Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa cấp Thành phố môn Toán 8 - Năm học 2017-2018 (Có đáp án)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
TP BẮC GIANG 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP THÀNH PHỐ 
NĂM HỌC 2017-2018 
MÔN THI: TOÁN 8 
Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề 
Bài 1: (5,0 điểm) 
1. Cho biểu thức 
4 2 2
6 4 2 4 2
2 1 3
1 1 4 3
x x x
M
x x x x x
  
  
    
a) Rút gọn M 
b) Tìm giá trị lớn nhất của M 
2. Cho ,x y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 
1 2 1 2
1
1 1
x y
x y
 
 
 
Chứng minh 2 2M x y xy   là bình phương của một số hữu tỷ. 
Bài 2. (4,0 điểm) 
1. Tìm số dư trong phép chia     3 5 7 9 2033x x x x     cho 2 12 30x x  
2. Cho , ,x y z thỏa mãn 2 2 27; 23; 3x y z x y z xyz       
Tính giá trị của biểu thức 
1 1 1
6 6 6
H
xy z yz x zx y
  
     
Bài 3. (4,0 điểm) 
1. Tìm tất cả các cặp số nguyên  ;x y thỏa mãn 23 3 17 7 2x xy x y    
2. Giải phương trình:     
2
3 2 1 3 8 16x x x     
Bài 4. (6 điểm) 
 Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB 
lấy M  0 MB MA  và trên cạnh BC lấy N sao cho 090 .MON  Gọi E là giao điểm của 
AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE. 
1) Chứng minh MON vuông cân 
2) Chứng minh MN song song với BE 
3) Chứng minh CK vuông góc với BE 
4) Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh: 
1
KC KN CN
KB KH BH
   
Bài 5. (1,0 điểm) 
Cho , 0x y  thỏa mãn 2 5.x y  Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2
1 24
2H x y
x y
    
ĐÁP ÁN 
Bài 1. 
1. 
a) 
     
  
    
     
  
 
  
4 2 2
4 22 4 2 2 2
4 2
4 2 22 4 2
4 2 2 4 2 4 4 4 2
2 4 2 2 4 2
2 24 2 2
4 22 4 2 2 4 2
2 1 3
11 1 1 3
2 1 1
1 11 1
2 1 1 1 2 1 1
1 1 1 1
. 1
11 1 1 1
x x x
M
x xx x x x x
x x
x x xx x x
x x x x x x x x x
x x x x x x
x xx x x
x xx x x x x x
  
  
     
 
  
    
            
 
     

  
      
Vậy 
2
4 2 1
x
M
x x

 
với mọi x 
b) Ta có : 
2
4 2 1
x
M
x x

 
với mọi x 
- Nếu 0x  ta có 0M  
- Nếu 0x  , chia cả tử và mẫu của M cho 2x ta có: 
2
2
1
1
1
M
x
x

 
Ta có: 
2
2 2
2 2
1 1 1 1
1 2. . 1 1 1x x x x
x x x x
   
            
   
Nên ta có: 
2
2
1
1
1
1
M
x
x
 


. Dấu " " xảy ra khi 1.x  
Vậy M lớn nhất là 1M  khi 1x  
2. 
Ta có 
        
1 2 1 2
1 1 2 1 1 2 1 1 1
1 1
3 1
1 2 2 1 2 2 1
2
x y
x y y x x y
x y
xy
y x xy x y xy x y xy x y
 
          
 

              
Ta có :  
2 2
22 2 3 1 3 13 3 ...
2 2
xy xy
M x y xy x y xy xy
    
            
   
Vì ,x y nên 
3 1
2
xy 
là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ. 
Bài 2. 
1) 
Ta có:        2 23 5 7 9 2033 .... 12 27 12 35 2033x x x x x x x x            
Đặt 2 12 30 ,x x t   ta có:        3 5 7 9 2033 3 5 2033x x x x t t         
 2 2 15 2033 2 2018t t t t       
Vậy ta có        2 23 5 7 9 2033 12 30 12 32 2018x x x x x x x x           
Vậy số dư trong phép chia     3 5 7 9 2033x x x x     cho 2 12 30x x  là 2018. 
2) Vì   7 7 6 ... 1 1 1x y z z x y xy z xy x y x y                   
Tương tự ta có:      6 1 1 ; 6 1 1yz x y z zx y z y          
Vậy 
            
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
z x y
H
x y y z z x x y z
    
   
        
 
       
3 7 3 4
1 3 7 1 9
x y z
xyz xy yz xz x y z xy yz xz xy yz xz
   
  
              
Ta 
có:      
2 2 2 2 22 7 23 2x y z x y z xy yz xz xy yz xz             
13xy yz xz    
Vậy 
4
1
9 13
H   

Bài 3. 
1) Ta có: 
 2 2 23 3 17 7 2 3 2 3 7 17 3 2 3 7 17x xy x y xy y x x x y x x                Vì x
nguyên nên 2 3 0x   nên ta có: 
   
