Đề chọn học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2021-2022 (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HUYỆN KIM SƠN 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2021-2022 
 MÔN TOÁN 8 
(Đề gồm 6 câu in trên 02 trang 
Thời gian làm bài 150 phút) 
Câu 1 (4,0 điểm) 
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 4 22013 2012 2013x x x   
b) Tìm các cặp số nguyên  ;x y sao cho: 2 23 2 2 2 40 0x y xy x y      
c) Cho 2( )f x ax bx c   với , ,a b c là các số thỏa mãn 13 2 0a b c   . 
Chứng tỏ rằng    2 . 3 0f f  
Câu 2 (4,0 điểm) 
1. Cho biểu thức 
4 2 2
2 3
4 1 1 1 1
.
1 1 1 1
      
   
    
x x x x x x
A
x x x x
 (với x 1  ) 
a) Rút gọn biểu thức A 
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức A là số nguyên. 
2. Giải phương trình. 
3 2 2 2
4 1 4 1
0
2 3 8 12 4 2 7 6 2 3
   
      x x x x x x x
. 
Câu 3 (3,5 điểm) 
a) Hưởng ứng ngày chủ nhật xanh – sạch – đẹp. Học sinh khối lớp 8 nhận làm 
vệ sinh một đoạn đường em chăm. Lớp 8A nhận 10 mét và 10% của phần còn lại, lớp 
8B nhận 20 mét và 10% của phần còn lại, lớp 8C nhận 30 mét và 10% của phần còn 
lại  cứ chia như vậy cho đến lớp cuối cùng thì vừa đủ và phần đường của mỗi lớp 
dài bằng nhau. Hỏi khối 8 có bao nhiêu lớp và đoạn đường mỗi lớp nhận dài bao 
nhiêu mét ? 
b) Cho tam giác ABC có a, b, c là độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi 
Chứng minh rằng: 
1 1 1 1 1 1
2
 
     
    p a p b p c a b c
. 
Câu 4 (4,0 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. 
a) Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật 
b) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác .AEH Chứng 
minh rằng 2AC EF 
c) Chứng minh rằng: 
2 2 2
1 1 1
AD AM AN
  
Câu 5 (3,5 điểm) 
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu 
của H trên AB, AC. 
a) Chứng minh 2AH HB HC. 
b) Chứng minh 3AH BD CE BC. . 
c) Giả sử diện tích tam giác ABC gấp đôi diện tích tứ giác ADHE, chứng tỏ tam 
giác ABC vuông cân. 
Câu 6 (1,0 điểm) 
Cho A p 1 p 1( )( )   . Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì A 
chia hết cho 24 . 
 ----- HẾT ----- 
Họ và tên thí sinh : ................................................. Số báo danh: ............................ 
Họ tên, chữ kí: Giám thị 1:.................................... Giám thị 2:................................. 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HUYỆN KIM SƠN 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI 
CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2021-2022 
 MÔN: TOÁN 8 
(Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) 
Câu Nội dung Điểm 
1 
4,0đ 
a) (1,5đ) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: 
4 22013 2012 2013x x x   
 
    
  
4 2
4 2
2 2
2 2
2013 2012 2013
2013 2013 2013
1 1 2013. 1
1 2013
x x x
x x x x
x x x x x x
x x x x
  
    
      
    
0,5 
0,5 
0,5 
b) (1,5đ) Tìm các cặp số nguyên  ;x y sao cho: 2 23 2 2 2 40 0x y xy x y      
Ta có: 
 
   
  
2 2
2 2 2
2 2
3 2 2 2 40 0
4 2 2 2 1 41
1 2 41
3 1 1 41
x y xy x y
x x y xy x y
x y x
x y y x
     
        
    
     
0,5 
Đặt: 3 1x y a   và 1 .y x b   
Suy ra a và b là các ước của 41, có tích bằng 41.Nhận thấy 41là số 
nguyên tố, từ đó ta có các trường hợp như bảng sau: 
1 41 1 1 41 
b 1 41 41 1 
4
a b
x

 
10 10 10 10 
3 4
4
a b
y
 
 
12 32 30 10 
 0,25 
 0,5 
Vậy các cặp số nguyên ;x y cần tìm là: 
       10; 12 ; 10; 32 ; 10;30 ; 10;10    
0,25 
c) 
(1,0đ) 
 Ta có    2 4 2 ; 3 9 3f a b c f a b c       
    2 3 13 2 0f f a b c      nên: 
0,25 
Hoặc:  2 0f   và      3 0 2 . 3 0f f f    (1) 0,25 
Hoặc :  2f  và  3f là hai số đối nhau    2 . 3 0f f   (2) 
Từ  1 và  2 được    2 . 3 0f f  
0,25 
0,25 
2 
(5,0đ) 
1. (2,5 đ) 
Cho biểu thức 
4 2 2
2 3
4 1 1 1 1
.
1 1 1 1
      
