Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

t
Đề 1
R.Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng:
a) 85 + 211 chia hết cho 17
b) 1919 + 6919 chia hết cho 44
R.Bài 2:
a) Rút gọn biểu thức:
1

1

1

x2 x 6
x 3 4 x 2 18 x 9

yz

xz

xy

b) Cho x y z 0( x, y, z 0) . Tính 2 2 2
x
y
z

Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối

của các tia BA, CA sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của
BE và CD .Qua O vẽ đờng thẳng song song với tia phân giác của
góc A, đờng thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
R.Bài 4 (1đ).
Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có):
M = 4x2 + 4x + 5
Đáp án
Bài 1 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 +
1)=211.17
Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17.
b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức:
an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - - abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 1917.69 ++ 6918)
= 88(1918 1917.69 + + 6918) chia hết cho 44.
Bài 2 : (3đ)
a) (1,5đ) Ta có: x2 + x 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) 2(x+3)
= (x+3)(x-2).
3
2
3
2
x 4x 18 x + 9 = x 7x + 3x2 - 21x + 3x + 9
=(x3 + 3x2) (7x2 +21x) +(3x+9)
=x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3)
=(x+3)(x2 7x +3)
=>

(x+3)(x-2)
( x 2)

x2 x 6
= (x+3)(x 2 -7x +3) x 2 -7x +3 Với điều kiện x -1 ; x2 -7x
3
2
x 4 x 18 x 9

+ 3 0
b) (1,5đ) Vì

1


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
1 1
1 1 1
1
0
x y z
z
x y
3

1 1 1
1
1
1 1
1 1
1
3 3 3 3. 2 . 3 . 2 3
z

x y
x y
y
x y z
x


1 1 1
1 1 1 1 1 1 1
1
3 3 3 . . 3 3 3 3.
3
x
y
z
x y x y x
y
z
xyz

Do đó : xyz(

1
xyz xyz xyz
yz zx xy
1
1
3 3 3 3 2 2 2 3
3 + 3 + 3 )= 3
y

x
y
z
x
y
z
x
z

Bài 3 : (3đ)
Chứng minh :
Vẽ hình bình hành
ABMC ta có AB = CM .
Để chứng minh AB = KC ta
cần chứng minh KC = CM.
Thật vậy xét tam giác BCE
có BC = CE (gt) => tam giác

A
K

B

C

E
vì
CBE cân tại C => B
1


góc C1 là góc ngoài của tam
giác
BCE
=>
B
E
B
1C

C
1
1
1
1
2

BM

(ta

E

D

mà AC //
vẽ)

M

=>


CBM
B
1 CBM

. Hoàn toàn tC
nên BO là tia phân giác của CBM
1
1
2

ơng tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác
BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của
góc CMB
, BMC

Mà : BAC
là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO //

với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn
song song với OK => K,O,M thẳng hàng.
1 BMC
(cmt );
M

AM
A2 mà
Ta lại có : M
1
1

2


1 (hai góc đồng vị)
A2 K

M
CKM cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB =
=> K
1
1

CK (đpcm)
Bài 4: (1đ)
2


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4
= (2x + 1)2 + 4.
Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4 M 4
Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = -

1
2

------------------------------------------------đề 2
Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 .. . a 8 thoã mãn 2 điều kiện a
và b sau:

a) a1a 2a 3 = a 7 a 8

2

b)



a 4a 5a 6a 7 a 8 a 7 a 8



3

Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1.
khi và chỉ khi ( mn 2) 3.
áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1.
Câu 3 . Giải phơng trình:
1

1
1



...
1
.
2
.

3
2
.
3
.
4
2005
.
2006
.
2007



x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . +

2006.2007).
Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm
của AC và BD; các đờng kẻ từ A và B lần lợt song song với BC và AD
cắt các đờng chéo BD và AC tơng ứng ở F và E. Chứng minh:
EF // AB
b). AB2 = EF.CD.
c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác
OAB; OCD; OAD Và OBC
Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 .
R. Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x 2 - 2xy + 6y2 12x + 2y
+ 45.
Đáp án
Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8)2 (1)
a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3

(2).
Từ (1) và (2) => 22 a7 a8 31
=> ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8 ( a7a8 )3 a7a8 = a4a5a600.
( a7a8 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6
do ( a7a8 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên
có 3 khả năng:
a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824.
b) . a7a8 1 = 24 => a7a8 = 25
=> số đó là 62515625
3


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

c) . a7a8 = 26

=> không thoả mãn

câu 2 . Đặt m = 3k + r với 0 r 2

n = 3t + s với

0 s 2

xm + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr xr + x3t xs xs + xr
+ xs + 1.
= xr( x3k 1) + xs ( x3t 1) + xr + xs +1
ta thấy: ( x 3k 1) ( x2 + x + 1) và ( x3t 1 ) ( x2 + x + 1)
vậy: ( xm + xn + 1) ( x2 + x + 1)
<=> ( xr + xs + 1) ( x2 + x + 1) với 0 r ; s 2