2 23 7 17 3 2 9 6 11
3 2 2
3 2 3 3 2 11 11
3
3 2 3 2
x x x x x
y
x
x x x
x
x x
       
 

    
    
 
Vì ,x y nguyên nên ta có 
11
3 2x 
nguyên 11 3 2 3 2 1; 11x x       
- Xét các trường hợp ta tìm được 1; 1; 3; 5x y x y       thỏa mãn và kết luận 
2) Ta có:          
2 2
3 2 1 3 8 16 3 2 3 3 3 8 144x x x x x x           
Đặt 3 3 3 2 5;3 8 5x t x t x t         
Ta có phương trình:    25 5 144t t t    
  4 2 2 2
2
2
25 144 0 9 16 0
9 3
516
t t t t
t t
tt
       
   
     
Xét các trường hợp ta tìm được 
2 8
0; 2; ;
3 3
x x x x      
Bài 4. 
1) Ta có : 0 090 90 ;BOC CON BON    vì 
0 090 90MON BOM BON BOM CON      
Ta có BD là phân giác ABC 045
2
BOC
MBO CBO    
H
K
E
N
O
CD
A BM
Tương tự ta có: 045
2
BOC
NCO DCO   . Vậy ta có : MBO NCO 
Xét OBM và OCN có ; ;OB OC BOM CON MBO NCO   
OBM OCN OM ON    
Xét MON có 090 ;MON OM ON MON   vuông cân 
2) OBM OCN MB NC    mà AB BC AB MB BC NC     
AM BN
AM BM
MB NC
    
Ta có: / / / /
AN BN
AB CD AM CE
NE NC
   
Vậy ta có: / /
AM AN
MN BE
MB NE
   (Theo định lý Talet đảo) 
3) Vì 0/ / 45MN BE BKN MNO   (đồng vị và có tam giác MON vuông cân) 
BNK ONC  (vì có 0; 45 )BNK ONK BKN OCN  
NB NO
NK NC
  
- Xét ;BNO KNC  có ;
NB NO
BNO CNK BNO KNC
NK NC
    
045NKC NBO   
Vậy ta có: 0 0 045 45 90BKC BKN CKN     CK BE  
4) – Vì / /KH OM mà 090MK OK MK KH NKH     mà 
0 0 045 45 45NKC CKH BKN NKC CKH       
Xét BKC có BKN NKC KN  là phân giác trong của BKC , mà KH KN 
KH là phân giác ngoài của 
KC HC
BKC
KB HB
   
Chứng minh tương tự ta có : 
KN BN
KH BH
 
Vậy ta có ..... 1
KC KN NC HC BN CN BH
KB KH BH HB BH BH BH
        
Bài 5 
Ta có: 
2 2 1 242H x y
x y
    
     2 2
1 24
2 1 2 8 8 2 6 24 2 17x x y y x y x y
x y
  
                 
   
   
   
 
2 2
2 2 1 6 2
1 2 2 2 17
0 0 0 0 5 17 22
x y
x y x y
x y
 
        
      
Dấu " " xảy ra    
   
2 2
2 2 1 6 2
1 2 2 0
x y
x y
x y
 
       và 2 5x y  
1x  và 2.y  Vậy H nhỏ nhất là 22 1, 2H x y    
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
BẮC GIANG 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA CẤP TỈNH 
NĂM HỌC 2012-2013 
MÔN: TOÁN LỚP 8 
Ngày thi: 30/3/2013 
Câu 1. (4,5 điểm) 
1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: 3 2 2 32 7 7 2P a a b ab b    
2) Cho 2 1.x x  Tính giá trị biểu thức 6 5 4 3 22 2 2 2 2 1Q x x x x x x       
Câu 2. (4,5 điểm) 
1) Cho biểu thức 
2 2 3
1 1 4 4026
:
2 2 4
x x
R
x x x x x x x
  
   
   
. Tìm x để biểu thức xác 
định, khi đó hãy rút gọn biểu thức 
2) Giải phương trình sau:    2 1 1 2 4x x x x     
Câu 3. (4,0 điểm) 
1) Cho n là số tự nhiên lẻ. Chứng minh 3n n chia hết cho 24 
2) Tìm số tự nhiên n để 2 4 2013n n  là một số chính phương. 
Câu 4. (6,0 điểm) 
1) Cho hình thang ABCD vuông tại A và D. Biết 2 2CD AB AD  và 2BC a 
a) Tính diện tích hình thang ABCD theo a 
b) Gọi I là trung điểm của ,BC H là chân đường vuông góc kẻ từ D xuống .AC
Chứng minh 045HDI  
2) Cho tam giác ABC có , , .BC a CA b AB c   Độ dài các đường phân giác trong của 
tam giác kẻ từ các đỉnh , ,A B C lần lượt là , , .a b cl l l Chứng minh rằng: 
1 1 1 1 1 1
a b cl l l a b c
     
