Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2013 - 2014 môn thi : Toán 8 thời gian làm bài: 120 phút

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VIỆT YÊN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
MÔN THI : TOÁN 8
Ngày thi: 12/4/2014
Thời gian làm bài: 120 phút.
Câu 1: (4 điểm).
	Cho biểu thức: 
Rút gọn biểu thức A
Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
Câu 2: (4 điểm).
Chứng minh rằng A = với .
Cho P = n4 + 4. Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố.
Câu 3: (4 điểm).
a) Giải phương trình : 
b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
 A = 
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: 	.
HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM
Câu 1
a) 
b) Với Ta có 
Để thì (x-1) phải là ước của 2
Suy ra 
Xét từng trường hợp tìm x
Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn và kết luận
Câu 2
a) Ta có: A = 
A 
 Do đó A là tích của 7 số nguyên liên tiếp => A 7 với .
b) b) P = n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4 - 4n2 = (n2 + 2)2  - (2n)2 
= (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1].
Với n số tự nhiên thì (n + 1)2 + 1 2; Như vậy muốn P là số nguyên tố thì phải có (n - 1)2 + 1 = 1 hay (n - 1)2 = 0, suy ra n = 1. 
Khi đó P = 5 là số nguyên tố.	
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 : 	
Phương trình trở thành : 
	18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
	 (x+13)(x-2)=0
 Từ đó tìm được x=-13; x=2 (thỏa mãn)
Kết luận
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= ;	 
Thay vào ta được A= 
Từ đó suy ra A hay A
Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ
a) Xét ACO và BOD có
= 900 ; 
 (cùng phụ với ) 
Nên ACO đồng dạng với BOD
 => => AO.BO = AC.BD 
mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD
b) Xét CMO và OMD có
 = = 900
 (cùng phụ với )
=>CMO đồng dạng với OMD => (1)
Mà ACO đồng dạng với BOD => 
=> (2) (Do AO = OB)
Từ (1) và (2) ta có => tam giác OMD và tam giác OBD đồng dạng
=> => (cạnh huyền , góc nhọn)
 => OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M
c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB)
=> 
mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
Tương tự ta chứng minh AC = CM 
Nên => MN// BD//AC
Câu 5:
- Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a)
 Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c)
 c + ab = (c + a)(c + b) 
do đó: 
áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có
Vậy 2. VT hay ĐPCM Đẳng thức xảy ra ó a = b = c =
UBND HUYỆN QUẾ SƠN
PHÒNG GD&ĐT
KỲ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013-2014
Môn: Toán - Lớp 8
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Bài 1 (2,0 điểm):
Thực hiện tính:
	a) với: .
	b) với: a + b + c = 2013 và 
Bài 2 (2,0 điểm): 
a) Cho các số a, b, c bất kỳ. Chứng minh: 
b) Giải phương trình: 
Bài 3 (2,5 điểm):
	Cho ABC là tam giác nhọn có BD và CE là các đường cao. Gọi G, H lần lượt là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED. Đường thẳng qua E vuông góc với AC cắt CH tại F.
a) Chứng minh BE = DF.
b) Gọi I là giao điểm của DE và BF. Chứng minh I là trung điểm của GH.
c) DF cắt EC tại M. Đường thẳng qua E song song với AC cắt BD tại N. Chứng minh MN song song với BC.
Bài 4 (2,0 điểm): 
Cho điểm O nằm trong tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại A’, B’, C’. 
a) Chứng minh .
b) Cho M = . Tìm giá trị nhỏ nhất của M.
Bài 5 (1,5 điểm):
Cho ( là các số có ba chữ số)
a) Chứng tỏ S chia hết cho 37.
b) Chứng tỏ S không là số chính phương.
HƯỚNG DẪN 
Bài 1 (2,0 điểm): 
Thực hiện tính:
=7.18 - 3 = 123
Tính được B+3 = 
Bài 2 (2,0 điểm): 
Û 4a2 + 4b2 +4c2 +4 > 4a + 4b + 4c 
Û 4a2 - 4a + 1+ 4b2 - 4b +1 + 4c2 - 4c + 1 + 1 > 0
Û (2a - 1)2 +(2b - 1)2 +(2c - 1)2 + 1 > 0
Bất đẳng thức cuối luôn đúng nên bđt cần cm luôn đúng.
Û (4x2 + 16x + 15)(x2 + 4x + 4) = 3
Đặt y = x2 + 4x + 4 được y(4y -1 ) -3 = 0
Û 4y2 - y - 3 = 0 Û ( y - 1)(4y +3) = 0
y - 1 = 0 Û (x+2)2 - 1 = 0 Û (x+2)2 = 1
 x + 2 = 1 Û x = -1; x + 2 = -1 Û x = -3
4y + 3 = 0 Û 4(x+2)2 + 3 = 0
4(x+2)2 + 3 ³ 3 nên phương trình vô nghiệm.
