›
›
›

Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

doc 44 trang dichphong 4090
Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • doctuyen_tap_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_co_dap_an.doc

Nội dung text: Tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

  1. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) ĐỀ 1 Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 . a8 thỏa mãn 2 điều kiện a và b sau: 2 3 a) a1a2a3 = a7a8 b) a 4a5a6a7a8 a7a8 Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1. khi và chỉ khi ( mn – 2)  3. Áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1. Câu 3 . Giải phương trình: 1 1 1 1.2.3 2.3.4 2005.2006.2007 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007). Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh: EF // AB b). AB2 = EF.CD. c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 . Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45. ĐÁP ÁN 2 3 Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8) (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8) (2). Từ (1) và (2) => 22 a7 a8 31 3 3 => ( a7a8) = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 ) – a7a8 = a4a5a600.  ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6 do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng: a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824. b) . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625 c) . a7a8 = 26 => không thoả mãn câu 2 . Đặt m = 3k + r với 0 r 2 n = 3t + s với 0 s 2 x m + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1. = xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1 ta thấy: ( x 3k – 1)  ( x2 + x + 1) và ( x3t –1 )  ( x2 + x + 1) vậy: ( xm + xn + 1)  ( x2 + x + 1) ( xr + xs + 1)  ( x2 + x + 1) với 0 r ; s 2 r = 2 và s =1 => m = 3k + 2 và n = 3t + 1 r = 1 và s = 2 m = 3k + 1 và n = 3t + 2 1
  2. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) mn – 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) – 2 = 9kt + 3k + 6t = 3( 3kt + k + 2t) mn – 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) – 2 = 9kt + 6k + 3t = 3( 3kt + 2k + t) => (mn – 2)  3 Điều phải chứng minh. áp dụng: m = 7; n = 2 => mn – 2 = 12  3.  ( x7 + x2 + 1)  ( x2 + x + 1)  ( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1 Câu 3 . Giải PT: 1 1 1 .  x 1.2 2.3  2006.2007 1.2.3 2.3.4 2005.2006.2007 Nhân 2 vế với 6 ta được: 2 2 2 3  x 2 1.2 3 0 2.3 4 1  2006.2007 2008 2005  1`.2.3 2.3.4 2005.2006.2007 1 1 1 1 1 3  x 1.2 2.3 2.3 3.4 2006.2007 2 1.2.3 2.3.4 1.2.3  2006.2007.2008 2005.2006.2007 1 1 1003.1004.669 3 x 2.2006.2007.2008 x 1.2 2006.2007 5.100.651 OE OA Câu 4 .a) Do AE// BC => A B OB OC O F OB O K BF// AD OA OD E H F MặT khác AB// CD ta lại có DA1B1 C OA OB OE OF nên => EF // AB OC OD OB OA b). ABCA1 và ABB1D là hình bình hành => A1C = DB1 = AB EF AB Vì EF // AB // CD nên => AB 2 = EF.CD. AB DC 1 1 1 1 c) Ta có: S1 = AH.OB; S2 = CK.OD; S3 = AH.OD; S4 = OK.OD. 2 2 2 2 1 1 AH.OB AH.OD S1 2 AH S3 2 S1 S3 => ; AH.CK => => S1.S2 = S3.S4 S 1 CK S 1 S S 4 CK.OB 2 CK.OD 4 2 2 2 Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45 = x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4 = ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4 4 Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi: y- 1 = 0 => y = 1 x- y- 6 = 0 x = 7 2
  3. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) ĐỀ 2 Câu 1: a. Rút gọn biểu thức: A= (2+1)(22+1)(24+1) ( 2256 + 1) + 1 b. Nếu x2=y2 + z2 Chứng minh rằng: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (3x –5y)2 x y z a b c Câu 2: a. Cho 0 (1) và 2 (2) a b c x y z x2 y2 z2 Tính giá trị của biểu thức A= 0 a2 b2 c2 ab bc ca b. Tính : B = a2 b2 c2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 Câu 3: Tìm x , biết : x· 1 x 10 x 19 3 (1) 2006 1997 1988 Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M đương chéo AC. Gọi E,F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng: a.BM  EF b. Các đường thẳng BM, EF, CE đồng quy. Câu 5: Cho a,b, c, là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 1 P= (a+ b+ c) ( ). a b c ĐÁP ÁN Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có: A= (2-1) (2+1) (22+1) + 1 = (22-1)(22+1) (2256+1) = (24-1) (24+ 1) (2256+1) = [(2256)2 –1] + 1 = 2512 b, . ( 1 điểm) Ta có: (5x – 3y + 4z)( 5x –3y –4z) = (5x – 3y )2 –16z2= 25x2 –30xy + 9y2 –16 z2 (*) Vì x2=y2 + z2 (*) = 25x2 –30xy + 9y2 –16 (x2 –y2) = (3x –5y)2 Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) bcx +acy + abz =0 x2 y2 z2 ab ac bc x2 y2 z2 abz acy bcx 2 0 4 2 4 Từ (2) 2 2 2 2 2 2 a b c xy xz yz a b c xyz b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 a + b = - c a2 + b2 –c2 = - 2ab 3
  4. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac ab bc ca 3 B = 2ab 2bc 2ca 2 Câu 3: . ( 1,25 điểm) x· 2007 x 2007 x 2007 (1) 0 2006 1997 1988 x= 2007 A Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM; B H là giao điểm của EF và BM EMB = BKM ( gcg) Góc MFE =KMB BH  EF E M K b. ( 1,25 điểm) ADF = BAE (cgc) AF  BE H Tương tự: CE  BF BM; AF; CE là các đường cao của BEF đpcm Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có: D F C a a b b c c a b a c b c P = 1 + 1 1 3 b c a c a b b a c a c b x y Mặt khác 2 với mọi x, y dương. P  3+2+2+2 =9 y x Vậy P min = 9 khi a=b=c. ĐỀ 3 Bài 1 (3đ): 1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x2 + 7x + 12 b) a10 + a5 + 1 x 2 x 4 x 6 x 8 2) Giải phương trình: 98 96 94 92 Bài 2 (2đ): 2x2 3x 3 Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên 2x 1 Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC ) 1) Kẻ đường cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng: a) ABM đồng dạng ACN b) góc AMN bằng góc ABC 2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung điểm của BC; F là trung điểm của AK. Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc BAC. 4
  5. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Bài 4 (1đ): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 2 2x 2007 A , ( x khác 0) 2007x 2 ĐÁP ÁN Bài 1 (3đ): 1) a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ) b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5 ) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) = (a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 ) (1đ) 2) x 2 x 4 x 6 x 8 98 96 94 92 x 2 x 4 x 6 x 8 ( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) (0,5đ) 98 96 94 92 1 1 1 1 ( x + 100 )( + - - ) = 0 (0,25đ) 98 96 94 92 1 1 1 1 Vì: + - - 0 98 96 94 92 Do đó : x + 100 = 0 x = -100 Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 (0,25đ) Bài 2 (2đ): 2x 2 3x 3 (2x 2 x) (4x 2) 5 5 P = x 2 (0,5đ) 2x 1 2x 1 2x 1 x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên để P có giá trị nguyên thì 5 phải nguyên hay 2x - 1 là ước nguyên của 5 (0,5đ) 2x 1 => * 2x - 1 = 1 => x = 1 * 2x - 1 = -1 => x = 0 * 2x - 1 = 5 => x = 3 * 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ) Vậy x = 1;0;3; 2 thì P có giá trị nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của P là: x = 1 => P = 8 x = 0 => P = -3 x = 3 => P = 6 x = -2 => P = -1 (0,5đ) Bài 3 (4đ): 5