Câu 5. (1,0 điểm) 
Cho hai số không âm a và b thỏa mãn: 2 2 .a b a b   Tính giá trị lớn nhất của biểu thức: 
1 1
a b
S
a b
 
 
ĐÁP ÁN 
Câu 1. 
1) 
Ta có:  3 32 7 ( )P a b ab a b    
    
  
  
     
   
2 2
2 2
2 2
2 7
2 2 5
2 4 2
2 2 2
2 2
a b a ab b ab a b
a b a b ab
a b a ab b ab
a b a a b b a b
a b a b a b
     
   
    
      
   
Kết luận    2 2P a b a b a b    
2) 
Ta có: 
   
   
2 4 3 2 4 3 2 2
2 2
2 2 2
2
. 2 2 1
2
3 4
Q x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x
         
     
   
Vậy 4Q  
Câu 2. 
1) 
Ta có: 
     2
1 1 4
.
2 2 40264
x x x
R
x x x x x x
  
   
    
ĐK:  2
0
4 0
2
x
x x
x

   
 
Khi đó: 
2
1 1 1 4
.
4026 2 2 4
x x
R
x x x
  
   
   
     
2
1 2 1 2 41
.
4026 4
x x x x
x
     


 2
2
2 41 1
.
4026 4 2013
x
x

 

Vậy R xác định khi 
0
2
x
x


 
và 
1
2013
R  
2) +Nếu 2,x  phương trình đã cho trở thành : 
    
  
 
2 2
4 2 2 2
2 1 1 2 4
1 4 4
5 0 . 5 0
0( )
5( )
5( )
x x x x
x x
x x x x
x ktm
x tm
x ktm
    
   
     


 
  
+)Nếu 2,x  phương trình đã cho trở thành: 
    
    
  2 2
4 2
2 1 1 2 4
2 1 1 2 4
1 4 4
5 8 0
x x x x
x x x x
x x
x x
    
      
    
   
2
2 5 7 0
2 4
x
 
    
 
vô nghiệm 
Phương trình có một nghiệm 5x  
Câu 3. 
1) Ta có:   3 1 1n n n n n    
Vì 1; ; 1n n n  là ba số tự nhiên liên tiếp nên có một trong ba số đó chia hết cho 3. 
Do đó  3 8 (2)n n 
Vì 3 và 8 là hai số nguyên tố cùng nhau nên kết hợp với    1 ; 2 suy ra 
   3 24n n dpcm 
2) Giả sử  2 24 2013n n m m    
Suy ra    
2 22 22 2009 2 2009n m m n       
  2 2 2009m n m n      
Mặt khác 2009 2009.1 287.7 49.41   và 2 2m n m n     nên có các trường hợp 
sau: 
2 2009 1005
1:
2 1 1002
2 287 147
2 :
2 7 138
2 49 45
3:
2 41 2
m n m
TH
m n n
m n m
TH
m n n
m n m
TH
m n n
    
 
    
    
 
    
    
 
    
Vậy các số cần tìm là 1002;138;2 
Câu 4. 
1) 
a) Gọi E là trung điểm của CD, chỉ ra ABED là hình vuông và BEC là tam giác vuông 
cân 
Từ đó suy ra , 2AB AD a BC a   
H
I
B
CE
A
D
Diện tích của hình thang ABCD là 
    2. 2 . 3
2 2 2
AB CD AD a a a a
S
 
   
b) (1)ADH ACD (hai góc nhọn có cặp cạnh tương ứng vuông góc) 
Xét hai tam giác ADC và IBD vuông tại D và B có: 
1
,
2
AD IB
DC BC
  do đó hai tam giác ADC và IBD đồng dạng 
Suy ra ACD BDI (2) 
Từ    1 , 2 ADH BDI  
Mà 
0 045 45ADH BDH BDI BDH     hay 045HDI  
2) 
M
D
A
B
C
Gọi AD là đường phân giác trong góc A, qua C kẻ đường thẳng song song với AD 
cắt đường thẳng AB tại M 
Ta có: BAD AMC (hai góc ở vị trí đồng vị) 
DAC ACM (hai góc ở vị trí so le trong) 
Mà BAD DAC nên AMC ACM hay ACM cân tại A, suy ra AM AC b  
Do / /AD CM nên 
AD BA c
CM BM b c
 

Mà 
1 1 1 1
2 (1)
2 2a
c AD
CM AM AC b
b c b l b c
 
        
  
Tương tự ta có: 
1 1 1 1 1 1 1
(2); (3)
2b cl c a l a b
   
      
   
Cộng      1 ; 2 ; 3 vế theo vế ta có điều phải chứng minh 
Câu 5. 
Ta có: 
2 2 2 21 2 ; 1 2 2 2 2 2a a b b a b a b a b            
Chứng minh được với hai số dương ,x y thì 
1 1 4
x y x y
 

Do đó: 
1 1 4
2 2 1
1 1 1 1
S
a b a b
 
      
     