<=>
r = 2 và s =1
=>
m = 3k + 2 và n =
3t + 1
r = 1 và s = 2

m = 3k + 1 và n =

3t + 2
<=>
3kt + k + 2t)

mn 2 = ( 3k + 2) ( 3t + 1) 2 = 9kt + 3k + 6t = 3(
mn 2 = ( 3k + 1) ( 3t + 2) 2 = 9kt + 6k + 3t =

3( 3kt + 2k + t)
=> (mn 2) 3 Điều phải chứng minh.
áp dụng: m = 7; n = 2
=> mn 2 = 12 3.
( x7 + x2 + 1) ( x2 + x + 1)
( x7 + x2 + 1) : ( x2 + x + 1) = x5 + x4 + x2 + x + 1
Câu 3 . Giải PT:
1
1
1


.


x 1.2 2.3 2006.2007
2005.2006.2007
1.2.3 2.3.4

Nhân 2 vế với 6 ta đợc:
2
2
2

3


x 2 1.2 3 0 2.3 4 1 2006.2007 2008 2005
2005.2006.2007
1`.2.3 2.3.4

1
1
1
1
1

3




x
2006.2007
1.2 2.3 2.3 3.4

2 1.2.3 2.3.4 1.2.3 2006.2007.2008 2005.2006.2007


1
1003.1004.669
1

3

x 2.2006.2007.2008 x
5.100.651
1.2 2006.2007

Câu 4 .a) Do

OE OA

OB OC
O F OB

OA OD

AE// BC =>

BF// AD

4

A


B
O

K
E
F

H


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

MặT khác AB// CD ta lại có
D
OA OB

OC OD

b).
AB

nên

OE OF

OB OA

C

=> EF // AB


ABCA 1 và ABB1D là hình bình hành => A 1C = DB1 =

Vì EF // AB // CD nên
c) Ta có:

A1B1

S1 =

EF
AB

AB DC

1
AH.OB;
2

=> AB 2 = EF.CD.
1
CK.OD;
2

S3 =

1
AH .OD
S3 2


AH .CK
1
S2
CK .OD
2

=>

S2 =

1
AH.OD;
2

S4 =

1
2

OK.OD.
1
AH .OB
S1 2
AH


=>
;
1
S4

CK .OB CK
2

S1 S3
=> S1.S2 =
S4 S2

S3.S4
Câu 5. A = x2- 2xy+ 6y2- 12x+ 2y + 45
= x2+ y2+ 36- 2xy- 12x+ 12y + 5y2- 10y+ 5+ 4
= ( x- y- 6)2 + 5( y- 1)2 + 4 4
Giá trị nhỏ nhất A = 4 Khi:
y- 1 = 0
=>
=1
x- y- 6 = 0
x=7
--------------------------------------------đề 3
R.Câu 1: a. Rút gọn biểu thức:
A= (2+1)(22+1)(24+1).......( 2256 + 1) + 1
b. Nếu x2=y2 + z2
Chứng minh rằng: (5x 3y + 4z)( 5x 3y 4z) = (3x 5y)2
Câu 2: a. Cho

x y z
0 (1) và
a b c

y


a b c
2 (2)
x y z

x2 y 2 z 2
Tính giá trị của biểu thức A= 2 2 2
a
b
c
b. Bit a + b + c = 0 Tính : B =

ab
bc
ca
2
2
2
2
2
2
a b c
b c a
c a 2 b2
2

R.Câu 3: Tìm x , biết :
xã 1 x 10 x 19


3 (1)

2006 1997 1988

Câu 4: Cho hình vuông ABCD, M đơng chéo AC. Gọi E,F theo
thứ tự là hình chiếu của M trên AD, CD. Chứng minh rằng:
5


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

a.BM EF
b. Các đờng thẳng BM, EF, CE đồng quy.
Câu 5: Cho a,b, c, là các số dơng. Tìm giá trị nhỏ nhất của
1
a

1
b

1
c

P= (a+ b+ c) ( ).
Đáp án
Câu 1: a. ( 1,25 điểm) Ta có:
A= (2-1) (2+1) (22+1) ........ + 1
= (22-1)(22+1) ......... (2256+1)
= (24-1) (24+ 1) ......... (2256+1)
................
= [(2256)2 1] + 1
= 2512

b, . ( 1 điểm) Ta có:
(5x 3y + 4z)( 5x 3y 4z) = (5x 3y ) 2 16z2= 25x2 30xy + 9y2
16 z2 (*)
Vì x2=y2 + z2 (*) = 25x2 30xy + 9y2 16 (x2 y2) = (3x 5y)2
Câu 2: . ( 1,25 điểm) a. Từ (1) bcx +acy + abz =0
ab ac bc
x2 y 2 z 2
x2 y 2 z 2





