PHÒNG GD&ĐT CẨM THỦY
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 ( 5,0 điểm)

Cho biểu thức

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP H UYỆN
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán 8
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi: 15 tháng 4 năm 2014

P=

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

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
b) Tìm x để P =

−1

1+ a
1+ b
P=

a) Cho 2 số a và

2

Câu 4 : (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
(M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N . Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho
BE = CM.
a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân.
b) Chứng minh : ME // BN.
c) Từ C kẻ CH ⊥ BN ( H ∈ BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng.
------------------HẾT----------------Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:…………
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm )


HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM
Môn thi: Toán 8
Năm học: 2013 – 2014
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu

Ý

Đáp án

Điểm

P=
:
2
x( x − 1)
( x − 1)
P=

x ( x + 1)

( x − 1)

2

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

−1
x2
−1
⇔ P=
=
với

2

0,5đ

Hoặc x = - 1 ( không TM ĐKXĐ)
(Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm )
Vậy P =

−1
1
⇔x=
2
2

0,25đ

x2
x 2 − 1 + 1 ( x − 1) ( x + 1) + 1
1
=
=
= x +1+
x −1
x −1
x −1
x −1
1
1
P = x +1+
= x −1+


0,25đ


Dấu “ = “ xẩy ra khi x – 1 =

1
x −1

 ( x – 1)2 = 1
 x – 1 = 1 ( vì x – 1 > 0 )

1(
4
đi
ể
m)

0,25đ

 x = 2 ( TM )
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
a
2
đ

Giả sử f(x) chia cho x 2 − 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:


0,25đ

= (a-1)a(a+1)+ 6a

0,25đ

Câu 2( 6 điểm)

* (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 2
suy ra chia hết cho 2
* (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 3
suy ra chia hết cho 3
Vì (2;3) = 1 nên (a-1)a(a+1) chia hết cho 6
* 6a chia hết cho 6
Vậy a3 + 5 a chia hết cho 6
x 2 + xy − 2012 x − 2013 y − 2014 = 0

c
2đ

0.5đ

⇔ x 2 + xy + x − 2013 x − 2013 y − 2013 = 1
⇔ x ( x + y + 1) − 2013( x + y + 1) = 1 ⇔ ( x − 2013)( x + y + 1) = 1
  x − 2013 = 1

x + y +1 = 1
⇔
  x − 2013 = −1


a + c − b a + b2 − c2
1
1
1
= 2 2
+ 2 2
+ 2
2
2
2
b + c − (b + c)
a + c − ( a + c ) a + b − ( a + b) 2
1
1
1
=
+
+
−2bc −2ac −2ab
a+b+c
=
=0
−2abc

P=

a

2



=
=

0,25đ

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

0,25đ

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

0,25đ

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


0,5đ

Xét ∆OEB và ∆OMC
Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC

0,25đ
0,5đ
0,5đ

µ =C
µ = 450
Và B
1
1
BE = CM ( gt )
Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)
µ =O
¶
⇒ OE = OM và O
1
3
¶ +O
¶ = BOC
·
Lại có O
= 900 vì tứ giác ABCD là hình vuông
2
3



Gọi H’ là giao điểm của OM và BN
·
· ' E ( cặp góc so le trong)
Từ ME // BN ⇒ OME
= OH
·
Mà OME
= 450 vì ∆OEM vuông cân tại O
c
1đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

· ' B = 450 = C
µ
⇒ MH
1
⇒ ∆OMC : ∆BMH’ (g.g)

0,25đ

OM MH '
·
·
=



MÔN THI : TOÁN 8

Ngày thi: 12/4/2014
Thời gian làm bài: 120 phút.
Câu 1: (4 điểm).
2

2

 x +1

 x − 1

.
− x − 1 ÷ :
Cho biểu thức: A =  −
3
x
x
+
1
3
x

 x

a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

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
c+a
a+b

Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo danh: ................................

1
3
x

 x


0,5đ

2 ( x + 1) − 3 x( x + 1)  x − 1
2
A= −
.
 : x
3x
 3x x + 1
 2 2(1 − 3 x)  x
A= −
.
3 x  x − 1
 3x

0,5đ
0,5đ

x
2x
=
x −1 x −1






3 2
2
a) Ta có: A =  n (n − 7) − 36n 

2
2
3
3
A = n  n( n − 7) − 6   n( n − 7) + 6  = n(n − 7n − 6)(n − 7n + 6)



= n(n3 − n − 6n − 6)(n3 − n − 6n + 6) = n  n(n2 − 1) − 6(n + 1)   n(n2 − 1) − 6(n − 1) 

(

)

(

)



 


0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ


Câu 3:
a)
x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;
x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;
TXĐ : x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7
Phương trình trở thành :

0,5đ

1
1
1
1
+
+
=
( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18
1
1
1
1
1

b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0. Ta có x, y, z >0
Từ đó suy ra a=

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

Thay vào ta được A=
=

0,5đ

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

0,5đ

1 y x
x z
y z 

A
O

B


a) Xét ∆ ACO và ∆ BOD có
µA = B
µ = 900 ;
·
·
·
(cùng phụ với DOB
)
COA
= ODB

0,5đ

Nên ∆ ACO đồng dạng với ∆ BOD

0,5đ

AO BD
=
=> AO.BO = AC.BD
AC BO

=>



CO AO
=
OD BD

=>

CO OB
=
(2) (Do AO = OB)
OD BD

Từ (1) và (2) ta có

0,5đ

0,5đ

OM OB
=
=> tam giác OMD và tam giác OBD đồng
MD BD

dạng

0,5đ

·
·
=> MOD

+
b+c
c+a
a+b

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ


áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có

(a + b)(a + c) (b + a )(b + c)
+
≥ 2( a + b )
b+c
c+a
(a + b)(a + c ) (c + a )(c + b)
+
≥ 2(a + c)
b+c
a+b
(b + a )(b + c) (c + a)(c + b)
+
≥ 2(b + c )