Vậy GTLN của S là 1, dạt được khi 1a b  
UBND HUYỆN NHO QUAN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI 
Năm học 2018 – 2019 
MÔN: TOÁN 8 
 (Thời gian làm bài 120 phút) 
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang 
Câu 1 (5,0 điểm). 
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 
a, 4 2 22 9x x y y   
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
b,     x 2 x 3 x 4 x 5 24      
2. Cho biểu thức A = 32
23
1
1
:
1
1
xxx
x
x
x
x











a, Rút gọn biểu thức A. 
b, Tính giá trị của biểu thức A khi 
2
2 1
3 9
x
 
  
 
c, Tìm giá trị của x, để A < 0. 
Câu 2 (4,0 điểm). 
1. Giải phương trình sau: 
x 2 1 2
x 2 x x(x 2)

 
 
2. Tìm cặp số nguyên ( ; )x y thỏa mãn phương trình: 
4 2 6 310x 2y 4y 6 05x      
Câu 3 (3,0 điểm). 
1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập 
phương của chúng chia hết cho 9. 
2. Cho phương trình 
2x m x 1
3
x 2 x 2
 
 
 
. Tìm m nguyên để phương trình có nghiệm 
dương. 
Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD ( có AC BD ), O là giao điểm của AC 
và 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 . Chứng minh: 
a, Tứ giác BEDF là hình bình hành ? 
b, . .CH CD CK CB 
c, 2AB.AH AD.AK AC  
Câu 5 (2,0 điểm). 
1. Cho 1x y  và 0xy  . Tính: 
 
3 3 2 2
2
1 1 3
x yx y
P
y x x y

  
  
2. Cho ba số dương , ,x y z thỏa mãn 6x y z   . Chứng minh rằng 
4
9
x y
xyz

 
---------------Hết--------------- 
UBND HUYỆN NHO QUAN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI 
Môn: Toán 8 
Năm học 2018 - 2019 
(HDC gồm 05 trang) 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(5,0 điểm) 
1. (2,0 điểm) 
 a, 4 2 22 9x x y y   = ( 4 2 22 ) 9x x y y   0,25 
 = 2 2( ) 9x y  0,5 
 = 2 2( 3)( 3)x y x y    0,25 
b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 
 = (x
2 
 + 7x
 + 10)( x
2
 + 7x + 12) - 24 
0,25 
 = (x
2 
 + 7x
 + 11 - 1)( x
2
 + 7x + 11 + 1) - 24 
 = [(x
2 
 + 7x
 + 11)
2
 - 1] - 24 
0,25 
 = (x
2 
 + 7x
 + 11)
2
 - 5
2 
0,25 
 = (x
2 
 + 7x
 + 6)( x
2 
 + 7x
 + 16) 
 = (x + 1)(x + 6) )( x
2 
 + 7x
 + 16) 0,25 
2. (3,0 điểm) 
a) (1,25 điểm) 
ĐKXĐ: 1x   0,25 
Với 1x   , ta có: 
 A=
)1()1)(1(
)1)(1(
:
1
1
2
23
xxxxx
xx
x
xxx




0,25 
 =
2
2
(1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 )
:
1 (1 )(1 2 )
x x x x x x x
x x x x
      
   
 0,25 
 =
2
2
(1 )(1 ) (1 )(1 )
:
1 (1 )(1 )
x x x x
x x x
   
  
 0,25 
 = 2
1
(1 ) :
1
x
x


 = )1)(1( 2 xx  
0,25 
b) (1,0 điểm) 
Ta có: 
2
2 1
3 9
x
 
  
 
2 1
3 3
x   hoặc 
2 1
3 3
x

  0,25 
 1x  (không TMĐK) 
 hoặc 
1
3
x  (TMĐK) 
0,25 
Với 
1
3
x  , ta có: 
 A = 
2
1 1
1 1
3 3
    
     
     
= 
10 2
.
9 3
=
20
27
0,25 
 Vậy khi 
2
2 1
3 9
x
 
  
 
 thì A =
20
27
 0,25 
c) (0,75 điểm) 
Ta có: A < 0  0)1)(1( 2  xx (1) 
Mà 01 2  x với mọi 1x   
0,25 
 Nên (1)  01  x 1 x 0,25 
Vậy với x > 1 thì A < 0 0,25 
Câu 2 
(4 điểm) 
2.1) (2,0 điểm) 
ĐKXĐ: x  0; x  2 0,25 
x 2 1 2
x 2 x x(x 2)

 
 
  
x(x 2) (x 2) 2
x(x 2) x(x 2)
  

 
0,25 
  x(x 2) (x 2) 2    0,25 
  2x 2x x 2 2    0,25 
  2x x 0  0,25 
  x(x 1) 0  0,25 
 x = 0 (loại) hoặc x = - 1(nhận) 0,25 
Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 0,25 
2.2) (2,0điểm) 
4 2 6 310x 2y 4y 6 05x      
     4 2 6 310x 5 2y 4y 2 135x       0,25 
 