   
    
x x x x x x
A
x x x x
 (với x 1  ) 
a) Rút gọn biểu thức A 
b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức A là số nguyên. 
a) (1.5 đ) Với x 1  ta có: 
4 2 2
2 3
4 2 2 2 2
2 3
4 1 1 1 1
1 1 1 1
4 1 2 1 2 1 1
1 1
      
    
    
         
 
 
x x x x x x
A
x x x x
x x x x x x x x
A
x x
0,5 
4 2 2 4 2
2 3 3
1 1 1
1 1 1
    
  
  
x x x x x
A
x x x
 0,25 
4 2 3 2
3 3
( ) ( 1) ( 1) ( 1)
1 1
       
 
 
x x x x x x x x
A
x x
0,5 
2 2 2
2
( 1)( 1) 1
( 1)( 1) 1
     
 
   
x x x x x x
A
x x x x
 0,25 
 b) (1,0 đ) Với x 1  ta có: 
2 21 1 1
1 1 1 1
  
    
   
x x x x
A x
x x x x
0,25 
 Với x Z để A Z thì 
1
Z x 1
x 1
   

 Ư(1) 0,25 
    x 1 1;1 x 0;2      0,25 
 Đối chiếu với đk x 1  ta có  x 0;2 thì A Z 0,25 
2. (1,5 điểm) Giải phương trình 
3 2 2 2
4 1 4 1
0
2 3 8 12 4 2 7 6 2 3
   
      x x x x x x x
 (1). 
Ta có: 3 2 3 22 3 8 12 (2 3 ) (8 12)      x x x x x x 
2 (2 3) 4(2 3)
(2 3)( 2)( 2)
   
   
x x x
x x x
 2 4 ( 2)( 2)   x x x 
 2 22 7 6 (2 3 ) (4 6) (2 3)( 2)        x x x x x x x 
 ĐKXĐ: 
3
2; 2;
2
 
  
 
x 
0,5 
 Ta có  4 1 4 1(1) - - + =0
(2x+3)(x+2)(x-2) (x+2)(x-2) (2x+3)(x+2) 2x+3
4 2x 3 4 x 2 x 2 x 2
2x 3 x 2 x 2
0( ) ( ) ( )( )
( )( )( )
      

  
 
0,25 
 24 2x 3 4x 8 x 4 0        
0,25 2x 6x 5 0    
 x 1 x 5 0 x 1( )( )      hoặc x 5 0,25 
Đối chiếu với ĐKXĐ ta có tập nghiệm của PT là  S 1 5; 0,25 
3 
4,0đ 
a) (2đ) Hưởng ứng ngày chủ nhật xanh – sạch – đẹp. Học sinh khối lớp 8 nhận làm vệ 
sinh một đoạn đường em chăm. Lớp 8A nhận 10 mét và 10% của phần còn lại, lớp 
8B nhận 20 mét và 10% của phần còn lại, lớp 8C nhận 30 mét và 10% của phần còn 
lại  cứ chia như vậy cho đến lớp cuối cùng thì vừa đủ và phần đường của mỗi lớp 
dài bằng nhau. Hỏi khối 8 có bao nhiêu lớp và đoạn đường mỗi lớp nhận dài bao 
nhiêu mét? 
Gọi ( )x m là chiều dài đoạn đường cả khối 8 làm vệ sinh ( 0x  ) 0,25 
Lớp 8A nhận đoạn đường dài :  10 0,1 10 0,1 9x x    0,25 
Sau khi lớp 8A nhận đoạn đường còn lại:  0,1 9 0,9 9x x x    0,25 
Lớp 8B nhận đoạn đường dài :  20 0,1. 0,9 9 20 0,09 17,1x x     0,25 
Ta có phương trình : 0,1 9 0,09 17,1x x   
Giải ra : 810x  (thích hợp) 
0,75 
 0,25 
Vậy khối 8 có 9 lớp. Mỗi lớp nhận làm đoạn đường dài 90m 
b. (2,0). Cho tam giác ABC có a, b, c là độ dài ba cạnh và p là nửa chu vi Chứng 
minh rằng: 
1 1 1 1 1 1
2
 
     
    p a p b p c a b c
. 
+ Áp dụng bất đẳng thức 
 22 2 m nm n
x y x y

 

với x, y >0 
 Ta có với p là nửa chu vi và a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên 
p-a > 0; p – b > 0; p – c > 0 
2
2
2
1 1 (1 1) 4
p a p b p a p b c
1 1 (1 1) 4
p a p c p a p c b
1 1 (1 1) 4
p b p c p b p c a
 
  
    

 
   
    
 
  
    
1,0 
Cộng từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được 
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
2 4 2          
     
