Đề 1 thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn thi: Toán lớp 8 thời gian làm bài: 150 phút

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
ĐỀ MÃ SỐ 02
Môn thi: Toán Lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1 (2,0 điểm). 
 Rút gọn biểu thức: B = 
Câu 2 (4,0 điểm). 
 a) Tìm số dư trong phép chia đa thức (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 cho x2 + 8x + 12.
 b) Tìm mọi số nguyên x sao cho x3 - 2x2 + 7x - 7 chia hết cho x2 + 3.
Câu 3 (4,0 điểm).
 Giải các phương trình: 
 a) 
 b) 
Câu 4 (4,0 điểm).
Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức 
a) A = 
b) B = 
Câu 5 (4,0 điểm)
 Cho tam giác ABC cân tại A. M, D tương ứng là trung điểm của BC, AM. H là hình chiếu của M trên CD. AH cắt BC tại N, BH cắt AM tại E. Chứng minh rằng:
a) Tam giác MHD đồng dạng với tam giác CMD.
b) E là trực tâm tam giác ABN.
Câu 6 (2,0 điểm): Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD. Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh CD vµ N lµ mét ®iÓm trªn ®­êng chÐo AC sao cho . Gäi F lµ ®iÓm ®èi xøng cña A qua N. Chøng minh r»ng FB AC.	
ĐỀ MÃ SỐ 02
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI
Môn : Toán Lớp 8
Câu
Nội dung
Điểm
1
Ta có:
 x3 - y3 - z3 - 3xyz = (x - y)3 + 3xy(x - y) - z3 - 3xyz
= (x - y - z)3 + 3(x - y)z(x - y - z) + 3xy(x - y - z)
= (x - y - z)[(x - y - z)2 + 3xz - 3yz + 3xy)]
= (x - y - z)(x2 + y2 + z2 -2xy - 2xz + 2yz + 3xz - 3yz + 3xy) 
= (x - y - z)(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz) 
(x + y)2 + (y - z)2 + (x + z)2
= x2 + 2xy + y2 + y2 - 2yz + z2 + x2 + 2xz + z2
= 2(x2 + y2 + z2 + xy - yz + xz) 
Vậy B = 
 = 
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
2
2
a) HS có thể làm một trong các cách sau: 
 Cách 1: Đặt f(x) = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9
 Ta có: A = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9
= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9
= (x2 + 8x + 7)[(x2 + 8x + 12) + 3] + 9
= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 7) + 9 
= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 12) + 3(x2 + 8x + 12) + 9 – 15
= (x2 + 8x + 12)(x2 + 8x + 10) - 6
 Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. 
Cách 2. f(x) = (x2 + 4x + 3)(x2 + 12x + 35) + 9
= x4 + 4x3 + 3x2 + 12x3 + 48x2 + 36x + 35x2 + 140x 
 + 105 + 9
= x4 + 16x3 + 86x2 + 176x + 114 
 Thực hiện phép chia đa thức x4 + 16x3 + 86x2 + 176x + 114 cho x2 + 8x + 12 được thương là x2 + 8x + 10 và số dư là - 6.
 Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. 
Cách 3. Bậc của đa thức thương là 2 nên đa thức dư có dạng ax + b. 
 Gọi đa thức thương là Q(x), ta có:
 (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 9 
 = (x2 + 8x + 12)Q(x) + ax + b 
 Cho x = - 2, ta có: - 1.1.3.5 + 9 = - 2a + b 
 - 2a + b = -6
 Cho x = - 6, ta có: - 5.(- 3)(-1). 1 + 9 = - 6a + b 
 - 6a + b = - 6 
 Ta có (-2a + b) – (- 6a + b) = 0 a = 0
 Do đó b = - 6. 
 Đa thức dư là - 6. 
Cách 4. f(x) = (x + 1)(x + 7)(x + 3)(x + 5) + 9
= (x2 + 8x + 7)(x2 + 8x + 15) + 9
= [(x2 + 8x + 12)- 5][(x2 + 8x + 12) + 3] + 9
= (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 15 + 9 
= (x2 + 8x + 12)2 - 2(x2 + 8x + 12) – 6
= (x2 + 8x + 12)(x2 + 8x + 10) - 6
Vậy số dư trong phép chia f(x) cho x2 + 8x + 12 là - 6. 
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,75
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
b)
Thực hiện phép chia đa thức B = x3 - 2x2 + 7x - 7 cho C = x2 + 3, ta được: Đa thức thương: x – 2; đa thức dư: 4x – 1. 