4 2 6 32x 1) 2(y 2y 1) 135(x       
 
2 2 3 2x 1) 2(y 1) 135(     0,25 
 Vì: 
2
3
1
1
x Z x Z
y Z y Z
   
 
   
 0,25 
 Mà 
2 2 2x 1) 13 x 1 15(      0,25 
 Mặt khác 2 1 1x   với mọi x 
  2 1 1x   
  2 0x   0x  
0,25 
Với 0x  , ta có: 
3 22(y 1) 135   
 
3 22(y 1) 8  
3 2(y 1) 4  
0,25 
 
3
3
1 2
1 2
y
y
  

  

3
3
1
3
y
y
 

 
 0,25 
Vì y Z nên y
3 
= 1 y = 1 
Vậy phương trình có một nghiệm nguyên    ; 0;1x y  
0,25 
Câu 3 
(3 điểm) 
 3.1. (1,5 điểm) 
Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y  3x y 0,25 
Ta có:   3 3 2 2x y x y x xy y     
   2 22 3x y x xy y xy       
0,25 
   
2
3x y x y xy    
 
 0,25 
Vì 3x y nên  
2
3 3x y xy  0,25 
    
2
3 9x y x y xy   
 
 0,25 
Vậy nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của 
chúng chia hết cho 9. 
0,25 
3.2. (1,5điểm) 
ĐKXĐ: 2x   0,25 
       2
2 1
3
2 2
2 2 1 2 3 4
x m x
x x
x m x x x x
 
 
 
       
 1 2 14x m m    (*) 
0,25 
Nếu m = 1 thì phương trình (*) có dạng 0 = -12 vô nghiệm. 0,25 
Nếu m 1 phương trình (*) trở thành 
2m 14
x
1 m



 0,25 
Khi đó phương trình đã cho có nghiệm dương 
2 14
2
1
2 14
2
1
2 14
0
1
m
m
m
m
m
m

 


  


 
4
1 7
m
m

 
 
0,25 
Mà m nguyên. 
Vậy  2;3;5;6m thì thỏa mãn đầu bài 
0,25 
Câu 4 
(6,0 điểm) 
 O 
F 
E 
K 
H 
C 
A 
D 
B 
0,25 
a) (2,0 điểm). 
Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt)  BE // DF (1) 0,75 
Xét BEO và DFO 
Có: 090BEO DFO  
OB = OD (t/c hình bình hành) 
EOB FOB (đối đỉnh) 
 BEO DFO   (cạnh huyền – góc nhọn) 
0,75 
 BE = DF (2) 0,25 
Từ (1) và (2) Tứ giác BEDF là hình bình hành (đpcm) 0,25 
b) (1,75 điểm). 
Ta có: ABCD là hình bình hành (gt)  ABC ADC 0,25 
 Mà 0180ABC HBC ADC KDC    0,25 
 HBC KDC  0,25 
Xét CBH và CDK có: 0,5 
 090BHC DKC  
 HBC KDC (chứng minh trên) 
  ( )CBH CDK g g   
CH CK
CB CD
  0,25 
 . .CH CD CK CB  (đpcm) 0,25 
c) (2,0 điểm). 
 Xét AFD và AKC 
 Có: 0AF 90D AKC  
 FAD chung 
  AF ( )D AKC g g   
0,5 
AF
. A .
AK
AD AK F AC
AD AC
    (3) 0,25 
 Xét CFD và AHC 
 Có: 0CF 90D AHC  
 FCD HAC (so le trong) 
  ( )CFD AHC g g   
0,5 
CF AH
CD AC
  0,25 
Mà : CD = AB . .
CF AH
AB AH CF AC
AB AC
    (4) 0,25 
Từ(3) và (4)  AB.AH AD.AK CF.AC AF.AC   
   2 CF AF AC AC   (đpcm). 
0,25 
Câu 5 5.1(1,0 điểm) 
(2,0điểm) Ta có: 
3 3
x y
y 1 x 1

 
= 
4 4
3 3
x x y y
(y 1)(x 1)
  
 
 =  
4 4
2 2
x y (x y)
xy(y y 1)(x x 1)
  
   
0,25 
 =    
2 2
2 2 2 2 2 2
x y x y x y (x y)
xy(x y y x y yx xy y x x 1)
    
       
 =  
2 2
2 2 2 2
x y (x y 1)
xy x y xy(x y) x y xy 2
  
       
 =  
2 2
2 2 2
x y (x x y y)
xy x y (x y) 2
   
    
0,25 
 =   
2 2
x y x(x 1) y(y 1)
xy(x y 3)
   

 =   
2 2
x y x( y) y( x)
xy(x y 3)
   

 ( do x + y = 1 y - 1= -x và x – 1 = - y) 
 =  
2 2
x y ( 2xy)
xy(x y 3)
 