     
    
    p a p b p c a b c p a p b p c a b c
0,5 
Dấu bằng xảy ra khi p a p b p c a b c ABC         là tam giác đều 
0,5 
4 
Vẽ hình đúng 
M
H
N
F
CD
A BE
0,5 
4,0 đ a) (1,5) Ta có: DAM ABF (cùng phụ với )BAH 
0( ); 90AB AD gt BAF ADM   (ABCD là hình vuông) 
 . .ADM BAF g c g   
0,25 
0,25 
0,25 
,DM AF  mà ( )AF AE gt nên AE DM 
Lại có: / /AE DM (vì / / )AB DC 
Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành . Mặt khác 090 ( )DAE gt 
0,25 
0,25 
Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0,25 
b) (1đ) Chứng minh ( . )ABH FAH g g  
AB BH
AF AH
  hay  ;
BC BH
AB BC AE AF
AE AH
   
0,25 
Lại có: HAB HBC (cùng phụ với )ABH 
( . . )CBH AEH c g c  
0,25 
2
,CBH
EAH
S BC
S AE
 
   
 
mà  
2
224( ) 4 2CBH
EAH
S BC
gt BC AE
S AE
 
     
 
 0,25 
2BC AE E   là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD 
Do đó: 2BD EF hay 2 ( )AC EF dfcm 
0,25 
c) (1đ) Do / / ( ).AD CN gt Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: 
AD AM AD CN
CN MN AM MN
    
0,25 
Lại có:  / / .MC AB gt Áp dụng hệ quả định lý Ta let ta có: 
MN MC AB MC
AN AB AN MN
   hay 
AD MC
AN MN
 
0,25 
2 2 2 2 2 2 2
2 2
1
( )
AD AD CN CM CN CM MN
AM AN MN MN MN MN
Pytago
       
             
        0,25 
2 2
2 2 2
1 1 1
1
AD AD
AM AN AM AN AD
   
        
   
 0,25 
5 
3,5 đ 
Vẽ hình đúng 
B
A
C
H
D
E
0,5 
a) (1,0 điểm) Chứng minh 2AH HB HC. 
Chứng minh được BHA và AHC đồng dạng (gg) 0,5 
 2
AH HB
AH HB HC
HC AH
.    0,5 
b) (1,0 điểm) Chứng minh: 3AH BD CE BC. . 
 Theo CM ý a ta có 2 4 2 2AH HB HC AH HB HC. .   (1) 0,25 
Chứng minh BDH và BHA đồng dạng 2
BH BD
BH BD AB
AB BH
.    (2) 0,25 
Chứng minh tương tự ta có 2HC CE AC. (3) 
0,25 
Thay (2) và (3) vào (1) ta có 4AH BD CE AB AC. . . 
Mà AB AC BC AH. . ( = 2. ABCS ) 
0,25 
4 3AH BD CE BC AH AH BD CE BC. . . . .    
c) (1,0 điểm)Giả sử diện tích tam giác ABC gấp đôi diện tích tứ giác ADHE, 
chứng tỏ tam giác ABC vuông cân. 
Tứ giác ADHE là hình chữ nhật ( 0ADH AEH DAE 90   ) nên 
ADHE DHA
S 2S mà 2ABC ADHES S (gt) Do đó 
DHA
ABC DHA
ABC
S 1
S 4S
S 4
   . 
0,25 
Chứng minh DHA đồng dạng ABC (g.g) 
2
DHA
ABC
SAH 1
BC S 4
 
   
 
 (1) 0,25 
Gọi M là trung điểm của BC, ABC vuông tại A nên 
2
1 AM 1 AM 1
AM BC
2 BC 2 BC 4
 
     
 
 (2) 
0,25 
Từ (1) và (2) 
2 2
AH AM
BC BC
   
     
   
AH AM H M ABC    vuông cân tại 
A. Vậy, nếu 2ABC ADHES S thì tam giác ABC vuông cân tại A. 
0,25 
6 
1,0đ 
Cho A p 1 p 1( )( )   . Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố lớn hơn 3 thì A chia 
hết cho 24. 
 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p là số lẻ. Do đó P = 2k +1 ( k Z k 1,  ) 
suy ra A p 1 p 1 2k 2k 2 4k k 1( )( ) ( ) ( )       
0,25 
Do k và k+1 là hai số nguyên liên tiếp nên k k 1 2 A 8( )  0,25 
 Vì p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3. Do đó p 3m 1  
hoặc p 3m 2  
Nếu p 3m 1 p 1 3 A 3( )     . Nếu p 3m 2 p 1 3 A 3( )     
Do đó A luôn chia hết cho 3 
0,25 
Vì A 8 và A 3 mà UCLN 8 3 1 A 8 3( ; ) ( . )  Vậy A 24 0,25 
 Chú ý: 
+ Ở mỗi ý, học sinh làm đúng theo cách khác vẫn cho điểm tối đa. 
 + HS được phép sử dụng một số BDT không phải chứng minh theo HD của SGD