  6. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 1) a) chứng minh ABM đồng dạng CAN (1đ) AB AM b) Từ câu a suy ra: AMN đồng AC AN dạng ABC  AMN =  ABC ( hai góc tương ứng) (1,25đ) 2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H (0,25đ)  BAH =  CHA ( so le trong, AB // CH) mà  CAH =  BAH ( do Ax là tia phân giác) (0,5đ) Suy ra:  CHA = CAH nên CAH cân tại C do đó : CH = CA => CH = BK và CH // BK (0,5đ) BK = CA Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm KH Do F là trung điểm của AK nên EF là đường trung bình của tam giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm) (0,5đ) Bài 4 (1đ): 2 2 2 2 2 A = 2007x 2x.2007 2007 = x 2x.2007 2007 + 2006x 2007x 2 2007x 2 2007x 2 (x 2007) 2 2006 2006 = 2007x 2 2007 2007 A min = 2006 khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ) 2007 ĐỀ SỐ 4 x 2 6 1 10 x 2 : x 2 Câu 1 ( 3 điểm ) . Cho biểu thức A = 3 x 4x 6 3x x 2 x 2 a, Tìm điều kiện của x để A xác định . b, Rút gọn biểu thức A . c, Tìm giá trị của x để A > O x 2 4x 1 x 2 5x 1 Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau : 2 x 1 2x 1 Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và S. 1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân. 2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. 3, Chứng minh P là trực tâm SQR. 6
  7. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 4, MN là trung trực của AC. 5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng. Câu 4 ( 1 điểm): 2x 2 3x 3 Cho biểu thức A = . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên 2x 1 Câu 5 ( 1 điểm) a, Chứng minh rằng x 3 y 3 z 3 x y 3 3xy. x y z 3 1 1 1 yz xz xy b, Cho 0. Tính A x y z x 2 y 2 z 2 ĐÁP ÁN Câu 1 a, x 2 , x -2 , x 0 x 2 1 6 b , A = : x 2 4 2 x x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 6 = : x 2 x 2 x 2 6 x 2 1 = . x 2 x 2 6 2 x 1 c, Để A > 0 thì 0 2 x 0 x 2 2 x 1 Câu 2 . ĐKXĐ : x 1; x 2 x 2 4x 1 x 2 5x 1 x 2 3x 2 x 2 3x 2 PT 1 1 0 0 x 1 2x 1 x 1 2x 1 1 1 x 2 3x 2 0 x 2 3x 2 3x 2 0 x 1 x 2 3x 2 0 x 1 2x 1 x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3 Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ . 2 Vậy PT đã cho có tập nghiệm S = 1;2;  3 Câu 3: 1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh vuông góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tợng tự ta có: ARP= ADS do đó AP = AS và APS là tam giác cân tại A. 7
  8. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 2, AM và AN là đờng trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM RQ. Mặt khác : PAN PAM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. 3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR. 4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =1 QR. 2 Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM = 1 QR. 2 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trungtrực của AC 5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng. Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x -1/2 2 2 A = (x + 1) + vì x Z nên để A nguyên thì nguyên 2x 1 2x 1 Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy : 2x+1 = 2 x=1/2 ( loại ) 2x+1 = 1 x = 0 2x+1 = -1 x = -1 2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại ) KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên Câu 5. a, , Chứng minh x 3 y 3 z 3 x y 3 3xy. x y z 3 Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh. b, Ta có a b c 0 thì a 3 b3 c 3 a b 3 3ab a b c 3 c 3 3ab c c 3 3abc (vì a b c 0 nên a b c ) 1 1 1 1 1 1 3 Theo giả thiết 0. . x y z x 3 y 3 z 3 xyz yz xz xy xyz xyz xyz 1 1 1 3 A xyz xyz 3 khi đó 2 2 2 3 3 3 3 3 3 x y z x y z x y z xyz === ĐỀ 5 Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức : 8
  9. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) x 2 1 1 1 x 4 M = x 4 4 2 2 2 x x 1 x 1 1 x a) Rút gọn b) Tìm giá trị bé nhất của M . Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên 4x 3 3x 2 2x 83 A = x 3 Bài 3 : 2 điểm Giải phương trình : a) x2 - 2005x - 2006 = 0 b)x 2 + x 3 + 2x 8 = 9 Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng qua E song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh : a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi . b) AEF ~ CAF và AF2 = FK.FC c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi . Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120 chia hết cho 24 ĐÁP ÁN Bài 1 : (x 2 1)(x 2 1) x 4 x 2 1 x 4 1 x 4 x 2 1 x 2 2 a) M = ( x4+1-x2) = (x 4 x 2 1)(x 2 1) x 2 1 x 2 1 3 3 b) Biến đổi : M = 1 - . M bé nhất khi lớn nhất x 2+1 bé nhất x2 x 2 1 x 2 1 = 0 x = 0 M bé nhất = -2 4 4 Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 + A Z Z x-3 là ước của 4 x 3 x 3 x-3 = 1 ; 2 ; 4 x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7 Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0 (x-2006)(x+1) = 0 x1 = -1 ; x2 = 2006 c) Xét pt với 4 khoảng sau : x< 2 ; 2 x < 3 ; 3 x < 4 ; x 4 Rồi suy ra nghiệm của phương trình là : x = 1 ; x = 5,5 Bài 4 : a) ABE = ADF (c.g.c) AE = AF 9
  10. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) AEF vuông cân tại tại A nên AI  EF . IEG = IEK (g.c.g) IG = IK . Tứ giác EGFK có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường và vuông góc nên hình EGFK là hình thoi . b) Ta có : KAF = ACF = 450 , góc F chung AF KF AKI ~ CAF (g.g) AF 2 KF.CF CF AF d) Tứ giác EGFK là hình thoi KE = KF = KD+ DF = KD + BE Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE = 2BC ( Không đổi) . Bài 5 : Biến đổi : B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120 Suy ra B  24 === ĐỀ 6 Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức: 6x 1 6x 1 x 2 36 A= . ( Với x 0 ; x 6 ) x 2 6x x 2 6x 12x 2 12 1) Rút gọn biểu thức A 2) Tính giá trị biểu thức A với x= 1 9 4 5 Câu 2: ( 1 điểm ) a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 x.y + x + y ( với mọi x ;y) b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: A = x 2 x 3 x 2 x 2 Câu 3: ( 4 điểm ) Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối xứng của C qua P . a) Tứ giác AMDB là hình gi? b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB . 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. PD 9 d) Giả sử CP  DB và CP = 2,4 cm,; PB 16 10