Suy ra: x3 - 2x2 + 7x - 7 = (x2 + 3)(x - 2) + 4x - 1 
Do đó: B (x2 + 3) (1)
Vì và 4x nên
(1) (4x - 1)(4x + 1) (x2 + 3) 
 (16x2 - 1) (x2 + 3) 16(x2 - 3) - 49 (x2 + 3)
 49 (x2 + 3) 
Vì x2 + 3 nên chỉ xảy ra một trong hai trường hợp sau:
x2 + 3 = 49, không có gía trị nào thoả mãn. 
x2 + 3 = 7 x2 = 4 
 x = 2 (thoả mãn (1)) hoặc x = -2 (loại do không thoả mãn (1)) 
 Vậy x = 2. 
2,0
0, 5
0,25
0,5
0,5
0,25
3
3
3
a) 
 HS có thể làm một trong hai cách sau: 
 Cách 1: 
 Đặt a = ; b = a + b = x - 1 1 - x = -(a + b)
Ta có (1) a3 + b3 - (a + b)3 = 0 
 a3 + b3 - a3 - b3 - 3ab(a + b) = 0
 -3ab(a + b) = 0 
 Tập nghiệm của phương trình là S = . 
 Cách 2: 
 + 27 + 
 + + 1 – 3x + 3x2 – x3 = 0
 + + 27 + - + 36x – 64 + 
 + 1 – 3x + 3x2 – x3 = 0
 - x2 + - 36 = 0
 - 9x3 - 51x2 + 636x – 576 = 0
 3x3 + 17x2 – 212x + 192 = 0
 (x – 1)(x + 12)(3x – 16) = 0
 Tập nghiệm của phương trình là S = . 
2,0
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,5
0,25
b) 
 HS có thể làm một trong hai cách sau: 
 Cách 1: ĐKXĐ: 
 Đặt , 
 Ta có: 
 (2) a = 3 - b (3)
 Thay (3) và (1) ta được: (3 - b)b = 2
 b2 – 3b + 2 = 0
 (b – 1)(b – 2) = 0
 b = 1 hoặc b = 2
 - Với b = 1, từ (3) ta có a = 2. Suy ra:
 và 
 Ta có phương trình: x2 – x + 2 = 0
 , phương trình vô nghiệm.
 - Với b = 2, từ (3) ta có a = 1. Suy ra:
 và 
 Ta có phương trình: x2 – 2x + 1 = 0
 (thoả mãn ĐKXĐ)
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 
Cách 2: ĐKXĐ: .
 3x3 + 9x – x4 – 3x2 = 2x2 + 4x + 2
 x4 – 3x3 + 5x2 – 5x + 2 = 0
 (x – 1)2(x2 – x + 2) = 0
 x – 1 = 0 hoặc x2 – x + 2 = 0
 1) x – 1 = 0 x = 1 (thoả mãn ĐKXĐ)
 2) x2 – x + 2 = 0
 , phương trình vô nghiệm.
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
4
4
a) 
 HS có thể làm một trong hai cách sau: 
Cách 1: Áp dụng tính chất , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi , ta có:
A = 
 	 3x + 1 + x + 2 - 4x + 3 = 6
. 
	Dấu “=” xảy ra 3x + 1 và x + 2 
	 và 
 Vậy min A = 6 
Cách 2: Lập bảng xét dấu:
x
 - 2 -1/3
3x + 1 
 - - 0 + 
x + 2 
 - 0 + +
 - Trong khoảng x < -2, ta có:
 A = - 3x – 1 – x – 2 – 4x + 3 = - 8x
 Do x 16 A > 16
- Trong khoảng , ta có:
 A = - 3x – 1 + x + 2 – 4x + 3 = -6x + 4
 Do nên 
- Trong khoảng x > -1/3, ta có:
 A = 3x + 1 + x + 2 – 4x + 3 = 6 A = 6
 Như vậy, với mọi x ta có A 6, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 
 Vậy min A = 6 . 
2,0
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
 b) 
 HS có thể làm một trong hai cách sau: 
Cách 1: Ta có: B = = 
 = 
 = = 
 Với mọi x, ta có; 3(2x – 1)2 0, (x + 1)2 + 2 2 > 0
 0 B 
 Dấu “=” xảy ra khi 2x – 1 = 0 x = 
 Vậy minB = 
Cách 2: Ta có: B - = - 
 = = 
 Với mọi x, ta có; 3(2x – 1)2 0, (x + 1)2 + 2 2 > 0
 0 B - 
 Dấu “=” xảy ra khi 2x – 1 = 0 x = 
 Vậy minB = 
2,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0 ,5
0,5
5
a) 
 Vì M là trung điểm của BC nên AM là đường trung tuyến của tam giác ABC. 
 Mà ABC cân tại A (gt)
 Suy ra: AM là đường cao của ABC
 Xét MHD và CMD có:
 (= 900)
 Suy ra: MHD CMD (g.g).
b) MHD CMD (câu a)
 (vì MD = AD, CM = BM)
 Mặt khác ta có:
 .
