có KP = 4 cm , M là trung điểm của KP lấy D, E thứ tự thuộc
K .
các cạnh IK , IP sao cho DME
a) Chứng minh rằng tích KD . PE không đổi .
b) Chứng minh rằng DM là tia phân giác của góc KDE .
c) Tính chu vi IED nếu IKP là tam giác đều .

2 x 7 x 12 x 45
=
=
(3x 3 x 2 ) (18x 2 6 x ) (27 x 9)
3 x3 19 x 2 33x 9
x 2 (2 x 5) 6 x(2 x 5) 9(2 x 5)
(2 x 5)( x 2 6 x 9)
(2 x 5)( x 3) 2
= 2
=
=
x (3x 1) 6 x(3x 1) 9(3x 1)
(3 x 1)( x 2 6 x 9)
(3 x 1)( x 3) 2
2x 5
=
3x 1
3

2

3

2

2

a) ta có

b) Giải phơng trình :


Vậy phơng trình (1) có hai nghiệm là : x = 2 , x = -1

0.25
0.25


Câu 3 : ( 4,5 điểm )
Gọi vận tốc mà ô tô dự định đi từ A đến B là : x ( điều kiện : x(km/h ) , x >
6 ).
Ta có : Vận tốc ô tô đi nữa đầu quãng đờng là : x+10 ( km/h )
Vận tốc ô tô đi nữa sau quãng đờng là : x 6 (km/h )
30
Thời gian ô tô đi nữa đầu quãng đờng là :
(h)
x 10
30
Thời gian ô tô đi nữa sau quãng đờng là :
(h)
x6
60
Thời gian ô tô đi quãng đờng từ A đến B là :
(h)
x
30
30
60

Ta có phơng trình :
+

Câu 4 (3,5 điểm)
Tóm tắt lời giải
HS vẽ hình và ghi GT,KL đúng

Điểm

A
D

H

I

B

0.5

E
K

C

M

DME
CME
, mặt khác DMC
B BDM
, mà DME
B nên

hay DM là tia phân giác
Do đó DME và DBM đồng dạng => MDE

0.50


của góc BDE .
c) Từ câu b suy ra DM là tia phân giác của góc BDE , EM là tia phân giác của góc
CED . Kẻ MH DE , MI AB , MK AC . Ta có DH = DI , EH = EK , do đó
chu vi AED bằng AI + AK = 2AK .
Ta lại có CK =

MC a

, AC = 2a nên AK = 1,5a .
2
2

0.50

0.50

Vậy chu vi tam giác ADE bằng 3a .

0.50

Câu 5 : HS vẽ hình và ghi GT,KL đúng
B
A



Dấu bằng xảy ra h = b , a = b ABC vuông cân
a 2 b2
c2 d 2
; SADC
4
4
2
2
2
2
a b c d
a 2 b2 c2 d 2

Mà S = SABC + SADC => S
=> S
.
4
4
4
Dấu bằng xảy ra ABC vuông cân ở B , ACD vuông cân ở D

b) Theo câu a ta có : SABC

ABCD là hình vuông .

0.50
0.50
0.50
0.50

c) Nếu a chia 13 d 2 và b chia 13 d 3 thì a2+b2 chia hết cho 13.

Câu2 : Rút gọn biểu thức:
a) A=

bc
ca
ab
+
+
(a b)(a c)
(b c)(b a)
(c a)(c b)
6

b)

1 6 1

x x 6 2
x
x

B=
3
1
1

3
x x 3




5
41
43
45
47
49

Câu 6: 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 lợt tại D và E . Chứng minh :
a) BD.CE=

BC 2
4

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


Đáp án và biểu điểm
Câu

1

Sơ lợc lời giải

Biểu điểm

a, A = 1, b, B = 3( x )
S=

5

0.5
0.5
0.5
1
4

2

xy.xz
1
z
1 z xz
+
+
=
= 1.
xy ( xz z 1) 1 z zx
1 z zx 1 z zx

59 x
57 x
55 x
53 x
51 x
1

1

...... (100 x) (

6

0.5

2

1
1 1 1
1
1
1
1
1004
(1 .....

