Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên
Sở giáo dục và đào tạo lai châu



(Đề thi gồm 01 trang)

kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
năm học 2014 - 2015
môn: toán - lớp 8 cấp THCS
Thời gian làm bài: 150 phút
(không tính thời gian giao đề)


Câu 1: (4,0 Điểm)
1, Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x
2
- 3x + 2)
2
- 4x + 2
2, Chứng minh rằng: x
2002
+ x
2000
+ 1 chia hết cho x
2
+ x + 1
Câu 2: (6,0 điểm)
1, Cho hai số dơng x, y có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
2 2

1 1
1 1
x y








2, Cho a, b, c > 0 thỏa mn: ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ +
+ + + + + +

Câu 3: (4,0 điểm)
Cho biểu thức A =
3 2 2
1 2x 2x
: 1
x 1 x x x 1 x 1



+ +



1, Rút gọn biểu thức A;
2, Với giá trị nào của x thì biểu thức A có giá trị dơng;
3, Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A có giá trị nguyên.
Câu 4: (3,5 điểm)
Cho hình bình hành ABCD, gọi O là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD. Gọi
M, N lần lợt là trung điểm của BO và AO. Lấy điểm F trên cạnh AB sao cho tia FM cắt
cạnh BC tại E và tia FN cắt cạnh AD tại K. Chứng minh rằng:
1,
BA BC
4
BF BE
+ =
2, BE + AK

BC
Câu 5: (3,5 điểm)
Cho đa giác đều n cạnh, dùng ba màu xanh, đỏ, vàng tô màu các đỉnh một cách tùy
ý (mỗi đỉnh đợc tô bởi một màu và tất cả các đỉnh đều đợc tô màu). Cho phép thực hiện
các thao tác sau đây: Chọn hai đỉnh kề nhau bất kỳ (định nghĩa hai đỉnh liên tiếp) và thay
màu hai đỉnh đó bằng hài màu còn lại. Chứng minh rằng bằng cách thực hiện thao tác trên
một số lần ta luôn luôn làm cho các đỉnh của đa giác chỉ còn đợc tô bởi hai màu.


Hết








đề chính thức

Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên
Đáp án
Chú ý: Đáp án chỉ mang tính tham khảo
Câu 1
: (4,0 điểm)
1, Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x
2
- 3x + 2)
2
- 4x + 2
2, Chứng minh rằng: x
2002
+ x
2000
+ 1 chia hết cho x
2
+ x + 1
Giải
1, Ta có: (x
2
- 3x + 2)
2
- 4x + 2 = x
4
+ 9x

2
+ 4 - 6x
3
+ 4x
2
- 12x - 4x + 2
= x
4
- 6x
3
+ 13x
2
- 16x + 6 = x
2
(x
2
- 2x + 3) - 4x(x
2
- 2x + 3) + 2(x
2
- 2x + 3)
= (x
2
- 2x + 3)(x
2
- 4x + 2) = (x
2
- 2x + 3)(x - 2 +
2
)(x - 2 -

2
)
2, x
2002
+ x
2000
+ 1 = x
2000
(x
2
+ x + 1) - (x
2001
- 1) = x
2000
(x
2
+ x + 1) - [(x
3
)
667
- 1]
= x
2000
(x
2
+ x + 1) - (x
3
- 1).M(x)
= x
2000

(x
2
+ x + 1) - (x - 1)(x
2
+ x + 1).M(x)
= (x
2
+ x + 1)[(x
2000
- (x - 1)M(x)] luôn chia hết cho đa thức (x
2
+ x + 1)
Câu 2
: (4,0 điểm)
1, Cho hai số dơng x, y có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P =
2 2
1 1
1 1
x y








2, Cho a, b, c > 0 thỏa mn: ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng:


2 2 2 2 2 2
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ +
+ + + + + +

Giải
1, P =
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 x y 1 (x y) 2xy 1
1 1 1
y x x y x y x y x y x y
+ +
+ = + = +

=
2 2 2 2 2 2 2 2
1 2xy 1 1 2 1 2
1 1 1
x y x y x y xy x y xy

+ = + + = +

Vì x, y > 0

2
(x y) 1 1 2
x y 2 xy xy 4 8

4 4 xy xy
+
+ =



P = 1 +
2
9
xy

.
Dấu "=" xảy ra khi x = y =
1
2

Vậy: Min P = 9 khi x = y =
1
2

2, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

(1 + a
2
+ b
2
)(1 + 1 + c
2
)


(a + b + c)
2



2
2 2 2
1 2 c
1 a b (a b c)
+

+ + + +

- Tơng tự:

2
3 3 2
1 2 a
1 b c (a b c)
+

+ + + +
và
2
2 2 2
1 2 b
1 c a (a b c)
+

+ + + +


- Cộng vế với vế ta đợc:

2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 2 c 2 a 2 b
a b 1 b c 1 c a 1 (a b c) (a b c) (a b c)
+ + +
+ + + +
+ + + + + + + + + + + +




2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 a b c 6 a b c 2(ab bc ca)
a b 1 b c 1 c a 1 (a b c) (a b c)
+ + + + + + + +
+ + =
+ + + + + + + + + +




2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 (a b c)
1
a b 1 b c 1 c a 1 (a b c)

+ +
+ + =
+ + + + + + + +

Vậy:
2 2 2 2 2 2
1 1 1
1
a b 1 b c 1 c a 1
+ +
+ + + + + +


Câu 3
: (4,0 điểm)
Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên
Cho biểu thức A =
3 2 2
1 2x 2x
: 1
x 1 x x x 1 x 1



+ +


1, Rút gọn biểu thức A;
2, Với giá trị nào của x thì biểu thức A có giá trị dơng;
3, Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức A có giá trị nguyên.


Giải
1, ĐKXĐ: x

1. Khi đó
A =
2
2 2 2
1 2x x 2x 1
:
x 1 x(x 1) (x 1) x 1

+


+ + +


=
2 2 2 2
2 2 2 2
x 2x 1 x 2x 1 x 2x 1 x 1 1
: :
(x 1)(x 1) x 1 (x 1)(x 1) x 2x 1 x 1
+ + + +
= =
+ + + +

2, Vì A > 0
1

0 x 1 0 x 1
x 1
> > >

. Vậy x > 1 thì A > 0
3,
1
A Z Z x 1
x 1


Ư(1)
x {0; 2}




Câu 4: (2,0 điểm)

Cho hình bình hành ABCD, gọi O là giao điểm của hai đờng chéo AC và BD. Gọi M, N lần lợt
là trung điểm của BO và AO. Lấy điểm F trên cạnh AB sao cho tia FM cắt cạnh BC tại E và tia FN cắt
cạnh AD tại K. Chứng minh rằng:
1,
BA BC
4
BF BE
+ =
2, BE + AK

BC

Chứng minh
1, Từ A và C kẻ AP//EF và CQ//EF (P

BD, Q

BD)
- Xét

OAP và

OCQ có:



OAP OCQ
=
(so le trong)
OA = OC (GT)



AOP COQ
=
(đối đỉnh)



OAP =

OCQ (g.c.g)


OP = OQ (1)
- Xét

BAP có FM//AP
+

=

=
BA BP BA BO OP
BF BM BF BM
(2)
- X
ét

BQC có EM//CQ


=

=
BC BQ BC BO OQ
BE BM BE BM
(3)

-
Từ (1), (2) và (3)
+


+ = + = =
BA BC BO OP BO OQ 2BO
4
BF BE BM BM BM


-
Vậy:
+
BA BC
BF BE
= 4
2, Vì F chạy trên AB, M và N là hai điểm cố định.
Gọi S là giao điểm của KE và AC

S thuộc OC


S
SAK


S
SCE

S
SAK
+ S
ASEB


S
SCE
+ S
ASEB



S
ABEK


S
ABC


S
BAK
+ S
BKE


S
ABC
(gọi h là khoảng cách giữa BC và AD)



1 1 1
h.AK h.BE h.BC
2 2 2

+

AK + BE

BC
(dấu = xảy ra khi S trùng O

F là trung điểm của AB)
Câu 5
: (
3,0 điểm)

Kí hiệu các màu lần lợt là xanh (X), đỏ (Đ), vàng (V)
- Không mất tính tổng quát, giả sử tại thời điểm ban đầu, màu vàng đợc tô ít nhất.
- Ta sẽ chỉ ra một cách thực hiện thao tác để chuyển tất cả các đỉnh của đa giác về màu đỏ hoặc xanh.
- Lúc này, ta chỉ quan tâm đến màu vàng và màu khác vàng, kí hiệu là K (khác vàng).
- Đánh số các đỉnh từ 1 đến n theo chiều kim đồng hồ.
Q
P
E
F
O
M
D
C
B
A
S
N
K

E
F
O
M
D
C
B
A
Đỗ Văn Lâm - Trờng THCS TT Tân Uyên
- Nếu lúc đầu không có đỉnh nào đợc tô V thì bài toán kết thúc.
- Ngợc lại thì tồn tại ít nhất một dy các đỉnh đợc tô V (dy có thể có độ dài 1). Do tính nhỏ
nhất nên dy đỉnh này sẽ có độ dài không vợt quá
n
3
và phía trớc hoặc phía sau của nó sẽ là một
đỉnh đợc tô màu K.
- Ta lại thấy rằng bằng cách thực hiện quy tắc đổi màu nh đề bài liên tục trên dy đỉnh này thì:
KVVV V KKVV V KKKV V KKKK V KKKK K.
- áp dụng với tất cả các dy, tất cả các đỉnh sẽ đợc tô màu K, ta có đpcm.