 Suy ra HMB (trường hợp đồng dạng thứ hai)
 Do đó: 
 Từ đó: hay BH AN
Kết hợp với AM BC ta suy ra E là trực tâm của tam giác ABN.
1,25
0,25
0,25
0,75
2,0
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
6
Gọi I là trung điểm của BF, đường thẳng NI cắt BC tại E.
 Ta có: F đối xứng với A qua N (gt) N là trung điểm của AF.
 Mà I là trung điểm của BF
 NI là đường trung bình của tam giác ABF
 NI // AB và NI = .
 Mặt khác AB // CD; AB = CD (ABCD là hình chữ nhật và M là trung điểm của CD)
 AB BC; CM = 
 Suy ra NI BC; NI // CM và NI = CM
 Tứ giác CINM là hình bình hành. CI // MN
 Mà MN BN CK BN tại K.
 Do đó I là trực tâm của tam giác BCN BF AC.
0,25
0,25
 0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Ghi chú: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
ĐỀ MÃ SỐ 03
Môn thi: Toán Lớp 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2 điểm)Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) (x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3. b) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015.
Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức: 
a. Rút gọn biểu thức A. b. Tính giá trị của A , Biết |x| =.
c. Tìm giá trị của x để A < 0. d. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Bài 3 : (2 điểm) a) Giải phương trình : 
 b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
 A = 
Bài 4: (3,5 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.
ĐỀ MÃ SỐ 03
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1: (2 điểm) a) 	(x + y + z) 3 – x3 – y3 – z3 = 
	= 
	= = 3
	= 3. (1 điểm)
b)x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 = (x4 - x) + (2015x2+2015x+2015) 
= x(x3- 1) + 2015 (x2+x+1) = x(x -1) (x2+x+1) )+ 2015 (x2+x+1) 
	= (x2+x+1) [x(x -1) + 2015] = (x2+x+1) (x2 –x + 2015) (1 điểm) 
Bài 2: (2,5 điểm) Biểu thức: 
a) Rút gọn được kết qủa: (0,75 điểm)
 b) hoặc 	 (0,25 điểm)	
 A= hoặc A= (0,75 điểm)
 c) A 0x >2 (0,25 điểm)
 d) A Z x-2 Ư(-1) x-2{ -1; 1} x{1; 3} (0,5 điểm) 
 Bài 3: (2 điểm)
 a) (1đ) x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ;	 (0,25 điểm)
 ĐKXĐ : 	 (0,25 điểm) Phương trình trở thành : 
 	 (0,25 điểm)
 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
 (x+13)(x-2)=0
 Từ đó tìm được x=-13; x=2;	 (0,25 điểm)
b) (1đ) Đặt b+c-a = x >0; c+a-b = y >0; a+b-c = z >0 (0,25 điểm)
 Từ đó suy ra a= ;	 (0,25 điểm) Thay vào ta được A= (0,25 điểm)
 Từ đó suy ra A hay A	 (0,25 điểm)
Bài 4: (3,5 điểm) 
 a)Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) BE // DF (0,25 điểm)
 Chứng minh : BE = DF (0,5 điểm)
 Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành (0,25 điểm)
b) Chứng minh:ABC= ADC HBC= KDC (0,25 điểm)
 CHB ∽CKD(g-g) (1 điểm) 
c)Chứng minh : AFD ∽AKC(g-g) (0,25 điểm)
 (0,25 điểm)
Chứng minh : CFD ∽AHC(g-g) (0,25 điểm)
Mà : CD = AB (0,25 điểm)
Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (0,25 điểm) 
GIAÛI MOÄT SOÁ ÑEÀ THI
 Đề 1
Bài 1: a) Thực hiện phép chia: (x3 - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2)
b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2
c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4
Bài 2: a) Tính S = 
b) Chứng minh 
c) Tính 
Bài 3: Giải các phương trình
a) b) 
Bài 4: Cho vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N
a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang
b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm
c) Chứng minh AM = AN
Bài 5: Cho M là điểm nằm trong , từ M kẻ MA’ BC, MB’ AC, MC’ AB
(A’ BC; B’ AC; C’ AB). Chứng minh rằng: = 1
(Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của )
Bài giải
Bài 1:
a) Thực hiện phép chia: (x3 - 2x - 4) : (x2 + 2x + 2) = x - 2
b) Xác định a sao cho ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 
Vì ax3 - 2x - 4 chia hết cho x - 2 nên x = 2 là nghiệm của đa thức ax3 - 2x - 4 , nên ta có: a. 23 - 2. 2 - 4 = 0 8a - 8 = 0 a = 1
c) Tìm nghiệm của đa thức: x3 - 2x - 4
Nghiệm của đa thức là các giá trị của x để 
 x3 - 2x - 4 = 0 (x2 + 2x + 2)(x - 2) = 0 
+) x - 2 = 0 x = 2+) x2 + 2x + 2 (x2 + 2x + 1) + 1 = 0 (x + 1)2 + 1 = 0 : Vô nghiệm
Vì (x + 1)2 + 1 > 0 với mọi x
Bài 2:
a) S = 
= 
b) Chứng minh 
Ta có: 
c) Tính : 
 áp dụng câu b ta tính được = 9
Bài 3: Giải các phương trình
a) (1)
ĐKXĐ: x(x4 + x2 + 1) 0 x 0 Vì x4 + x2 + 1 > 0
(1) x(x + 1)(x2 - x + 1) - x(x - 1)(x2 + x + 1) = 2 x(x3 - 1) - x(x3 + 1) = 2
 x4 - x - x4 - x = 2 - 2x = 2 x = - 1
b) 
 x = 2000
Bài 4: 
Cho vuông tại A. Vẽ ra phía ngoài tam giác đó các tam giác ABD vuông cân ở B, ACE vuông cân ở C. CD cắt AB tại M, BE cắt AC tại N
a) Chứng minh ba điểm D, A, E thẳng hàng; các tứ giác BCE; ACBD là hình thang
b) Tính DM biết AM = 3cm; AC = 4 cm; MC = 5cm
c) Chứng minh AM = AN
Giải
a) Chứng minh = 1800
 D, A, E thẳng haøng
b) Ñaët AB = c, AC = b. 