  11. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 4 ( 2 điểm ) Cho hai bất phương trình: 3mx-2m > x+1 (1) m-2x 1+2m (3m-1)x > 1+2m. (*) + Xét 3m-1 =0 → m=1/3. 2 (*) 0x> 1+ x  . 3 + Xét 3m -1 >0 → m> 1/3. 1 2m (*) x> 3m 1 + Xét 3m-1 m x > m/2. Hai bất phương trình có cùng tập nghiệm. 1 m 1 1 3 m m 3 3 1 2m m 2 3m 5m 2 0 (m 2)(m 1) 0 3m 1 2 11
  12. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) m-2 =0 m=2. Vậy : m=2. Câu 3: (4 điểm ) a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của AC và BD. → AM //PO → tứ giác AMDB là hình thang. b) ( 1 điểm ) Do AM// BD → góc OBA= góc MAE ( đồng vị ) Xét tam giác cân OAB → góc OBA= góc OAB Gọi I là giao điểm của MA và EF → AEI cân ở I → góc IAE = góc IEA → góc FEA = góc OAB → EF //AC .(1) Mặt khác IP là đường trung bình của MAC → IP // AC (2) Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng. MF AD c) (1 điểm ) Do MAF  DBA ( g-g) → không đổi. FA AB PD 9 BD PB d) Nếu k → PD= 9k; PB = 16k. PB 16 9 16 Do đó CP2=PB. PD → ( 2,4)2=9.16k2 → k=0,2. PD = 9k =1,8 PB = 16 k = 3,2 DB=5 Từ đó ta chứng minh được BC2= BP. BD=16 Do đó : BC = 4 cm CD = 3 cm Câu4 ( 1 điểm ) x 2 1 1 Ta có A = 2 2 (x x 1)(x 2) x x 1 1 2 3 (x ) 2 4 1 2 3 1 1 Vậy Amax [ ( x+ ) ] min x+ = 0 → x = - 2 4 2 2 4 Amax là khi x = -1/2 3 === ĐỀ 7 Bài1( 2.5 điểm) a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2c – abc + b2c + b3 = 0 b, Phân tích đa thức thành nhân tử: A = bc(a+d)(b-c) –ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b) 12
  13. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Bài 2: ( 1,5 điểm). Cho biểu thức: y = x ; ( x>0) (x 2004) 2 Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó Bài 3: (2 ,5 điểm) a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phương trình: : ( 12x – 1 ) ( 6x – 1 ) ( 4x – 1 ) ( 3x – 1 ) = 330. B, Giải bất phương trình: x 6 3 Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với ox ; ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b. A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đường thẳng qua I thay đổi. CA OC 2 B, Chứng minh rằng DB OB 2 8a 2 C, Biết SAOB = . Tính CA ; DB theo a. 3 ĐÁP ÁN Bài 1: 3 điểm a, Tính: Ta có: a3 + a2c – abc + b2c + b3 = (a3 + b3) + ( a2c –abc + b2c)= (a + b) ( a2 –ab =b2 ) + c( a2 - ab +b2) = ( a + b + c ) ( a2 – ab + b2 ) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả thiết) Vậy:a3 +a2c –abc + b2c + b3 = 0 ( đpCM) b, 1,5 điểm Ta có: bc(a+d) 9b –c) – ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b) = bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] – ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b) = -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) –ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)(a-b) = b(a-b)[ a(c+d) –c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) –a(b+d)] = b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a) = d(a-b)(a-c)(b-c) Bài 2: 2 Điểm Đặt t = 1 2004y Bài toán đưa về tìm x để t bé nhất 2 2 2 Ta có t = (x 2004) = x 2.2004x 2004 2004x 2004x x 2004 x 2 20042 = 2 = 2 (1) 2004 x 2004x Ta thấy: Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương ta có: x 2 20042 x2 + 20042 2. 2004 .x 2 (2) 2004x 13
  14. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Dấu “ =” xảy ra khi x= 2004 Từ (1) và (2) suy ra: t 4 Vậy giá trị bé nhất của t = 4 khi x =2004. 1 1 Vậy ymax= Khi x= 2004 2004t 8016 Bài 3: 2 Điểm a, Nhân cả 2 vế của phương trình với 2.3.4 ta được: (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 330.2.3.4 (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11.10.9.8 Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số phảI cùng dấu ( + )hoặc dấu ( - ). Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = 11 . 10 . 9 . 8 (1) Và (12x -1)(12x -2)(12x – 3)(12x – 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8) (2) Từ phương trình (1) 12x -1 = 11 x = 1 ( thoả mãn) 7 Từ phương trình (2) 12x -1 = - 8 x= suy ra x Z. 12 Vậy x=1 thoả mãn phương trình. b, Ta cóx 6 < 3 -3 < x – 6 < 3 3< x < 9 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = { x R/ 3 < x < 9}. Bài 4 : 3 Điểm Ta có A chung ; AIC = ABI ( cặp góc đồng vị) IAC ~ BAO (gg). AC IC AC AO Suy ra: (1) AO BO IC BO Tương tự: BID ~ BAO (gg) OA OB OA ID Suy ra: (2) ID BD OB BD AC ID Từ (1) và(2) Suy ra: IC BD Hay AC. BD = IC . ID = a2 Suy ra: AC.BD = a2 không đổi. AC ID OA OA b, Nhân (1) với (2) ta có: . . IC BD OB OB AC OA2 mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra: BD OB 2 C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có; 1 8a 2 SAOB = OA.OB mà SAOB = ( giả thiết) 2 3 8a 2 16a 2 Suy ra: OA.OB = OA . OB = 3 3 14
  15. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 16a 2 16a 2 Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) = a2 + a( CA + DB ) + CA . DB = 3 3 16a 2 Mà CA . DB = a2 ( theo câu a) a(CA +DB) = - 2a2 3 2 16a 2 2 2a 2 CA.DB a 3 10a CA + DB + . Vậy: 10a2 a 3 CA DB 3 a Giải hệ pt CA = và DB = 3a 3 Hoặc CA = 3a và DB = a 3 === ĐỀ 8 x2 y2 x2 y2 Bài 1( 2 điểm). Cho biểu thức : P x y 1 y x y 1 x x 1 1 y 1.Rút gọn P. 2.Tìm các cặp số (x;y) Z sao cho giá trị của P = 3. Bài 2(2 điểm). Giải phương trình: 1 1 1 1 1 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 x2 11x 30 8 Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức: 2x 1 M x2 2 Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF. 1.Chứng minh CE vuông góc với DF. 2.Chứng minh MAD cân. 3.Tính diện tích MDC theo a. Bài 5(1 điểm). Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c = 3 . 2 3 Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 . 4 ĐÁP ÁN Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm) MTC : x y x 1 1 y x2 1 x y2 1 y x2 y2 x y x y 1 x 1 y x y xy 1. P x y 1 x 1 y x y 1 x 1 y P x y xy .Với x 1; x y;y 1 thì giá trị biểu thức được xác định. 15
  16. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 2. Để P =3 x y xy 3 x y xy 1 2 x 1 y 1 2 Các ước nguyên của 2 là : 1; 2. Suy ra: x 1 1 x 0 y 1 2 y 3 x 1 1 x 2 (loại). y 1 2 y 1 x 1 2 x 3 y 1 1 y 0 x 1 2 x 1 (loại) y 1 1 y 2 Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3. x 2 x 3 Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định: x 4 x 5 x 6 x2 5x 6 x 2 x 3 x2 7x 12 x 3 x 4 Ta có : x2 9x 20 x 4 x 5 x2 11x 30 x 5 x 6 Phương trình đã cho tương đương với : 1 1 1 1 1 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6 8 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 x 6 x 5 8 1 1 1 4 1 x 6 x 2 8 x 6 x 2 8 x2 8x 20 0 x 10 x 2 0 x 10 thoả mãn điều kiện phương trình. x 2 Phương trình có nghiệm : x = 10; x = -2. Bài 3.(2điểm) 16