Bài 5 (1,5 điểm):
Để S chính phương thì chia hết cho 37.
Có 0 < a,b,c £ 9 nên 0 <£ 27 
Þ không chia hết 37 Þ S không chính phương.
Bài 3 (2,5 điểm):
Có BD//EF (BD, EF cùng vuông góc với AC)
FD ^ EC (D là trực tâm của DEFC) Þ FD//BE (FD, BE cùng vuông góc với CE).
Þ Tứ giác BEFD là hình bình hành Þ BE = DF
 (cùng bù với cặp góc bằng nhau)
ÞDFDH = DBEG (Cạnh huyền, góc nhọn) Þ EG = DH
Tứ giác BEFD là hình bình hành Þ IE = ID Þ IE + EG = ID + DH
Þ IG = IH hay I là trung điểm của GH.
Gọi O là giao điểm của BD và CE.
DM// BE Þ ; EN//DC Þ 
Þ OM. OB = ON.OC (=OE.OD) Þ Þ MN// BC.
Bài 4 (2,0 điểm): 
Gọi S, S1, S2. S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, OBC, OCA, OAB.
Hạ AH ^ BC; OG ^ BC được (OG//AH).
Lại có: (OBC và ABC có chung cạnh BC) Þ 
Tương tự có: 
Þ 
Áp dụng Bđt Cô si ta có 
Đẳng thức xảy ra khi S1 = S2 = S3 
Khi O là trọng tâm của tam giác ABC thì S1 = S2 = S3
UBND HUYỆN THUỶ NGUYÊN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN: TOÁN 8
Thời gian: 90 phút( Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1. (3 điểm)
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử :
a, 
 	b, 
2. Cho . Chứng minh rằng: 
Câu 2: (2 điểm)
1. Tìm a,b sao cho chia hết cho đa thức 	
2. Tìm số nguyên a sao cho là số nguyên tố 
Câu 3.( 3,5 điểm)
 Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD.
 Kẻ MEAB, MFAD.
a. Chứng minh: DE = CF
b. Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy.
c. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất.
Câu 4.(1,5 điểm) 
Cho a, b dương và a2000 + b2000 = a2001 + b2001 = a2002 + b2002 
 Tinh: a2011 + b2011
--------------------------HẾT--------------------------
1a. x4 + 4 = x4 + 4x2 + 4 - 4x2 
 = (x4 + 4x2 + 4) - (2x)2
 = (x2 + 2 + 2x)(x2 + 2 - 2x) 
1b. ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24
 	= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24
 = (x2 + 7x + 11)2 - 52
 	= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
 = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)
2. Nhân cả 2 vế của: 
 với a + b + c 
 rút gọn đpcm
1. Ta có : Vì chia hết cho đa thức 
Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x)
Với 
Với 
Thay (1) vào (2) . Ta có : và 
2. Ta có : 
Vì 
Có
Và 
Vậy là số nguyên tố thì hoặc 
Nếu thử lại thấy thoả mãn
Nếu thử lại thấy thoả mãn
a. Chứng minh: 	
 đpcm
b. DE, BF, CM là ba đường cao của đpcm
c. Có Chu vi hình chữ nhật AEMF = 2a không đổi
 không đổi
 lớn nhất 
 (AEMF là h.v) 
 là trung điểm của BD.
 (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002
(a+ b) – ab = 1
(a – 1).(b – 1) = 0
a = 1 hoặc b = 1
Vì a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1; hoặc b = 0 (loại)
Vì b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1; hoặc a = 0 (loại)
Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2
PHÒNG GD&ĐT H¦ƯƠNG SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC 
 TRƯỜNG THCS SƠN TIẾN 
ĐỀ THI HỌC SING GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2013– 2014. Môn thi: TOÁN 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu1(4,5đ). Cho biểu thức: 
 	a. Rút gọn biểu thức A. 
 b. Tìm giá trị của x để A < 0.
 	c. Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2(3đ): 
 	a) Phân tích đa thức thành nhân tử: 
 b) Tìm các hằng số a và b sao cho chia cho dư 7; chia cho dư 4. 
Câu 3(4đ): 
 	a) Tính giá trị biểu thức: 
A= với 
 	 b) Tìm để B có giá trị nhỏ nhất: B với > 0.
Câu 4(3,5đ): Chứng minh rằng 
 	 a) 
 	 b) Nếu là các số tự nhiên thỏa mãn : thì :
 và đều là số chính phương.
Câu 5 (5đ): 
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD). Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
 	 a) Chứng minh OM=ON.
 	 b) Chứng minh .
 	 c) Biết Tính  ?
 	 d) Nếu . Chứng minh BD > AC.