) (1
)
2
3 3 5
2007 2009
2
2009
2009

2009 x
y

D
B

1

2
1

2 3

M

Từ đó suy ra D 1 D 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE
Chứng minh tơng tự ta có EM là tia phân giác của góc CED
c, Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC
Chứng minh DH = DI, EI = EK.
Chu vi bằng 2.AH . Kết luận.

C

1.5
1.5


Chó ý: Cã nhiÒu c¸ch kh¸c nhau , nhng cã chung 1 kÕt qu¶.
ĐỀ THI HSG LỚP 8
Năm học 2010 – 2011
 x2
6
1 

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

3( x  1)
x  x 2  x 1
3

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.
a) Chứng minh: AE2 =EF.EG
b) Chứng minh rằng khi đường thẳng a quay quanh A thay đổi thì tích
BF.DG không đổi.
x 2  yz
y 2  xz

Bài 5. Chứng minh rằng nếu
Với x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1.
x(1  yz ) y (1  xz )

Thì : xy + xz + yz = xyz ( x + y + z)

Giải
Bài 1: a) Rút gọn M


 x2
6
1  
10  x 2  

2 x

1
b)Tính giá trị của M khi x =

2

1
1
1
x=
hoặc x = 2
2
2
1
1
1
2
Với x = ta có : M = 2  1 = 3 =
2
3
2 2
1
1
1
2
Với x = - ta có : M = 2  1 = 5 =
2
5
2 2

2
3
2
x
(
x

1
)

x

1
(
x

1
)(
x

1
)
x  x  x 1
x 1
3
Do x2 +1>0 nên B = 2 3. Dấu ''='' xãy ra  x = 0
x 1
Vậy GTLN của B là 3  x = 0
A
B

G


EA EF

T (1) v (2)
Hay AE2 = EF. EG
EG

EA

b). CMR khi ng thng a quay quanh A thay i thỡ tớch BF.DG khụng i.
AB FB

T (1) v (2)
DG

AD

Hay BF.DG = AB.AD = ab (khụng i)

x 2 yz
y 2 xz

Bi 5: Chng minh rng nu
Vi x y ; xyz 0 ; yz 1 ; xz 1.
x(1 yz ) y (1 xz )

Thỡ :


Đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 và thoả mãn f(1) = 5; f(2) =11; f(3)
= 21.
Bài 2.

Tính f(-1) + f(5).


a)Tìm tất cả các số nguyên n sao cho : n 4+ 2n3 + 2n2+ n +7 là số chính phơng.
b)Tìm nghiệm nguyên của của phơng trình x2+ xy+y2=x2y2
Bài 3. Chứng minh rằng : (x-1)(x-3)(x-4)(x-6) + 10 > 0 với mọi x
Bài 4.
a) Cho tam giác ABC gọi M,N lần lợt là trung điểm của BC, AC. Gọi O,H,G
lần lợt là giao ba đờng trung trực, ba đờng cao, ba đờng trung tuyến của tam giác
ABC.
Tính tỉ số GH : GO
b)Cho hình thang ABCD có hai đáy AB = 2a, CD= a, Hãy dựng điểm M
trên đờng thẳng CD sao cho đờng thẳng AM cắt hình thang làm hai phần có
diện tích bằng nhau.
Bài 5.
Cho x 0,y 0,z 0 và x+y+ z =1 Chứng minh rằng

xy+yz+zx-2xyz

7
27

------------- Giám thị không giải thích gì thêm --------------

Phòng GD-ĐT Tam Dơng
Hớng dẫn chấm

0,5

Vậy Q(x) = (x - 1)(x - 1)(x - 3)(x - a); ta có:
f(-1) = Q(-1) + 2(-1)2 + 3 = 29 + 24a.
f(5) = Q(5) + 2.52 + 3 = 173 - 24a.