BD // AC (cuøng vuoâng goùc vôùi AB) 
neân 
 (1)
 AM(AC + AB) = AC. AB 3(4 + AB) = 4 AB AB = 12 cm MB = 9 cm
Töø cm
c) AB // CE (cuøng vuoâng goùc vôùi AC) neân 
 (2)
Töø (1) vaø (2) suy ra: AM = AN
Bài 5: 
Cho M là điểm nằm trong , từ M kẻ MA’ BC, MB’ AC, MC’ AB
(A’ BC; B’ AC; C’ AB). Chứng minh rằng: = 1
(Với ha, hb, hc là ba đường cao của tam giác hạ lần lượt từ A, B, C xuống ba cạnh của )
Giải
Kẻ đường cao AH, ta có:
 (1)
Tương tự: (2) và (3)
Cộng (1), (2) và (3) vế theo vế, ta có: 
= 
ĐỀ 2
Câu 1
a) Trong ba số a, b, c có 1 số dương, 1 số âm và 1 số bằng 0; ngoài ra còn biết thêm . Hỏi số nào dương, số nào âm, số nào bằng 0
b) Cho x + y = 1. Tính giá trị biểu thức A = x3 + y3 + 3xy
Câu 2: a) Giải phương trình: 
b) Giả sử a, b, c là ba số đôi một khác nhau và 
Chứng minh rằng: 
Câu 3: Cho tam giác ABC; gọi Ax là tia phân giác của , Ax cắt BC tại E. Trên tia Ex lấy điểm H sao cho. Chứng minh rằng:
a) BE. EC = AE. EH
b) AE2 = AB. AC - BE. EC
Câu 4: Cho tứ giác ABCD. Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BD tại E; từ B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC tại F. 
Chứng minh rằng: EF // DC 
h­íng dÉn gi¶i
C©u 1:
a) V× nªn a 0 vµ b 0 v×
NÕu a = 0 b = 0 hoÆc b = c. V« lÝ 
NÕu b = 0 a = 0. V« lÝ
 c = 0 = b3 mµ 0 víi mäi a b > 0 a < 0
b) V× x + y = 1 A = x3 + y3 + 3xy = x3 + y3 + 3xy (x + y) = (x + y)3 = 1
C©u 2: b) Töø 
 (1) (Nhaân hai veá vôùi )
Töông töï, ta coù: (2) ; (3)
Coäng töøng veá (1), (2) vaø (3) ta coù ñpcm
C©u 3:
a) Ta cã BAE HCE (g.g)
 (1)
b) BAE HCE (g.g) 
 BAE HAC (g.g)
 (2)
Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã :
 AB. AC - BE. EC = AE.AH - AE. EH
 AB. AC - BE. EC = AE. (AH - EH) = AE. AE = AE2
C©u 4: 
Goïi O laø giao ñieåm cuûa AC vaø BD
a) Vì AE // BC (1)
 BF // AD (2)
Nhaân (1) vôùi (2) veá theo veá ta coù: 
 EG // CD
ĐỀ 3
Bài 1: Cho phân thức: P = 
a) Tìm TXĐ của P b) Rút gọn P c) Tính giá trị của P khi 
Bài 2: So sánh A và B biết:
a) A = 2002. 2004 và B = 20032
b) A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) và B = 264
Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo lớn AC. Hạ CE vuông góc với AB, CF vuông góc với AD và BG vuông góc với AC. Chứng minh:
a) ACE ABG và AFC CBG
b) AB. AE + AD. AF = AC2
Bài 4: Cho hình thoi ABCD cạnh a, có Â = 600. Một đường thẳng bất kỳ qua C cắt tia đối của tia BA và DA lần lượt tại M và N
a) Chứng minh: Tích BM. DN có giá trị không đổi
b) Gọi K là giao điểm của BN và DM. Tính số đo góc BKD
Bài 5:
 Tìm nghiệm nguyên của phương trình
 4(x + y) = 11 + xy
Giải
Bài 1:
a) Đkxđ: x2 + x - 20 0 (x - 4)(x + 5) 0 x 4 và x - 5
b) P = 
Nếu x > 4 P = 
Nếu x < 4 P = 
c) 
Với x = 6,5 thì P = 