  17. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 2 2 2x 1 x2 2 x2 2 x 2 x 2x 1 M 2 2 x 2 x 2 2 2 x2 2 x 1 x 1 M 1 x2 2 x2 2 2 x 1 M lớn nhất khi nhỏ nhất. x2 2 2 2 2 x 1 2 Vì x 1 0x và x 2 0x nên 2 nhỏ nhất khi x 1 = 0. x 2 Dấu “=” xảy ra khi x-1 = 0 x 1 . Vậy Mmax = 1 khi x = 1. Bài 4. . (3iểm) µ ¶ a. VBEC VCFD(c.g.c) C1 D1 µ ¶ 0 µ µ 0 VCDF vuông tại C F1 D1 90 F1 C1 90 VCMF vuông tại M Hay CE  DF. b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có : VAEK VBEC(g.c.g) BC AK AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M 1 AM KD AD VAMD cân tại A 2 CD CM c. VCMD : VFCD(g.g) FD FC 2 2 SVCMD CD CD Do đó : SVCMD .SVFCD SVFCD FD FD 1 1 Mà : S CF.CD CD2 . VFCD 2 4 2 CD 1 2 Vậy : SVCMD 2 . CD . a d FD 4 k 1 Trong VDCF theo Pitago ta có : 2 2 2 2 1 2 2 1 2 5 2 e DF CD CF CD BC CD CD .CD . m 2 4 4 1 1 CD2 1 1 1 Do đó : S . CD2 CD2 a2 b VMCD 5 f c CD2 4 5 5 4 Bài 5 (1điểm) 2 2 1 2 1 2 1 Ta có: a 0 a a 0 a a 2 4 4 1 1 Tương tự ta cũng có: b2 b ; c2 c 4 4 Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được: 17
  18. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 3 3 3 a2 b2 c2 a b c . Vì a b c nên: a2 b2 c2 4 2 4 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c =1 . 2 === ĐỀ 9 Câu 1. (1,5đ) Rút gọn biểu thức : A = 1 +1 +1 + .+ 1 2.5 5.8 8.11 (3n 2)(3n 5) Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho : Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4) Câu 3 . (2đ) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức 7 có giá trị nguyên. x2 x 1 Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc) Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng hàng. ĐÁP ÁN Câu 1. A = 1 (1 -1 +1 -1 + .+ 1 - 1 ) 3 2 5 5 8 3n 2 3n 5 = 1 (1 -1 ) = n 1 3 2 3n 5 6n 10 Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 – 4 được đa thức dư suy ra a = 0 ; b = - 16. 7 2 Câu 3. 2 Z x –x +1 = U(7)= 1, 7  x x 1 Đưa các phương trình về dạng tích. Đáp số x = 2,1,3 . Câu 4. Từ giả thiết a < b + c a2 < ab + ac Tưng tự b2 < ab + bc c2 < ca + cb Cộng hai vế bất đẳng thức ta được (đpcm) Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là Trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. GM 1 - Chỉ ra được = , H·AG =O·MG AG 2 18
  19. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) - Chỉ ra OM = 1 (Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng minh CK = AH 2 AH) VAHG : VMOG (c.g.c) H,G,O thẳng hàng. === ĐỀ 11 3x 3 14x 2 3x 36 Câu 1:Cho biểu thức: A= 3x 3 19x 2 33x 9 a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định. b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0. c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên. Câu 2: .a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= (x 16)(x 9) với x>0. x .b, Giải phương trình: x+1 +: 2x-1 +2x =3 Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC =CM/CD =DN/DA= x. .a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện tích mhỏ nhất. .b, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì tứ giác MNKL là hình chữ nhật. Câu 4: Tìm dư của phép chia đa thức x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1 ĐÁP ÁN Câu1 (3đ) a.(1đ) 2 Ta có A= (x 3) (3x 4) (0,5đ) (x 3) 2 (3x 1) Vậy biểu thức A xác định khi x 3,x 1/3(0,5đ) b. Ta có A=3x 4 do đó A=0 3x +4=0 (0,5đ) 3x 1 x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ) Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ) c. (1đ) Ta có A=3x 4 = 1+ 5 3x 1 3x 1 19
  20. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 5 Để A có giá trị nguyên thì phải nguyên 3x-1 là ước của 5 3x-1 1, 5 3x 1 =>x=-4/3;0;2/3;2 Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ) Câu: 2: (3đ) a.(1,5đ) Ta có 2 A=x 25x 144 =x+ 144 +25 (0,5đ) x x Các số dương x và 144 Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và chỉ khi x = 144 x x  x=12 (0,5đ) Vậy Min A =49 x=12(0,5đ) b.(1,5đ) TH1: nếu x x=-3 x=1>1/2(loại )(0,25đ) TH3: Nếu x 1/2ta có x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5 KK1/BB1= AK/AB SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x) SABD(0,5đ) Tương tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S (0,25đ) Tương tự S3+S4= x(1-x)S S 1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ) 2 2 S MNKL=S-( S1,+S2+ S3+ S4)= 2S x -2Sx+S=2S(x-1/2) +1/2S 1/2S(0,25đ) Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó M,N,K,L lần lượt là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ) 20
  21. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) b.(1,5đ) tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ) tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BDAC (0,5đ) Câu 4: (1đ) 99 55 11 2 Gọi Q(x) là thương của phép chia x +x +x +x+7 cho x -1 99 55 11 ta có x +x +x +x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*) trong đó ax+b là dư của phép chia trên Với x=1 thì(*)=> 11=a+b Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7 Vậy dư của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7 === ĐỀ 12 Bài 1: (3đ) 5 4 3 2 Cho phân thức : M = x 2x 2x 4x 3x 6 x 2 2x 8 a) Tìm tập xác định của M b) Tìm các giá trị của x để M = 0 c) Rút gọn M Bài 2: (2đ) a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai trong ba số ấy ta được 242. b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị của biểu thức B. A = n3 + 2n2 - 3n + 2 ; B = n2 -n Bài 3: (2đ) a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức 1 1 1 M = 1 x xy 1 y yz 1 z zx b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác 1 1 1 1 1 1 Chứng minh rằng: a b c b c a c a b a b c Bài 4: (3đ) Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O. Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5 a) Tính NC biết BC = 18 cm b) Tính AC biết MC - MA = 3cm AP BN CM c) Chứng minh . . 1 PB NC MA 21
  22. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) ĐÁP ÁN Bài 1: a) x2+2x-8 = (x-2)(x+4) 0 x 2 và x - 4 (0,5đ) TXĐ = x / x Q; x 2; x 4 0,2đ b) x5 - 2x4+2x3- 4x2- 3x+ 6 = (x-2)(x2+ 3)x-1)(x+1) 1,0đ = 0 khi x=2; x= 1. 0,2đ Để M= 0 Thì x5-2x4+ 2x3-4x2-3x+6 = 0 x2+ 2x- 8 0 0,5đ Vậy để M = 0 thì x = 1. 0,3đ (x 2)(x 2 3)(x 2 1) (x 2 3)(x 2 1) c) M = 0,3đ (x 2)(x 4) x 4 Bài 2: a) Gọi x-1, x, x+1 là 3 số tự nhiên liên tiếp Ta có: x(x-1) + x(x+1) + (x-1)(x+1) = 242 (0,2đ) Rút gọn được x2 = 81 0,5đ Do x là số tự nhiên nên x = 9 0,2đ Ba số tự nhiên phải tìm là 8,9,10 0,1đ b) (n3+2n2- 3n + 2):(n2-n) được thương n + 3 dư 2 0,3đ Muốn chia hết ta phải có 2 n(n-1) 2 n 0,2đ Ta có: n 1 -1 2 -2 n-1 0 -2 1 -6 n(n-1) 0 2 2 -3 loại loại 0,3đ Vậy n = -1; n = 2 0,2đ Bài 3: a) Vì xyz = 1 nên x 0, y 0, z 0 0,2đ 1 z z 0,3đ 1 x xy z(1 x xy) z xz 1 1 xz xz 0,3đ 1 y yz (1 y yz)xz xz 1 z z xz 1 M = 1 0,2đ z xz 1 xz 1 z 1 z xz b) a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác nên a+b-c > 0; b+c-a > 0; c+a-b > 0 0,2đ 22