 = 
2 2
2(x y)
x y 3
 

0,25 
 P = 
2 2
2(x y)
x y 3
 

 + 
2 2
2(x y)
x y 3


 = 0 0,25 
5.2(1,0 điểm) 
Ta có:  
2
x y 4xy  (1) 0,25 
  
2
x y z 4(x y)z      0,25 
36 4(x y)z   (vì 6x y z   ) 
236(x y) 4(x y) z    (vì x, y dương nên x + y dương) (2) 0,25 
Từ (1) và (2), ta có: 36(x y) 16xyz  
4
x y xyz
9
   
4
9
x y
xyz

  (đpcm) 
0,25 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu 
học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. 
- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm. 
UBND HUYỆN YÊN LẠC 
PHÒNG GD & ĐT 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
ĐỀ THI GIAO LƯU HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN 
NĂM HỌC 2014-2015 
MÔN: TOÁN 8 
Thời gian : 120 phút 
Câu 1. (2,5 điểm) 
Cho biểu thức 
2
3 2 2 3 2
3 3 1 6
:
3 9 27 9 3 3 9 27
x x x
P
x x x x x x x x
   
     
         
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P 
b) Với 0x  thì P không nhận những giá trị nào ? 
c) Tìm các giá trị nguyên của x để P có giá trị nguyên. 
Câu 2. (2 điểm) 
Cho biểu thức 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
M
ab bc ca
     
   
Chứng minh rằng: 
a) Nếu , ,a b c là độ dài ba cạnh của một tam giác thì 1M  
b) Nếu 1M  thì hai trong ba phân thức đã cho của biểu thức M bằng 1, phân thức còn lại 
bằng 1 
Câu 3. (2 điểm) 
a) Cho n là tổng của hai số chính phương. 2:CMR n cũng là tổng của hai số chính 
phương 
b) Cho đa thức 2A ax bx c   . Xác định hệ số b biết rằng khi chia A cho 1x  , chia 
A cho 1x  đều có cùng một số dư 
Câu 4. (2,5 điểm) 
a) Cho hình chữ nhật ABCD. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BD; I và J thứ tự 
là trung điểm của các đoạn thẳng DH và .BC Tính số đo của góc AIJ 
b) Cho tam giác ABC nhọn trực tâm H, trên đoạn BH lấy điểm M và trên đoạn CH lấy 
điểm N sao cho 090AMC ANB  . Chứng minh rằng AM AN 
Câu 5 (1 điểm) 
a) Cho , , 0a b c  
CMR: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1
.
3 2 3 2 3 2 6
a b c
a b c b c a c a b a b c
 
     
       
b) Cho đa giác đều gồm 1999 cạnh. Người ta sơn các đỉnh của đa giác bằng hai màu xanh 
và đỏ. Chứng minh rằng tồn tại ba đỉnh được sơn cùng một màu tạo thành một tam giác 
cân 
ĐÁP ÁN 
Câu 1 
a) ĐKXĐ: 
3
3,
3
x
x P
x

  

b) Ta có: 
 3 13
3 1
Px
P x
x P

  
 
Để 0x  thì 
  13 1 1
0 0
11 1
PP P
PP P
 
        
Vậy 0x  thì P không nhận những giá trị từ 1 đến 1,  1;1P  
c) Ta có 
3 6
1
3 3
x
P
x x

  
 
P có giá trị nguyên 3x  Ư 6  1; 2; 3; 6     
Từ đó tính được  0;1;2;4;5;6;9x (Chú ý loại 3)x   
Câu 2 
2a) 
Vì , ,a b c là độ dài ba cạnh của tam giác nên , , 0a b c  và 
0; 0; 0a b c a c b c b a         
Đặt 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
; ;
2 2 2
a b c b c a c a b
A B C
ab bc ca
     
   
Ta cần chứng minh : 1M A B C    hay      1 1 1 0A B C      
Ta có: 
  
  
  
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
1 1
2 2 2
2
1 1
2 2 2
2
1 1
2 2 2
a b c a b ca b c a b c ab
A
ab ab ab
b c a b c ab c a b c a bc
B
bc bc bc
c a b c a bc a b c a b ca
C
ca ca ca
       
    
       
    
       
    
Suy ra 
     
        
        
        
       
       
1 1 1
2 2 2
2
2
2
2
A B C
a b c a b c b c a b c a c a b c a b
ab bc ca
c a b c a b c a b c a b c a b c a b c a b
abc
c a b c a b c a a b c b c a b a b c c a b
abc
a b c c a b c a b c a b c a b
abc
a b c c a b c a b c a b c a b
ab
    
           
  
             

             

           
           
  
  
2 2 2
2 2 2
2
2
c
a b c ca cb c ab ac a bc ba b
abc
a b c bc ba b c ca cb ac a ab
abc
         

         

   
0
2
a b c b c a c a b
abc
     
  (đúng) 
Từ đó suy ra 1 0M   đúng vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác hay 1M  
Câu 2b 
   