Với x = 3,5 thì P = 
Bài 2:
a) A = 2002. 2004 = (2003 - 1)(2003 + 1) = 20032 - 1 < 20032 A < B
b) Ta có:
A = 3.(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1)
 = (22 - 1)(22 + 1)(24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) 
 = (24 - 1)( 24 + 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) = (28 - 1)(28 + 1)(216 + 1)(232 + 1) 
 = (216 - 1)(216 + 1)(232 + 1) = (232 - 1)(232 + 1) = 264 - 1 < 264 A < B
Bài 3:
Ta coù AGB AEC 
 AB. AE = AC. AG (1)
CGB AFC (vì CB = AD) 
AF . AD = AC. CG (2)
Coäng (5) vaø (6) veá theo veá ta coù: 
AB. AE + AF. AD = AC. AG + AC. CG
 AB. AE + AF. AD = AC(AG + CG) = AC. AC
Vaäy: AB. AE + AD. AF = AC2
Bµi 4:
a) BC // AN (1)
 CD// AM (2)
Töø (1) vaø (2) suy ra 
b) MBD vaøBDN coù= 1200
 (Do ABCD laø hình thoi coù neân 
AB = BC = CD = DA) MBD BDN
Suy ra . MBD vaøBKD coù vaø neân 
®Ò 4 
C©u 1: Cho 
a) Rót gän A b) T×m x ®Ó A = 0 c) T×m gi¸ trÞ nguyªn cña x ®Ó A cã gi¸ trÞ nguyªn
C©u 2: Gi¶i ph­¬ng tr×nh: (x + 1)2 = 4(x2 + 2x + 1)
C©u 3: Cho a, b, c tho· m·n: 
TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc: A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3)
C©u 4: Cho ABC cã . Chøng minh: 
C©u 5:
Cho ABC c©n t¹i A cã BC = 2a, M lµ trung ®iÓm cña BC. LÊy D, E theo thø tù thuéc AB, AC sao cho: 
a) Chøng minh r»ng: tÝch BD. CE kh«ng ®æi
b) Chøng minh r»ng DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE
c) TÝnh chu vi cña ADE nÕu ABC lµ tam gi¸c ®Òu
H­íng dÉn
C©u 3: Tõ Û
Tõ ®ã suy ra : A = (a3 + b3)(b3 + c3)(c3 + a3) = ( a + b)(b + c)(c + a). B = 0
C©u 4 : 
VÏ tia CM (M AB) sao cho 
 vµ lµ c¸c tam gi¸c c©n 
(v× BM = CM) 
C©u 5 :
a) Ta coù , maø (gt)
neân , keát hôïp vôùi (ABC caân taïi A)
suy ra BDM CME (g.g) 
 khoâng ñoåi
b) BDM CME 
(do BM = CM) DME DBM (c.g.c) hay DM laø tia phaân giaùc cuûa 
c) chöùng minh töông töï ta coù EM laø tia phaân giaùc cuûa 
keû MH CE ,MI DE, MK DB thì MH = MI = MK DKM = DIM 
DK =DI EIM = EHM EI = EH
Chu vi AED laø PAED = AD + DE + EA = AK +AH = 2AH (Vì AH = AK)
ABC laø tam giaùc ñeàu neân suy ra CH = 
 AH = 1,5a PAED = 2 AH = 2. 1,5 a = 3a
®Ò 5
Câu 1 : Giải phương trình: a)	b)	6x2 - x - 2 = 0
Câu 2 : Cho x + y + z = 0. Rút gọn : 
Câu 3 : Chứng minh rằng không tồn tại x thỏa mãn :
2x4 - 10x2 + 17 = 0
x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0
Câu 4 : Cho tam giác ABC, điểm D nằm trên cạnh BC sao cho ;
điểm O nằm trên đoạn AD sao cho . Gọi K là giao điểm của BO và AC. 
Tính tỉ số AK : KC.
Câu 5 : Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, trực tâm H. Một đường thẳng qua H cắt AB, AC thứ tự ở P và Q sao cho HP = HQ. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác MPQ cân tại M.