  23. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 1 1 4 với x,y > 0 x y x y 1 1 4 2 0,2đ a b c b c a 2b b 1 1 2 0,2đ b c a c a b c 1 1 2 0,2đ c a b a b c a Cộng từng vế 3 bất đẳng thức rồi chia cho 3 ta được điều phải chứng minh. Xảy ra dấu đẳng thức khi và chỉ khi a = b = c 0,2đ Bài 4: a) A B C N NB AB AN là phân giác của Aˆ Nên 0,3đ NC AC AB BC AC AB 4 Theo giả thiết ta có Nên 0,2đ 4 7 5 AC 5 NB 4 BC 9 5.BC NC 10(cm) 0,5đ NC 5 NC 5 9 MC BC b) BM là phân giác của Bˆ nên 0,3đ MA BA AB BC AC BC 7 Theo giả thiết ta có: 0,2đ 4 7 5 BA 4 MC 7 MC MA 3 3.11 Nên ac 11(cm) 0,5đ MA 4 MA MC 11 3 c) Vì AN,BM,CP là 3 đường phân giác của tam giác ABC BN AB MC BC AP AC Nên ; ; 0,5đ BC AC MA BA PB AB BN MC AP AB BC AC Do đó . . . . 1 0,5đ BC MA PB AC AB BC === ĐỀ 13 Câu 1: ( 2,5 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: 23
  24. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) a/. x2 – x – 6 (1 điểm) b/. x3 – x2 – 14x + 24 (1,5 điểm) Câu 2: ( 1 điểm) Tìm GTNN của : x2 + x + 1 Câu 3: ( 1 điểm) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n)  120 với m, n Z. Câu 4: ( 1,5 điểm) Cho a > b > 0 so sánh 2 số x , y với : x = 1 a ; y = 1 b 1 a a2 1 b b2 Câu 5: ( 1,5 điểm) Giải phương trình: x 1 + x 2 + x 3 = 14 Câu 6: ( 2,5 điểm) Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy là 150 . Chứng minh tam giác CFD là tam giác đều. ĐÁP ÁN Câu 1: a/. Ta có: x2 – x – 6 = x2 – 4 – x – 2 = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – 2 - 1) = (x + 2 )(x - 3) ( Nếu giải bằng cách khác cho điểm tương đương ) b/. Ta có: x = 2 là nghiệm của f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do đó f(x)  x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12 Vậy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12) Ta lại có: x = 3 là nghiệm của x2 + x – 12 Nên x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4) Như vậy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) . Câu 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của x2 + x + 1 (1 đ’) 1 3 3 1 1 Ta có : x2 + x + 1 = (x )2 Vậy f(x) đạt GTNN khi (x )2 = 0 Tức x = - 2 4 4 2 2 Câu 3: Ta có : n5 – 5n3 + 4n = n5 – n3 – 4n3+ 4n = n3(n2 - 1) – 4n( n2 - 1) = n(n - 1)( n + 1)(n - 2)(n + 2) là tích của 5 số nguyên liên tiếp trong đó có ít nhất hai số là bội của 2 ( trong đó một số là bội của 4, một số là bội của 3, một số là bội của 5). Vậy tích của 5 số nguyên liên tiếp chia hết cho 8,3,5 = 120. 24
  25. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Câu 4: (1,5 đ’). Ta có x,y > 0 và 1 1 a a2 a2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 a 1 1 1 1 x 1 a 1 a y a2 a2 a b2 b 1 1 1 1 Vì a> b > 0 nên và . Vậy x < y. a2 b2 a b Câu 5: 1/. Xét khoảng x < -2 ,ta có: -3x + 2 = 14 x = - 4. 2/. -2 x < 1, ta có : -x + 16 = 14 x = 2. (loại) 3/. 1 x < 3, ta có : x + 4 = 14 x = 10 (loại). 16 4/. x 3 , ta có: 3x – 2 = 14 x = 3 Vậy phương trình trên có nghiệm là x = - 4 và x = 16 . 3 Câu 6: ( 2,5 đ’) D C 2 I 2 F 2 H FF 150 150 2 A B Dựng tam giác cân BIC như tam giác AFB có góc đáy 150 . ¶ 0 Suy ra : B2 60 (1) . Ta có VAFB VBIC (theo cách vẽ) nên: FB = IB (2). Từ (1) và (2) suy ra :VFIB đều . µ 0 Đường thẳng CI cắt FB tại H . Ta có: I2 = 30 ( góc ngoài của VCIB ). ¶ 0 µ 0 Suy ra: H2 = 90 ( vì B = 60 ) Tam giác đều FIB nên IH là trung trực của FB hay CH là đường trung trực của VCFB . Vậy VCFB cân tại C . Suy ra : CF = CB (3) Mặt khác : VDFC cân tại F . Do đó: FD = FC (4). Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC). Vậy VDFC đều. GiảI bằng phương pháp khác đúng cho điểm tương đương. === 25
  26. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) ĐỀ 14 Câu 1 (2 điểm): Với giá trị nào của a và b thì đa thức f(x) =x4-3x3+3x2 + ax+b chia hết cho đa thức g(x) =a2+4-3x. Câu 2 (2 điểm) Phân tích thành nhân tử. (x+y+z)3 –x3-y3-z3. Câu 3 (2 điểm ) : a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x2 +x+1 b-Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A= h(h+1) (h+2) (h+3) Câu 4(2 điểm ) : Chứng minh rằng nếu .a2+b2+c2=ab+bc+ac thì a=b=c Câu 5 (2 điểm ) : Trong tam giác ABC lấy điểm P sao cho PAC = PBC. Từ P dựng PM vuông góc với BC. PK vuông góc với CA. Gọi D là trung điểm của AB. Chứng minh : DK=DM. ĐÁP ÁN Bài 1 (2 điểm) Chia f(x) cho g(x) Ta có : x4-3x2+3x2+ax+b: a2-3x+4. = x2+1 dư (a-3)x + b+4 (1 điểm) f(x): g(x) khi và chỉ khi số dư bằng không. Từ đây suy ra (1 điểm ). a-3=0 => a=3 b+4=0 => b=-4 Bài 2 (2 điểm ) Phân tích thành nhân tử. (x+y+2)3 –x3-y3-z3 =A Ta có : (x+y+z)3 –x3-y3-z3 = [(x+y+z)3-x3]-(y3+23). áp dụng hằng đẳng thức 6 và 7. A= ( x+y+z-x) [(x+x+z)2 + (x+y+z)x + x2) – (x+z)(y2-y2+z2) (1 điểm) = (y+z)[x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz+xy+xz+x2+x2-y2+yz-z2]. = (y+z) (3x2+3xy+3xz+3yz). = 3(y+z) [x(x+y)+z((x+y)] = 3(x+y) (y+z) ) (x+z) (1 điểm). Bài 3 : (2 điểm ). a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ nhất : x2+x+1 1 3 3 Ta có : x2+x+1 = (x+ )2 + 2 4 4 Giá trị nhỏ nhất là 3 khi (x+1 )2=0 Tức x = -1 (1 điểm). 4 2 2 b-Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. A= h(h+1) (h+2) (h+3) (1 điểm). 26
  27. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Ta có : A= h(h+1) (h+2) (h+3) = h(h+3) (h+2) (h+1) = (h2+3h) (h2+3h+2) Đặt : 3h+h2 =x A= x(x+2) = x2+2x = x 2+2x+1-1 = (x+1)2-1 -1 Giá trị nhỏ nhất của A là -1. Bài 4 (2 điểm ) Chứng minh. Theo giả thiết : a2+b2+c2 = ab+ac+bc. Ta có : a2+b2+c2 – ab-ac-bc = 0 Suy ra : (a2-2ab+b2) + (b2-2ab+c2) + (a2-2ac+c2)=0 (1 điểm). (a-b)2 + (b-c)2 + (a-c)2= 0 Điều này xảy ra khi và chỉ khi. a-b = b-c = a-c = 0 Tức là : a=b=c (1 điểm). Bài 5 (2 điểm) C Gọi E là trung điểm của AP F là trung điểm của BP K M Ta có : KE=1 AP = EP P 2 FM =1 BP =FP E F 2 A D B Tứ giác DEPF là hình bình hành vì DE//BP, DF//AP Do đó : ED=FM ; EK =EP=DF Từ các tam giác vuông APK; BPM ta suy ra. KEP =2KAP ; MEP = 2MBP DEPF là hình bình hành nên DEP= DFP Theo giả thiết KAD = MBP nên KEP = MFP Vậy DEK = DPM suy ra DEK= MFO (c.g.c) Do đó : DK=OM === ĐỀ 15 Câu 1: (2đ) Tìm hai số biết a. Hiệu các bình phương của 2 số tự nhiên chẵn liên tiếp bằng 36 b. Hiệu các bình phương của 2 số tự nhiên lẻ liên tiếp bằng 40 Câu 2: (1,5đ) Số nào lớn hơn: 2 2006 2005 20062 20055 hay 2006 2005 20062 20052 27