   
1 1 0 0
2
0
a b c b c a c a b
M M
abc
a b c b c a c a b
     
     
       
Ta xét ba trường hợp: 
TH1: Nếu 0a b c   thì 
     
1 0; 1 0; 1 0
2 2
b c a b c a a b c b c a
A B C
bc bc
        
        
Suy ra 1; 1; 1A B C    
TH2: Nếu 0b c a   thì 
  
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2
1 1 0;
2 2 2
2
1 1 0
2 2 2 2
a b c a b ca b c a b c ab
A
ab ab ab
c a b c a b b c a c a bc a b c a b ca
C
ca ca ca ca
       
     
            
      
1 0 1; 1; 1B A B C      
TH3: Nếu 0c a b   thì 
     
     2 2 2 2 2 2
1 0;
2 2
2
1 1 0
2 2 2 2
a b c a b c c a b a b c
A
ab ab
c a b c a b b c a c a bc a b c a b ca
C
ca ca ca ca
        
   
            
      
  2 2 2 2 2 2 2
1 1 0
2 2 2
b c a b c ab c a b c a bc
B
bc bc bc
       
      
 Suy ra 1; 1; 1A B C    
Như vậy trường hợp nào cũng có hai trong ba phân thức A, B, C bằng 1, phân thức còn lại 
bằng 1 
Câu 3 
3a) Đặt 2 2N a b  với ,a b 
Khi đó    
2 22 4 2 2 2 2 2 2 22 4 2N a a b b a b a b ab       là tổng của hai số chính phương. 
3b) 
Giả sử 
 
 
2
2
1 (1)
1 (2)
A ax bx c x P R
A ax bx c x Q R
     
     
Cho 1x  thì từ  1 ta có: a b c R   
Cho 1x   thì từ  2 ta có: a b c R   
Do đó : 2 0 0a b c a b c b b         
Câu 4 
4a) 
Gọi P là trung điểm của AH PI là đường trung bình của tam giác AHD 
/ /PI AD 
Mà AD AB nên IP AB và P là trực tâm ABI 
Từ đó ta có tứ giác BPIJ là hình bình hành / /BP IJ 
Mà BP AI nên JI AI 
Câu 4b 
P
J
I
H
C
A B
D
 Gọi ,P Q lần lượt là chân các dường cao kẻ từ B và C. 
Tam giác vuông AMC có đường cao 2 .MP AM AP AC  
Tam giác vuông ANB có đường cao 2 .NQ AN AQ AB  
Xét tam giác vuông APB và AQC có: 
Achung; 
090APB AQC  ( . )APB AQC g g  
2 2. .AP AC AQ AB AM AN AM AN      
Câu 5 
5a) 
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM với , , 0a b c  ta có 
N
M
H
P
Q
A
B
C
     
 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
18 18 18 18
3 2 4 22 2.2 2
18 18 18 9
3 2 4 2 2 . 2 2
a a a a
a b c ab aca b a c ab ac
a a a
a b c ab ac a b c b c
  
     
  
    
Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz 
 
22 2
.
a ba b
x y x y

 

Ta có: 
 
2 2 22 1 2 1 2 1
2 2b c b c b c

   

Suy ra : 
 
 
2
2 2 2
2 118 9 2 1
3 2 2 2
a
a b c b c b c b c

   
   
Tương tự: 
 
 
2
2 2 2
2 118 9 2 1
3 2 2 2
b
b c a c a c a c a

   
   
 
2
2 2 2
2 118 9 2 1
3 2 2 2
c
c a b a b a b a b

   
   
Cộng vế với vế các BĐT trên ta có: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
18 18 18 2 1 2 1 2 1
3 2 3 2 3 2
3 3 3 1 1 1 1
:18 .
3 2 3 2 3 2 6
a b c
a b c b c a c a b c a b c a b
a b c
DPCM
a b c b c a c a b a b c a b c
       
     
   
           
         
5b) 
Ta có đa giác 1999 cạnh nên có 1999 đỉnh. Do đó phải tồn tại 2 đỉnh kề nhau là P và Q 
được sơn bởi cùng một màu – màu đỏ (Theo nguyên lý Dirichle) 
Vì đa giác đã cho là đa giác đều có số đỉnh lẻ, nên phải tồn tại một đỉnh nào đó nằm trên 
đường trung trực của đoạn thẳng .PQ Giả sử đỉnh đó là .A 
Nếu A tô màu đỏ thì ta có tam giác APQ là tam giác cân có 3 đỉnh , ,A P Q được tô cùng 
màu đỏ. 
Nếu A tô màu xanh, lúc đó gọi B và C là các đỉnh khác của đa giác kề với P và Q. 
Nếu cả hai đỉnh B và C được tô màu xanh thì tam giác ABC cân và có 3 đỉnh cùng tô màu 
xanh. 
Nếu ngược lại, một trong hai đỉnh B và C mà tô màu đỏ thì tam giác BPQ hoặc tam giác 
CPQ là tam giác cân có 3 đỉnh được tô màu đỏ 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HUYỆN HOẰNG HÓA 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 
NĂM HỌC 2016-2017 
MÔN THI: TOÁN 
Ngày thi: 21/04/2017 
Câu 1. (4 điểm) 
Cho biểu thức 
2 2 1 1
. 1 :
3 1 3
x x
P x
x x x x
    