Câu1(4,5đ):
Nội dung
1,5đ
 a. Rút gọn được kq: ( x # 2,-2)
1,5đ
 b, 
1,5đ
c. 
2(3đ)
1đ
a/ =
=
2đ
b/ Vì chia cho dư 7 nên ta có: = do đó với thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1).
Vì chia cho dư 4 nên ta có: = do đó với thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4.
3(4đ).
2đ
a/ Ta có: với mọi nên ta có:
A= 
= 
Thay vào A ta có: A=
2đ
b/ B==
=.
Dấu “=” xẩy ra khi .
Vậy GTNN của B là đạt được khi .
4(3,5đ).
a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c.
2,0đ
 Xét vế phải đẳng thức ta có: 
Thay a=b+c vào 
Nên .
Vậy: 
1,5đ
b/Ta có(*)
Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1)(5m+5n+1)+5m-5n d10m+1 d
Mặt khác từ (*) ta có: d2m d. Mà 10m+1 d nên 1 dd=1
Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương.
5(5đ).
 hình vẽ
1,0đ
a/ Ta có Do MN//DC
OM=ON.
1,0đ
b/ Do MN//AB và CD và . Do đó: (1)
Tương tự: (2)
Từ (1);(2) 
1,5
1,5
c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2 cạnh đáy tương ứng. Do vậy : và 
Nhưng nên .
Tương tự .Vậy 
d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K
Do nên H, K nằm trong đoạn CD
Ta có . 
Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE Vậy AD>BC DH>KCDK > CH. 
Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có : (Do 
PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KĐCL MŨI NHỌN. NĂM HỌC: 2012 - 2013 
ĐỀ CHÍNH THỨC
 (Đề gồm 1 trang)
 Môn thi: TOÁN 8
 Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Câu 1. 
a. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 - 2xy + y2 + 4x - 4y - 5
b. Chứng minh thì là hợp số.
c. Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ.
Câu 2.
a. Giải phương trình: 
b. Cho a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1. Tính S = a2 + b 2012 + c 2013.
Câu 3. 
	a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x2 + 3y2 + 4xy - 8x - 2y +18
b. Cho a; b; c là ba cạnh của tam giác. 
Chứng minh: 
Câu 4. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC; CD; DA. M là giao điểm của CE và DF.
a. Chứng minh: Tứ giác EFGH là hình vuông.
b. Chứng minh DF CE và MAD cân.
c .Tính diện tích MDC theo a.
Hết./.
Họ và tên: ...................................................Số báo danh:................................
Câu
Nội dung
Câu 1
3 điểm
= (x - y)2 +4(x - y) - 5 = (x - y)2 + 4(x - y)2 + 4 -9
= (x - y + 2)2 - 32 = ( x - y + 5)(x - y -1)
Ta có: n3 + n + 2 = n3 + 1+ n+1= (n + 1)( n2 - n + 1) + (n + 1)
=(n+1)( n2 - n + 2)
Do nên n + 1 > 1 và n2 - n + 2 >1 Vậy n3 + n + 2 là hợp số
Gọi hai số lần lượt là a2 và (a+1)2 
Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2( a + 1)2 = a4 +2a3 + 3a2 + 2a + 1
= (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1 
= ( a2 + a + 1)2 là một số chính phương lẻ vì a2 + a = a(a + 1) là số chẵn a2 + a + 1 là số lẻ
Câu 2
2 điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
x = 2013
a2 + b2 + c2 = a3 + b3 + c3 = 1a; b; c 
a3 + b3 + c3 - (a2 + b2 + c2) = a2(a - 1) + b2(b - 1) + c2(c - 1) 0
 a3 + b3 + c3 1 a;b;c nhận hai giá trị là 0 hoặc 1 
b2012 = b2; c2013 = c2; S = a2 + b 2012 + c 2013 = 1
Câu 3 1.5 điểm
Ta có: A = 2(x2 + 2xy + y2) + y2 -8x -2y + 18 
A = 2[(x+y)2 - 4(x + y) +4] + ( y2 + 6y +9) + 1
A = 2(x + y - 2)2 + (y+3)2 + 1 1
Vậy minA = 1 khi x = 5; y = -3
vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; 
a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0
ta có: x + y + z = a + b + c; 
Mà x + y + z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng minh
Câu 4 3.5 điểm
Chứng minh: EFGH là hình thoi
Chứng minh có 1 góc vuông.
Kết luận Tứ giác EFGH là Hình vuông
 mà vuông tại C vuông tại M
Hay CE DF.
Gọi N là giao điểm của AG và DF. Chứng minh tương tự: AG DF GN//CM mà G là trung điểm DC nên N là trung điểm DM. Trong MAD có AN vừa là đường cao vừa là trung tuyến MAD cân tại A.
Do đó : 
Mà : .
Vậy : .
Trong theo Pitago ta có : 
.
Do đó : 
Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
	Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm bài hình.