Hướng dẫn giải
Câu 2:
Từ x + y + z = 0 x2 + y2 + z2 = - 2(xy + yz + zx) (1)
Ta có: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 2(x2 + y2 + z2 ) - 2(xy + yz + zx) (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = - 6(xy + yz + zx) (3)
Thay (1) và (3) vào biểu thức A ta có:
A = 
Câu 3:
a) 2x4 - 10x2 + 17 = 0 2( x4 - 5x2 + ) = 0 2(x4 - 2. x2 + )2 + = 0
2(x2 - )2 + = 0. Vì 2(x2 - )2 + > 0 với mọi x nên không tồn tại x để 
2x4 - 10x2 + 17 = 0 
b) x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 (x2 + 1)(x2 - x + 1) = 0
Vì vế phải luôn dương với mọi x nên không tồn tại x để x4 - x3 + 2x2 - x + 1 = 0 
Câu 4:
Từ D kẻ DM // BK. áp dụng định lí Talét vào AOK ta có: (1)
Tương tự, trong CKB thì: (2)
Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: 
Câu 5
Goïi giao ñieåm cuûa AH vaø BC laø I
Töø C keû CN // PQ (N AB), 
Töù giaùc CNPQ laø hình thang, coù H laø trung ñieåm PQ, hai caïnh beân NP vaø CQ ñoàng quy taïi A neân K laø trung ñieåm CN MK laø ñöôøng trung bình cuûa BCN 
 MK // CN MK // AB (1)
H laø tröïc taâm cuûa ABC neân CHA B (2)
Töø (1) vaø (2) suy ra MK CH MK laø ñöôøng cao cuûaCHK (3)
Töø AH BC MCHK MI laø ñöôøng cao cuûa CHK (4)
Töø (3) vaø (4) suy ra M laø tröïc taâm cuûa CHK MHCN MHPQ 
MPQ có MH vừa là đường trung tuyến vừa là đường cao nên cân tại M
Đề 6 
Câu 1: a) Tìm các số nguyên m, n thoả mãn 
 b) Đặt A = n3 + 3n2 + 5n + 3 . Chứng minh rằng A chia hết cho 3 với mọi giá trị nguyên dương của n.
 c) Nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2+b2 chia hết cho 13.
Câu 2: Rút gọn biểu thức: 
 a) A= + + 
 b) B = 
Câu 3: Tính tổng: S = + + +  + 
 Câu 4: Cho 3 số x, y, z, thoả mãn điều kiện xyz = 2011. Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào các biến x, y, z : 
Câu 5: Giải phương trình: 
Câu 6: Cho ABC tam giác đều, gọi M là trung điểm của BC . Một góc = 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 :
a) BD.CE=
b) DM, EM lần lượt là tia phân giác củavà .
c) Chu vi ADE không đổi.
Giải 
1) a, Thùc hiÖn chia = n + 
§Ó m nguyªn víi n nguyªn khi n + 1 lµ ­íc cña 1
Hay n + 1 Î{1; -1 }. Khi ®ã : n + 1 = 1 Þ n = 0 ÎZ ( t/m)
 n + 1 = -1 Þ n = -2 Î Z (t/m)
Víi n = 0 Þ m = 1 . Víi n = -2 Þ m = - 3 . VËy ...
b, A = n3 + 3n2 + 3n +1 + 2n +2 = (n+ 1) 3 +2(n+1) =  = n ( n +1) (n+ 2) + 3( n+1)
Khi ®ã : 3(n+1) 3 
 n( n +1) (n+ 2) lµ tÝch cña 3 sè nguyªn d­¬ng liªn tiÕp nªn tån t¹i mét sè lµ béi cña 3
c, a = 13k +2, b = 13q +3 
a2 + b2 = ( 13k +2 )2 + ( 13q + 3) 2 =....= 13( 13k2 +4k +13 q2 + 4q +1) 13
2) a) A= = . = = 1
b) Ta cã: = ; 
Tö thøc: = - 
= 
MÉu thøc: = 
Rót gän ta cã: B = 
3) S = 
4). = 
= + + = = 1 kh«ng ®æi
5) Û x = 2011.
6) a,Chøng minh 
... V× BM = CM = BD.CE = 
 b, Chøng minh 	 
 Tõ ®ã suy ra , do ®ã DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BDE
Chøng minh t­¬ng tù ta cã EM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc CED 
c, Gäi H, I, K lµ h×nh chiÕu cña M trªn AB, DE, AC
 Chøng minh DH = DI, EI = EK.
 Chu vi b»ng 2.AH . 
PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN
TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 8 – VÒNG 4
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1. (4,0 điểm)
 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: .
 Rút gọn biểu thức sau: . 
Câu 2. (4,0 điểm)
Giải phương trình sau:
 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 
Câu 3. (4,0 điểm)
Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho dư 10, f(x) chia cho dư 24, f(x) chia cho được thương là và còn dư. 