  28. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Câu 3: (1,5 đ) Giải phương trình x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 6 0 1000 999 998 997 996 995 Câu 4: (1đ) Giải bất phương trình ax –b> bx+a Câu 5: (2,5đ) Cho hình thang ABCD có đáy lớn CD. Qua A vẽ đường thẳng AK song song với BC. Qua B vẽ đường thẳng BI song song với AD. BI cắt AC ở F, AK cắt BD ở E. Chứng minh rằng: a. EF song song với AB b. AB2 = CD.EF Câu 6: (1,5đ) Cho hình thang ABCD (AD//BC) có hai đường chéo, cắt nhau ở O . Tính diện tích tam giác ABO biết diện tích tam giác BOC là 169 cm2 và diện tích tam giác AOD là 196 cm2. ĐÁP ÁN Câu 1: a. Gọi 2 số chẵn liên tiếp là x và x+2 (x chẵn). Ta có: (x+2)2 -x2 =36 => x = 8. Vậy 2 số cần tìm là 8 và 10. b. Gọi 2 số lẻ liên tiếp là x và x+2 (xlẻ) Ta có (x+2)2 –x2 = 40 => x = 9 Vậy 2 số cần tìm là 9 và 11. Câu 2: Theo tính chất của phân thức ta có: 2 2006 2005 2006 2005 2006 2005 20062 20052 . 2006 2005 2006 2005 2006 2005 (2006 2005)2 2006 2 2005 2 2006 2 2005 2 = b thì x> a b a b * Nếu a 2b 28
  29. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) + Nghiệm đúngvới mọi x nếu b SABO.SCOD = SBOC.SAOD S BOC OC SCOD 2 2 2 Mà SABO = SCOD nên: S ABO = SAOD . SBOD = 169.196 = 13 .14 2 => SABO = 13.14 = 182 (cm ) === ĐỀ 16 Câu 1(2đ): Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức sau là số nguyên. 2x3 + x2 + 2x + 5 A= 2x + 1 Câu 2(2đ): Giải phương trình x2 - 3|x| - 4 = 0 29
  30. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Câu 3(2đ): Trên 3 cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy tương ứng các điểm P, Q, R. Chứng minh điều kiện cần và đủ để AP; BQ; CR đồng qui là: PB QC RA . . = 1 PC QA RB Câu 4(2đ): Cho a, b > 0 và a+b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức M = (1+ 1/a )2 + (1+ 1/b)2 Câu 5(2đ): Cho hai số x, y thoã mãn điều kiện 3x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3x2 + y2 ĐÁP ÁN Câu 1 A nguyên 2x+ 1 là ước của 4 Ư(4) = 1; 2; 4 Giải ra x = -1; x= 0 thì A nguyên. Câu 2: x2 - 3|x| - 4 = 0 3|x| = x2 - 4 3x = (x2 - 4) x2 - 3x - 4 = 0 hoặc x2 + 3x - 4 = 0 Giải 2 phương tình này được S = -4; 4 Câu 3: (Sách phát triển toán 8) Câu 4: M = 18 khi a = b = Câu 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Ta có: A = 3x2 + (1-3x)2 = 12(x- 1/4)2 + 1/4 A ≥ ẳ Vậy Amin = 1/4 khi x = 1/4 ; y = 1/4. === ĐỀ 17 Bài 1. Cho biểu thức: x 1 x 1 x2 4x 1 x 2006 A = ( ). x 1 x 1 x2 1 x a) Tìm điều kiện của x để biểu thức xác định. b) Rút gọn biểu thức A. c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. Bài 2: 2 x 1 x x a) Giải phương trình: 1 2004 2005 2006 b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + 1 30
  31. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Bài 3. Cho hình thang ABCD; M là một điểm tuỳ ý trên đáy lớn AB. Từ M kẻ các đường thẳng song song với hai đường chéo AC và BD. Các đường thẳng này cắt hai cạnh BC và AD lần lượt tại E và F. Đoạn EF cắt AC và BD tại I và J. a) Chứng minh rằng nếu H là trung điểm của IJ thì H cũng là trung điểm của EF. b) Trong trường hợp AB = 2CD, hãy chỉ ra vị trí của M trên AB sao cho EJ = JI = IF. Bài 4. Cho a 4; ab 12. Chứng minh rằng C = a + b 7 ĐÁP ÁN Bài 1: x 1 a) Điều kiện: x 0 (x 1)2 (x 1)2 x2 4x 1 x 2006 x 2006 b) A = (  = x2 1 x x x 1 c) Ta có: A nguyên (x + 2006) x 2006x x 2006 Do x = 1 không thoã mãn đk. Vậy A nguyên khi x = 2006 Bài 2. 2 x 1 x x a) Ta có: 1 2004 2005 2006 2 x 1 x x 2 x 2004 1 x 2005 x 2006 1 1 1 2004 2005 2006 2004 2004 2005 2005 2006 2006 2006 x 2006 x 2006 x 1 1 1 (2006 x)( 0 2004 2005 2006 2004 2005 2006 (2006 - x) = 0 x = 2006 a 2 b) Thực hiện phép chia đa thức, rồi từ đó ta tìm được: b 1 Bài 3. FI FP DO a) Ta có: (1) IE PM OB D C EJ EQ CO (2) FJ QM OA E I J DO CO (3) F Q OB OA P FI EJ Từ (1), (2) và (3) suy ra hay A M B IE FJ FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H là trung điểm của IJ thì từ (4) ta có: 31
  32. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) IJ IJ IJ IJ (FH )(FH ) (EH )(EH ) FH EH 2 2 2 2 DO CO 1 FI 1 b) Nếu AB = 2CD thì nên theo (1) ta có OB OA 2 IE 2 suy ra: EF = FI + IE = 3FI. Tương tự từ (2) và (3) ta có EF = 3EJ. EF Do đó: FI = EJ = IJ = không liên quan gì đến vị trí của M. Vậy M tuỳ ý trên AB 3 3 1 3ab 1 312 1 Bài 4. Ta có: C = a + b = (a b) a 2 a 2  4 7 (ĐPCM) 4 4 4 4 4 4 === ĐỀ 18 Câu 1: 1 m n a. Tìm số m, n để: x(x 1) x 1 x b. Rút gọn biểu thức: 1 1 1 1 M = a 2 5a 6 a 2 7a 12 a 2 9a 20 a 2 11a 30 Câu 2: a. Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1. b. Giải bài toán nến n là số nguyên. Câu 3: Cho tam giác ABC, các đường cao AK và BD cắt nhau tại G. Vẽ đường trung trực HE và HF của AC và BC. Chứng minh rằng BG = 2HE và AG = 2HF. Câu 4: Trong hai số sau đây số nào lớn hơn: a = 1969 1971 ; b = 2 1970 ĐÁP ÁN Câu 1: (3đ) a. m =1 (0.75đ); n = -1 (0.75đ) b.(1.5đ) Viết mỗi phân thức thành hiệu của hai phân thức (áp dụng câu a) 1 1 1 (0.25đ) a 2 5a 6 a 3 a 2 1 1 1 (0.25đ) a 2 7a 12 a 4 a 3 1 1 1 (0.25đ) a 2 9a 20 a 5 a 4 1 1 1 (0.25đ) a 2 11a 30 a 6 a 5 32
  33. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Đổi dấu đúng và tính được : 1 1 4 M = (0.5đ) a 6 a 2 (a 2).(a 6) Câu 2: (2.5đ) a. (1.5đ) Biến đổi: n5 + 1 n3 + 1 n2(n3 + 1) – (n2 –1)  n3 + 1 (0.5đ) (n + 1) (n – 1)  (n + 1)(n2 - n + 1) (0.25đ) n – 1  n2 – n + 1 (vì n + 1 0 ) (0.25đ) Nếu n = 1 thì ta được 0 chia hết cho 1 (0.25đ) Nếu n > 1 thì n – 1 < n(n – 1) + 1 = n2 – n +1 Do đó không thể xảy ra quan hệ n – 1 chia hết cho n 2 – n +1 trên tập hợp số nguyên dương Vậy giá trị duy nhất của n tìm được là 1 (0.25đ) b. n – 1  n2 – n +1 n(n – 1)  n2 – n + 1 n2 – n  n2 – n + 1 ( n2 – n + 1) – 1  n2 – n + 1 1  n2 – n + 1 (0.5đ) Có hai trường hợp: n2 – n + 1 = 1 n(n – 1) = 0 n = 0 hoặc n = 1 Các giá trị này đều thoả mãn đề bài (0.25đ) n2 – n + 1 = - 1 n2 – n + 2 = 0 vô nghiệm Vậy n = 0, n = 1 là hai số phải tìm (0.25đ) Câu 3: (3đ) (Hình *) Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI và BI, ta có HE là đường trung bình của ACI nên HE//AI và HE = 1/2IA (1) (0.25đ) Tương tự trong CBI : HF//IB và HF = 1/2IB (2) (0.25đ) Từ BGAC và HEAC BG//IA (3) (0.25đ) Tương tự AKBC và HFBC AG//IB (4) (0.25đ) Từ (3) và (4) BIAG là hình bình hành (0.25đ) Do đó BG = IA và AG = IB (0.5đ) Kết hợp với kết quả (1) và (2) BG = 2HE và A AG = 2HF (0.5đ) D I Câu 4: (1.5đ) E Ta có: 19702 – 1 < 19702 G H 33 B K F C Hình *