        
a) Rút gọn P 
b) Tìm x để P có giá trị nguyên 
c) Tìm x để 1P  
Câu 2. (4,5 điểm) 
a) Giải phương trình: 3 6 30 0x x x    
b) Giải bất phương trình sau: 
1 2 3
1 1
3 2 3
x x x
x
 
     
c) Cho biết 
2
2
.
1 3
x
x x

 
Hãy tính giá trị của biểu thức: 
2
4 2 1
x
Q
x x

 
Câu 3. (5,0 điểm) 
a) Tìm ,x y thỏa mãn đẳng thức: 2 25 5 8 2 2 2 0x y xy y x      
b) Cho , , ,a b c thỏa mãn 0.a b c   Chứng minh 5 5 5 30a b c  
c) Chứng minh rằng: 
1 1 1 1 1 1
a b c a b c
b c a a b c
       
             
       
, trong đó 
, ,a b c là các số thực không nhỏ hơn 1. 
Câu 4. (4,5 điểm) Cho tam giác nhọn ABC . Các đường cao , ,AD BE CF cắt nhau tại H. 
Chứng minh rằng: 
a) Tam giác AEF đồng dạng với tam giác ABC 
b) 2. .BH BE CH CF BC  
c) 
2
.
4
BC
AD HD  
d) Gọi , , ,I K Q R lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ E xuống ,AB AD ,
,CF BC . Chứng minh bốn điểm , , ,I K Q R cùng nằm trên một đường thẳng. 
Câu 5. (2,0 điểm)Cho tam giác .ABC Trên tia đối của các tia ,BA CA lấy theo thứ tự các 
điểm ,D E 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 thẳng này cắt AC ở K. Chứng minh 
AB CK 
ĐÁP ÁN 
Câu 1. 
a) ĐKXĐ: 0; 1x x   
Ta có: 
 
2 2 1 2 2 2 2
. . 1 . 2 .
3 1 3 1 1 3 3 1 1
x x x x
P x
x x x x x x x x x
   
                 
Vậy 
2
1
x
P
x


b) Ta có: 
2
2 1
1
P x
x
     

Ư   2 1; 2   
Từ đó suy ra  2;0;3; 1x  
Kết hợp với ĐKXĐ được  2;3x 
c) 
2 2 1
1 1 1 0 0
1 1 1
x x x
P
x x x

       
  
Mà 1 1x x   nên 1 0x   và 1 0 1x x    và 1x   
Kết hợp với ĐKXĐ được 1 1x   và 0x  
Câu 2. 
a) Ta có:    3 26 30 0 3 2 5 0x x x x x x         
3 0 3
2 0 2
5 0 5
x x
x x
x x
   
      
 
    
b) 
1 2 3
1 1 6 6 2 2 6 9 2 6
3 2 3
7
4 7
4
x x x
x x x x x
x x
 
            

    
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là 
7
/
4
S x x
 
  
 
c) Từ 
2
2
0,
1 3
x
x
x x
  
 
do đó : 
2 1 3
2
x x
x
 
 
2
1 3 1 5 1 25 21
1 1 1
2 2 4 4
x x x
x x x
 
             
 
Lại có: 
4 2
2 2
2 2 2
1 1 1 21
1 1
4
x x
x x
x x x
   
       
 
Suy ra 
2
4 2
4
1 21
x
Q
x x
 
 
Câu 3. 
a) 
   
2 2
2 2
2 2
5 5 8 2 2 2 0
25 25 40 10 10 10 0
5 4 1 9 1 0
x y xy y x
x y xy y x
x y y
     
      
     
Do  
2
5 4 1 0x y   và  
2
9 1 0y   với mọi ,x y 
Nên    
2 2
5 4 1 9 1 0x y y     
Suy ra 1; 1x y   
b) 
Ta có:      5 2 2 2 21 1 1 4 5a a a a a a a a        
         2 1 . 1 2 5 1 . . 1a a a a a a a a        
Do      2 1 1 2a a a a a    là tích 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho cả 2;3;5 , do 
đó chia hết cho 30 
Lại có    1 1a a a  chia hết cho 6nên    5 1 1a a a  chia hết cho 30 
Từ đó suy ra 5a a chia hết cho 30 
Tương tự 5b b chia hết cho 30và 5c c chia hết cho 30. 
Từ đó suy ra          5 5 5 5 5 5a b c a b c a a b b c c           chia hết cho 30 
Mà 0a b c   nên 5 5 5a b c  chía hết cho 30. 
       
       
     
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1
)