Chứng minh rằng: 
Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N.
1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF.
3. Chứng minh rằng: .
Câu 5. (2,0 điểm) Cho là ba số dương thoả mãn . Chứng minh rằng :
	 .
---------------Hết----------------
PHÒNG GD&ĐT THỌ XUÂN
TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2014-2015
MÔN THI: TOÁN LỚP 8 – VÒNG 4
Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1
Hướng dẫn giải
(4.0 điểm)
1
(2.0 điểm)
Ta có 
0,5
0.5
0.5
Kết luận 
0.5
2 
(2.0 điểm)
ĐK: 
0.25
Ta có 
0.25
0.25
0.5
0.5
Vậy với .
0.25
Câu 2
(4.0 điểm)
1 
(2.0 điểm)
Đặt: 
0.25
Phương trình đã cho trở thành:
0.5
Khi đó, ta có: 
0.5
 .
0.5
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất .
0.25
2
(2.0 điểm)
Ta có (1)
0.5
 (2)
0.5
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
0.25
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)
0.5
KL
0.25
Câu 3
(4 điểm)
1
(2.0 điểm)
Giả sử f(x) chia cho được thương là và còn dư là .
Khi đó: 
0.5
Theo đề bài, ta có:
0.5
Do đó: 
0.5
Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: 
0.5
2
(2.0 điểm)
Ta có: 
Đặt:
0.25
Khi đó, ta có: 
0.5
0.5
0.25
 (đpcm)
0.25
KL:.
0.25
Câu 4
(6 điểm)
1
(2.0 điểm)
Ta có (cùng phụ )
 AB = AD ( gt) 
 (ABCD là hình vuông) 
 (g.c.g) 
0.75
 => DM=AF, mà AF = AE (gt) 
 Nên. AE = DM 
 Lại có AE // DM ( vì AB // DC )
0.5
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành
Mặt khác. (gt) 
0.5
Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật
0.25
2
(2.0 điểm)
Ta có (g.g) 
 hay ( AB=BC, AE=AF) 
0.5
Lại có (cùng phụ )
 (c.g.c)
0.5
, mà (gt) nên BC2 = (2AE)2
 BC = 2AE E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD 
0.5
Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm)
0.5
3
(2.0 điểm)
Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: 
0.5
Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:
 hay 
0.5
 (Pytago) 
0.5
 (đpcm)
0.5
Câu 5 2 điểm
2.0 điểm
Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với a, b, c R và x, y, z > 0 ta có
 (*)
Dấu “=” xảy ra 
Thật vậy, với a, b R và x, y > 0 ta có 
 (**)
 (luôn đúng)
Dấu “=” xảy ra 
Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có
Dấu “=” xảy ra 
0.75
Ta có: 
Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 
 (Vì ) 
0.5
 Hay 
0.25
Mà nên 
0.25
Vậy (đpcm)
0.25
Điểm toàn bài
(20 điểm)
TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG - VÒNG 2
MÔN: TOÁN
Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1) (2 điểm).
 a) Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 -2x)( x2 -2x- 1) - 6
 b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1. Tính 2a-3b.
Bài 2) (2 điểm).
 a) Cho an = 1+2+3++ n. Chứng minh rằng an + an+1 là một số chính phương.
 b) Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì phân số tối giản.
Bài 3) (3 điểm).
 a) Cho x3 +y3+z3 =3xyz. Hãy rút gọn phân thức 
 b) Tìm tích: M=
Bài 4) (4 điểm).
 a) Cho x = by +cz; y = ax +cz; z = ax+by và x +y + z 0; xyz0. CMR: 
 b) Cho , tính giá trị của biểu thức: 
Bài 5: (3 điểm).Cho biểu thức: 
Rút gọn biểu thức P
Tìm x để P<1
Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x>1.
Bài 6: (3 điểm).Cho hình vuông ABCD, gọi E, F thứ tự là trung điểm của AB, BC.
CMR: CE vuông góc với DF
Gọi M là giao điểm của CE và DF. Chứng minh rằng AM = AD.
Bài 7: (3 điểm).Cho tam giác ABC. Vẽ ở ngoài tam giác các hình vuông ABDE, ACFH.
Chứng minh rằng EC = BH; EC BH
Gọi M, N thứ tự là tâm của các hình vuông ABDE, ACFH. Gọi I là trung điểm của BC. Tam giác MNI là tam giác gì? Vì sao?
----Hết---
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài
Ý
Nội dung
Điểm
1
a
(x+1)(x-3)(x2 -2x +2)
1 điểm
b
Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1 nên:
 f(2) = 0 => 32+2a+b =0(1)
 f(-1) = 0 => -4 –a +b = 0 (2)
Từ (1) và (2) ta tìm được a = -12; b = -8
Vậy 2a-3b = 0
1 điểm
2
a
Ta có an+1= 1 +2 +3 ++ n + n + 1
an+ an+1 = 2(1+ 2 + 3 ++ n) + n + 1
 = 2. +n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 là một số chính phương
1 điểm
b
Gọi d là ƯCLN của 10n2 +9n+4 và 20n2 +20n+9
=> d là số tự nhiên lẻ.