  34. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 1969.1971 < 19702 2 1969.1971 2.1970 (*) (0.25đ) Cộng 2.1970 vào hai vế của (*) ta có: 2.1970 2 1969.1971 4.1970 (0.25đ) ( 1969 1971) 2 (2 1970) 2 (0.25đ) 1969 1971 2 1970 (0.25đ) Vậy: 1969 1971 2 1970 (0.25đ) === ĐỀ 19 Bài 1 (2,5đ) Cho biểu thức x 2 6 1 10 x 2 A = : x 2 3 x 4x 6 3x x 2 x 2 a. tìm tập xác định A: Rút gọn A? b. Tìm giá trị của x khi A = 2 c.Với giá trị của x thì A < 0 d. timg giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên bài 2 (2,5đ) x 4 x 3 x 1 a. Cho P = x 4 x 3 2x 2 x 1 Rút gọn P và chứng tỏ P không âm với mọi giá trị của x b. Giải phương trình 1 1 1 1 1 x 2 5x 6 x 2 7x 12 x 2 9x 20 x 2 11x 30 8 Bài 3 (1đ) Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 27 12x x 2 9 Bài 4 (3đ) Cho ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB và AC a. CMR: E, A, H thẳng hàng b. CMR: BEFC là hình thang, có thể tìm vị trí của H để BEFC trở thành một hình thang vuông, hình bình hành, hình chữ nhật được không. c. xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất? Bài 5 (1đ) Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1 34
  35. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1) 8 ĐÁP ÁN Bài 1 (2,5đ) sau khi biến đổi ta được; 6 x 2 A = 0,5đ x 2 x 2 6 a. TXĐ = x : x 2; x 0 0,25đ 1 1 Rút gọn: A = 0,25đ x 2 2 x b. Để A = 2 x 1,5 (thoã mãn điều kiện của x) 0,5đ 1 c. Để A 0 với x 2 1 x 2 x 1 x 1` mọi x 0,25đ Nên P 0x 1 1 1 1 1 b. Giải PT: x 2 5x 6 x 2 7x 12 x 2 9x 20 x 2 11x 3 8 x2 + 5x + 6 = (x + 2)(x + 3) x2 + 7x + 12 = (x + 4)(x + 3) x2 + 9x + 20 = (x + 4)(x + 5) x2 + 11x + 30 = (x + 5)(x + 6) 1 1 1 1 Trong đó x 2 5x 6 x 2 x 3 x 2 x 3 TXĐ = x; x 2; 3; 4; 5; 6 phương trình trở thành: 35
  36. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6 8 1 1 1 x 2 x 6 8 8(x 6 x 2) (x 2)(x 6) 32 x2 8x 12 x2 8x 20 0 x 2; x 10 Vậy PT đã cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài 3 (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức 27 12x A x2 9 2 2 2 2 27 12x x 12x 36 x 9 x 6 A 1 1 x2 9 x2 9 x2 9 A đạt giá trị nhỏ nhất là -1 x 6 2 0 hay x = A = 2 2 2 27 12x 4x 36 4x 12x 9 2x 3 4 4. A đạt GTLN là 4 x2 9 x2 9 x2 9 2 3 2x 3 0 x 2 Bài 4 (3đ) a.(0,75đ) do E đôie xứng với H qua AB nên AB là đường trung trực của đoanh thẳng EH vậy góc EAH = gócIAH (1) góc FAD = gócDAH (2) cộng (1) và (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 900 theo giả thuyết hay gócEAI + gòcAD + BAC = 900 + 900 = 1800. Do đó 3 điểm E, A, F thẳng hàng b. Tam giác ABC vuông ở A nên gócABC + ACB = 90 0 (hai góc nhọn tam giác vuông) Mà gócEBA = gócABH (tính chất đối xứng) gócCA = gócHCA (tính chất đối xứng) suy ra góc EBA + góc FCA = 900 haygóc EBA + góc FCA + góc ABC + góc ACB = 1800 suy ra góc EBC + góc FBC = 1800 (hai góc trong cùng phía bù nhau) do đó BE song song CF. Vởy tứ giác BEFC là hình thang 0,75đ Muốn BEFC là hình thang vuông thì phải có góc AHC = 900 (E F 900 ) vậy H phải là chân đường cao thuộc cạnh huyền của tam giác ABC 36
  37. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Muốn BEFC là hình bình hành thì BE = CF suy ra BM = HC. Vậy H phải là trung điểm của BC 0,25đ Muốn BEFC là hình chữ nhật thì BEFC phải có một góc vuông suy ra ( B C 450 ) điều này không xảy ra vì tam giác ABC không phaỉ là tam giác vuông cân 0,25đ c.lấy H bất kỳ thuộc BC gần B hơn ta có: S EHF 2SY AIDH dựng hình chữ nhật HPQD bằng AIHD vậy Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ. Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g) suy ra S HBIS S HMB S EHF SY ABMQ S ABC với H gần C hơn ta cũng có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC khi H di chuyển trên BC ta luôn có SEHF SABC . Tại vị trí h là trung điểm của BC thì ta có SEHF = SABC. Do đó khi H là trung điểm của BC thì SEHF là lớn nhất. Bài 5 (1đ) Cho các số dương a, b, c có tích bằng 1 Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1) 8 Do a, b, c là các số dương nên ta có; 2 (a – 1)2 0a 0 a2 1 2a a2 2a 1 a2 1 4a (1) 0,25đ Tương tự (b + 1)2 4b (2) 0,25đ (c + 1)2 4c (3) 0,25đ Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta có: (b + 1)2(a – 1)2(c + 1)2 64abc (vì abc = 1) ((b + 1)(a – 1)(c + 1))2 64 (b + 1)(a – 1)(c + 1) 8 0,25đ === ĐỀ 20 Câu I :(3đ) a) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 . B = x3 +6x2 +11x +6 . b) Rút gọn phân thức : A x 3 8x 2 19x 12 . B x 3 6x 2 11x 6 Câu II : (3đ) . 1 ) Cho phương trình ẩn x. x a x 2 2. x 2 x a a) Giải phương trình với a = 4. b) Tìm các giá trị của a sao cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm. 37
  38. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 2 ) Giải bất phương trình sau : 2x2 + 10x +19 > 0. Câu III (3đ): Trong hình thoi ABCD người ta lấy các điểm P và Q theo thứ tự trên AB và CD sao cho AP = 1/ 3 AB và CQ = 1/ 3 CD. Gọi I là giao điểm của PQ và AD , K là giao điểm của DP và BI , O là giao điểm của AC và BD. a) Chứng minh AD = AI , cho biết nhận xét về tam giác BID và vị trí của K trên IB. b) Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích của A và I. Câu IV : (1đ) .Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình sau : yx2 +yx +y =1. ĐÁP ÁN Bài I : 1) A = (x+1) ( x+3) (x +4) (1đ) B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) (1đ) A (x 1)(x 3)(x 4) x 4 2) (1đ) B (x 1)(x 2)(x 3) x 2 (x a) (x 2) Bài II :1) . Phương trình 2 (1) (x 2) (x a) Điều kiện: x -2 và x a. (1) x2 – a2+ x2 – 4 = 2x2 + 2(2- a)x – 4a – a2 - 4 + 4a = 2(2- a)x - (a - 2)2 = 2(a - 2)x (*) a) với a =4 thay vào (*) ta có : 4 =4x x=1 (1đ) b) . Thay x= -1 vào (*) ta được. (a – 2 )2 + (a - 2)= 0 (a - 2) (a – 2 + 2) = 0 a = 2 a = 0 (1đ) 2) . Giải bất phương trình : 2x2 + 10x + 19 > 0 (1) Biến dổi vế trái ta được. 2x2 + 10x + 19 = 2x2 + 8x +8 + 2x +4 +7 =2(x2 + 4x +4) + 2(x +2) + 7 = 2(x + 2)2 +2(x + 2) + 7 = (x + 3)2 + (x + 2)2 + 6 luôn lớn hơn 0 với mọi x Nên bất phương trình (1) Nghiệm đúng với  x . (1đ) Bài III . AP // DQ 38
  39. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Xét tam giác IDQ có . AP = 1 DQ 2 Theo định lý Ta Lét trong tam giác ta có : (0,75đ ) IA AP 1 2IA ID AD AI ID AQ 2 Tam giác BID là tam giác vuông tại B vì AO DB và AO là đường trung bình của BID Điểm K là trung điểm của IB. (Do DK là đường trung tuyến của BID ) . (0,75đ) b). Với B và D cố định nên đoạn DB cố định.Suy ra trung điểm O cố định. Mặt khác AC BD , BI DB và vai trò của A và C là như nhau . Nên quỹ tích của A là đường thẳng đi qua O và vuông góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích của điểm I là đường thẳng đi qua B và vuông góc với BD trừ điểm B. (1đ) Đảo: Với A và I chạy trên các đường đó và AD = AI .Thì AP = 1 AB và CQ =1 CD. 2 3 IA AP 1 Thật vậy : Do AP // DQ suy ra 2AP DQ mà AB = CD ĐPCM. ID AQ 2 (0,5đ) Bài IV: y x2 + y x + y = 1 . (1) Nếu phương trình có nghiệm thì x ,y > 0. (1) y(x2 + x +1) = 1 y= 1 y = 1 ,x= 0 x2 + x +1 =1 Vậy nghiệm của phương trình trên là (x,y) = (0 ,1). (1đ) === ĐỀ 21 I. Đề bài: 1 1 1 Bài 1:(2 điểm) Cho A = b2 c2 - a 2 c2 a 2 - b2 a 2 b2 - c2 Rút gọn biểu thức A, biết a + b + c = 0. Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình: 1) (x+1)4 + (x+3)4 = 16 x 1001 x 1003 x 1005 x 1007 2) 4 1006 1004 1002 1000 Bài 3:(2 điểm) Chứng minh rằng số: 1 1 1 1 a = , n Z không phải là một số nguyên. 1.2 2.3 3.4 n.(n+1) + 39