0,5

=> f(-1) + f(5) = 202
a) (0,75 điểm)
Giả sử n4+ 2n3 + 2n2+ n +7= y2 ( y N)
Ta có y2 = (n2+ n)2 + n2+ n +7

y2 > (n2+ n)2
2

y > n n


y2 n n 1

y2 (n2+ n +1)2
thay y2 = (n2+ n)2 + n2+ n +7

n2 + n -6 < 0
(n-2) (n+3) 0
-3 n 2
Thử trực tiếp n = 2, n=-3 thỏa mãn
Vậy số nguyên n cần tìm là n = 2;-3
b) (0,75 điểm)

2

0,25

0,25
0,25

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


Xét ABH và MNO
NMO

Có BAH
( góc có cạnh tơng ứng song song)


( góc có cạnh tơng ứng song song)
ABH MNO
=> ABH : MNO ( góc - góc)
NM OM 1


BA


GH AH

2
GO OM

b)Gọi h là đờng cao của hình thang ABCD
Giả sử đã dựng đợc điểm M thuộc CD sao cho đờng thẳng AM
cắt hình thang thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Gọi N là giao điểm của AM và BC.
Đăt S1 = SADCN ; S2 = SANB;; S = SABCD
4

3điểm

0,25
0,25

s s s

1 2
Ta có s1 s2
=> S2 = S: 2 (1)



Kẻ đờng cao NH của tam giác ANB và đặt NH= x ta có:

0,5



0,25
5

2 điểm

3

áp dụng bất đẳng thức cô si ta có xyz

x yz 1



3
27

0,5

Mặt khác :

xyz (x+y-z)(y+ z-x)(z+x-y)
xyz (1-2z)(1-2x)(1-2y)

0,5


xyz 1- 2(x+y+z)+ 4 (xy+yz+zx)-8xyz
xyz 1- 2 + 4 (xy+yz+zx)-8xyz
1+ xyz 4 (xy+yz+zx)-8xyz


M

Hình bài 4b
D

a

C K

M
N

x

A

2a

H

h

B

Ghi chú: HS giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm ( câu hoặc phần đó )
đề kiểm tra học sinh giỏi
Năm học 2009-2010
Môn: Toán
Thời gian: 120 phút

x

1
4
x

4
x

3


a) Rút gọn P
1
2
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:

b) Tính giá trị của P khi x

a)
b)
c)

15 x
1
1

1

vào vị trí của điểm P.
PD
9

d) Giả sử CP BD và CP = 2,4 cm,
. Tính các cạnh của hình chữ
PB 16
nhật ABCD.
Bài 5(2 điểm): a) Chứng minh rằng: 20092008 + 20112010 chia hết cho 2010
b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:

1
1
2


1 x2 1 y 2
1 xy
đáp án và biểu điểm
Bài 1: Phân tích:
4x2 12x + 5 = (2x 1)(2x 5)
13x 2x2 20 = (x 4)(5 2x)
21 + 2x 8x2 = (3 + 2x)(7 4x)
4x2 + 4x 3 = (2x -1)(2x + 3)

0,5đ


Điều kiện:


3
2
2
2x 3
c) P =
= 1
2x 5
x 5
Ta có: 1 Z
2
Z
Vậy P Z khi
x 5
x 5 Ư(2)
Mà Ư(2) = { -2; -1; 1; 2}
x 5 = -2 x = 3 (TMĐK)
x 5 = -1 x = 4 (KTMĐK)
x 5 = 1 x = 6 (TMĐK)
x 5 = 2 x = 7 (TMĐK)
KL: x {3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên.
2
2x 3
d) P =
= 1
2x 5
x 5
Ta có: 1 > 0
a) Rút gọn P =

Để P > 0 thì


x 2 3x 4
x 4 3 x 3



1
15 x
1
1 12

x 4 3 x 1
x 4 x 1




ĐK: x 4; x 1


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

3x.(x + 4) = 0
3x = 0 hoặc x + 4 = 0
+) 3x = 0 => x = 0 (TMĐK)
+) x + 4 = 0 => x = -4 (KTMĐK)