Mặt khác 2n+1d => 4n2 +4n +1 d => 20n2 +20n+5d=> 4d mà d lẻ nên d = 1. Vậy phân số trên tối giản.
1 điểm
3
a
Từ x3 +y3+z3 =3xyz chỉ ra được x + y +z = 0 hoặc x=y=z
TH1: x + y +z =0=> x+y = -z; x+z= -y; y +z = -x. Khi đó P = -1
TH2: x=y=z. Khi đó P = 
1.5 điểm
b
Nhận xét được n4 +4 = [(n-1)2 +1][(n+1)2 +1]. Do đó:
M =
1.5 điểm
4
a
Từ gt => 2cz+z = x +y => 2cz = x+y –z =>
Tương tự Khi đó 
2 điểm
b
Từ =>
Khi đó:
2 điểm
5
a
ĐKXĐ: x 0 và x1; x-1
Với x 0 và x1; x-1, rút gọn P ta có P = 
1 điểm
b
P<1
Vậy với x<1 và x 0 và x-1, thì P<1
1điểm
c
Ta có : P =
Khi x>1 thì x-1>0. Áp dụng bđt Cosi, ta có : , dấu « = » xảy ra khi x =2. Vậy GTNN của P bằng 4 khi x = 2
1 điểm
6
a
C/M được CBE =DCF (c-g-c) =>
Lại có : => ĐPCM
1.5 điểm
b
Gọi K là trung điểm của CD. c/m được Tứ giác AECK là hbh suy ra AK // CE.
Goi N là giao điểm của AK và DF. Tam giác DCM có DK = KC và KN //CM nên N là trung điểm của DM. Vì CMDM (câu a), KN //CM nên KN DM.
Tam giác ADM có AN là đường cao đồng thời là trung tuyến nên là tam giác cân tại A => AM = AD
1.5 điểm
7
a
C/m được EAC=BAH(c-g-c) => EC = BH, .
Gọi K và O thứ tự là giao điểm của EC với BA và BH.
Xét AEK và OBK có nên 
=> . Vậy EC BH
1.5 điểm
b
Ta có MI//EC, MI = 1/2EC
 IN//BH ; IN=1/2 BH
Mà EC BH và EC = BH nên MI = IN và MI IN. Vậy MIN vuông cân tại I.
1.5 điểm
TRƯỜNG THCS XUÂN PHÚ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÒNG 3
 NĂM HỌC 2013- 2014
 MÔN THI: TOÁN - LỚP 8
Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)
Câu 1: (2,5 điểm ) 
a) Phân tích đa thức thành nhân tử.
b) Cho các số nguyên thoả mãn . Tính giá trị của biểu thức.
Câu 2: (2,5 điểm) 
Giải phương trình nghiệm nguyên: 
Giải phương trình: . 
Câu 3: (2,5 điểm)
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .
b) Cho các số thực dương thỏa mãn . Chứng minh rằng: .
Câu 4: (2,5 điểm)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 không đổi.
 	c) Kẻ. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh .
Câu
Nội dung chính
Điểm
1
(2,5đ)
a) Ta có 
.
0,5
0,5
0,25
b) Đặt ; 
Ta có: 
. Do là số nguyên có tổng bằng 0 và nên 
0,25
0,5
0,5
2
(2,5đ)
a)
Ta có: 
Lại có: 
Suy ra . Mà 
Lần lượt thử ta được là nghiệm của phương trình. 
0,25
0,5
0,5
b) 
Đặt Ta có 
Mà nên hoặc 
PT có nghiệm là .
0,5
0,5
0,25
3
(2,5đ)
a) Ta có:
 8100312,5 8100312,5 
Vậy Min 
0,5
0,5
0,25
b) Đặt 
Áp dụng BĐT và với dương, dấu bằng xảy ra 
Ta có 
Bởi vậy 
=(ĐPCM)
0,25
0,25
0,5
0,25
4
 a) Chứng minh EA.EB = ED.EC. Chứng minh EBD đồng dạng với ECA (g-g)	
- Từ đó suy ra 	
0,25
0,25
 b) Kẻ MI vuông góc với BC (. Ta có BIM đồng dạng với BDC (g-g)
 (1)
Tương tự: ACB đồng dạng với ICM (g-g) (2)
Từ (1) và (2) suy ra (không đổi)
0,5
0,25
0,25
c) Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (g-g) 	
- Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (c-g-c) 
mà 
0,25
0,25
0,25
0,25