  40. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Bài 4:(3 điểm) Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA. a) Tứ giác MNPQ là hình gì? Tại sao? b) Tìm điều kiện để tứ giác MNPQ là hình vuông? c) Với điều kiện câu b), hãy tính tỷ số diện tích của hai tứ giác ABCD và MNPQ. ĐÁP ÁN Bài 1:(2 điểm) Ta có: a + b + c = 0 b + c = - a. 0.25 điểm Bình phương hai vế ta có : (b + c)2 = a2 b2 + 2bc + c2 = a2 b2 + c2 - a2 = -2bc 0.5 điểm Tương tự, ta có: c2 + a2 - b2 = -2ca a2 + b2 - c2 = -2ab 0.5 điểm 1 1 1 -(a+b+c) A = - - - = =0 (vì a + b + c = 0) 0.5 điểm 2bc 2ca 2ab 2abc Vậy A= 0. 0.25 điểm Bài 2:(3 điểm) Giải phương trình: 1) Đặt y = x + 2 ta được phương trình: (y – 1)4 + (y +1)4 = 16 2y4 + 12y2 + 2 = 16 y4 + 6y2 -7 = 0 0.5 điểm Đặt z = y2 ta được phương trình: z2 + 6z – 7 = 0 có hai nghiệm là z1 = 1 và z2 = -7. 0.5 điểm 2 y = 1 có 2 nghiệm y1 = 1 ; y2 = -1 ứng với x1 = -1 ; x2 = -3. y 2 = -7 không có nghiệm. 0.5 điểm x 1001 x 1003 x 1005 x 1007 2) 4 1006 1004 1002 1000 x 1001 x 1003 x 1005 x 1007 1 1 1 1 0 1006 1004 1002 1000 x 2007 x 2007 x 2007 x 2007 0 0.5 điểm 1006 1004 1002 1000 1 1 1 1 (x 2007) 0 (x 2007) = 0 0.5 điểm 1006 1004 1002 1000 1 1 1 1 Vì 0 x 2007 0.5 điểm 1006 1004 1002 1000 Bài 3:(1,5 điểm) Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 a = 1 0,5điểm 2 2 3 3 4 n n+1 40
  41. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 1 n = 1 = 1 ; 0.5 điểm n+1 n+1 Mặt khác a > 0. Do đó a không nguyên 0.5 điểm Bài 4:(3,5 điểm) Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận đúng 0.5 điểm b m n c a p q d a) Chứng minh MNPQ là hình bình hành 1 điểm b) MNPQ là hình vuông khi và chỉ khi AC = BD, AC BD 1 điểm a 2 a 2 c) SABCD = ; SMNPQ = ; 0.5 điểm 2 4 S ABCD 2 0.5 điểm SMNPQ === ĐỀ 22 Bài 1 (3 điểm) a. Phân tích đa thức thành nhân tử. A = x4– 14x3 + 71x2 – 154x +120 b. Chứng tỏ đa thức A chia hết cho 24 Bài 2 ( 3 điểm) x2 x 1 x2 x 2 7 a. Tìm nghiệm nguyên tử của phương trình: x2 x 2 x2 x 3 6 x2 b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: B = với x # 0 1 x4 x2 5x 6 Bài 3 ( 1 điểm) Rút gọn biểu thức: P = x3 3x2 3x 2 Bài 4 ( 3 điểm ) Cho Tam giác ABC vuông cân ở A. Điểm M trên cạnh BC. Từ M kẻ ME vuông góc với AB, kẻ MF vuông góc với AC ( E AB ; F AC ) 41
  42. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) a. Chứng minh: FC .BA + CA . B E = AB2 và chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vào vị trí của M. b. Tâm vị trí của M để diện tích tứ giác MEAF lớn nhất. c. Chứng tỏ đường thẳng đi qua M vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định ĐÁP ÁN Bài 1: a. A = x4 – 14x3+ 71x2- 154 x + 120 Kết quả phân tích A = ( x –3) . (x-5). (x-2). (x-4) ( 2điểm ) b. A = (x-3). (x-5). (x-2). (x-4) => A= (x-5). (x-4). (x-3). (x-2) Là tích của 4 số nguyên liên tiêp nên A  24 (1 điểm ) x2 x 1 x2 x 2 7 Bài 2: a. x2 x 2 x2 x 3 6 Tìm được nghiệm của phương trình x1 = 0; x2= -1 (1.5 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức x2 B= với x # 0 giải và tìm được B max = 1/2 thì x = 1 ( 1, 5 điểm ) 1 x4 Bài 3 Rút gọn biểu thức: x2 5x 6 x 2 . x 3 x 3 P = P . ( 1điểm ) x3 3x2 3x 2 x 2 x2 x 1 x2 x 1 Bài 4: Giải a. chứng minh được F C . BA + CA. BE = AB2 (0,5 điểm ) + Chứng minh được chu vi tứ giác MEAF = 2 AB ( không phụ vào vị trí của M ) ( 0,5 điểm ) b. Chứng tỏ được M là trung điểm BC Thì diện tích tứ giác MEAF lớn nhất (1 điểm ) c. Chứng tỏ được đường thẳng MH  EF luôn đi qua một điểm N cố định ( 1 điểm ) Đề 23 Bài 1: (3đ) Chứng minh rằng: a) 85 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44 Bài 2: (3đ) 2 a) Rút gọn biểu thức: x x 6 x3 4x2 18x 9 42
  43. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) 1 1 1 yz xz xy b) Cho 0(x, y, z 0) . Tính x y z x2 y2 z2 Bài 3:(3đ) Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD + CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK. Bài 4 (1đ). Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có): M = 4x2 + 4x + 5 ĐÁP ÁN Bài 1 : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17 Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17. b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức: an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - - abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ. Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 + + 6918) = 88(1918 – 1917.69 + + 6918) chia hết cho 44. Bài 2 : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: x2 + x – 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x+3)(x-2). x3 – 4x2 – 18 x + 9 = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9 =(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9) =x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3) =(x+3)(x2 –7x +3) x2 x 6 (x+3)(x-2) (x 2) => = Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3 0 x3 4x2 18x 9 (x+3)(x2 -7x +3) x2 -7x +3 b) (1,5đ) Vì 1 1 1 1 1 1 0 x y z z x y 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3. 2 . 3 . 2 3 z x y z x x y x y y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 . . 3 3 3 3. x y z x y x y x y z xyz 1 1 1 xyz xyz xyz yz zx xy Do đó : xyz( + + )= 3 3 3 x3 y3 z3 x3 y3 z3 x2 y2 z2 43
  44. TUYỂN TẬP MỘT SỐ ĐỀ THI HSG LỚP 8 (có đáp án) Bài 3 : (3đ) Chứng minh : A Vẽ hình bình hành ABMC ta có AB = CM . K Để chứng minh AB = KC ta cần chứng minh KC = CM. B C Thật vậy xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân tại C µ µ => B1 E vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE => 1 Cµ Bµ Eµ Bµ Cµ mà AC // BM 1 1 1 2 1 D E 1 (ta vẽ) => Cµ C· BM Bµ C· BM 1 1 2 nên BO là tia phân giác của C· BM . M Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB Mà : B· AC, B· MC là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng. 1 Ta lại có : M¶ B· MC(cmt); µA M¶ M¶ ¶A mà ¶A Kµ 1 (hai góc đồng vị) => 1 2 1 2 2 ¶ ¶ K1 M1 CKM cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm) Bài 4: (1đ) Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4 = (2x + 1)2 + 4. Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4  M 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = - 1 2 === 44