2



0

4
Từ (2) 2 2 2

a
b
c
a 2 b2 c 2
xy xz yz

abz acy bcx
4

2
xyz



b. . ( 1,25 điểm) Từ a + b + c = 0 a + b = - c a2 + b2 c2 =
- 2ab
Tơng tự b2 + c2 a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B=

ab
bc
ca
3



2ab 2bc 2ca
2

Câu 3: . ( 1,25 điểm)
(1)

xã 2007 x 2007 x 2007


0
2006
1997
1988


x= 2007
A
Câu 4: a. ( 1,25 điểm) Gọi K là giao điểm CB với EM;
H là
giao điểm của EF và BM
EMB =BKM ( gcg)
Góc MFE =KMB BH EF
K
b. ( 1,25 điểm)
ADF =
H
Tơng tự: CE BF BM; AF; CE
6

B

E
BAE

(cgc)

M
AF



BE



Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

là các đờng cao của BEF đpcm
Câu 5: ( 1,5 điểm) Ta có:
P=1+

D

F

C

a a b
b c c
a b a c b c
1 1 3
b c a
c a b
b a c a c b
x

y

Mặt khác y x 2 với mọi x, y dơng. P 3+2+2+2 =9
Vậy P min = 9 khi a=b=c.
--------------------------------------đề 4
Bài 1 (3đ):
1) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x2 + 7x + 12
b) a10 + a5 + 1

2) Giải phơng trình:

x 2 x 4 x 6 x 8



98
96
94
92

Bài 2 (2đ):
Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức P

2 x 2 3x 3
có giá trị
2x 1

nguyên
Bài 3 (4đ): Cho tam giác ABC ( AB > AC )
1) Kẻ đờng cao BM; CN của tam giác. Chứng minh rằng:
a) ABM đồng dạng ACN
b) góc AMN bằng góc ABC
2) Trên cạnh AB lấy điểm K sao cho BK = AC. Gọi E là trung
điểm của BC; F là trung điểm của AK.
Chứng minh rằng: EF song song với tia phân giác Ax của góc
BAC.
Bài 4 (1đ):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A


x 2 2 x 2007
, ( x khác 0)
2007 x 2

Đáp án
Bài 1 (3đ):
1)
a) x2 + 7x + 12 = (x+3)(x+4) (1đ)
b) a10 + a5 + 1 = (a10 + a9 + a8 ) - (a9 + a8 + a7 ) + (a7 + a6 + a5
) - (a6 + a5 + a4 ) + (a5 + a4 + a3 ) - (a3 + a2 + a ) + (a2 + a + 1 ) =
(a2 + a + 1 )( a8 - a7 + a5 - a4 + + a3 - a+ 1 ) (1đ)
2)
7


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
x 2 x 4 x 6 x 8



98
96
94
92
x2
x4
x6
x 8
(

+1) + (
+ 1) = (
+ 1) + (
+ 1) (0,5đ)
98
96
94
92
1
1
1
1
( x + 100 )(
+
)=0
(0,25đ)
98
96
94
92
1
1
1
1
0
Vì:
+
98
96
94

92
Do đó : x + 100 = 0 x = -100

Vậy phơng trình có nghiệm: x = -100

(0,25đ)

Bài 2 (2đ):
P=

2 x 2 3 x 3 ( 2 x 2 x) (4 x 2) 5
5

x 2
2x 1
2x 1
2x 1

(0,5đ)

x nguyên do đó x + 2 có giá trị nguyên
để P có giá trị nguyên thì

5
phải nguyên hay 2x - 1 là ớc
2x 1

nguyên của 5 (0,5đ)
=> * 2x - 1 = 1 => x = 1
* 2x - 1 = -1 => x = 0

* 2x - 1 = 5 => x = 3
* 2x - 1 = -5 => x = -2 (0,5đ)
Vậy x = 1;0;3; 2 thì P có giá trị
nguyên. Khi đó các giá trị nguyên của
P là:
x = 1 => P = 8
x = 0 => P = -3
x = 3 => P = 6
x = -2 => P = -1
(0,5đ)
Bài 3 (4đ):
1) a) chứng minh ABM đồng dạng
CAN (1đ)
b) Từ câu a suy ra:

AB AM
AMN đồng dạng ABC

AC AN

AMN = ABC ( hai góc tơng ứng)

(1,25đ)

2) Kẻ Cy // AB cắt tia Ax tại H
(0,25đ)
BAH = CHA ( so le trong, AB // CH)
mà CAH = BAH ( do Ax là tia phân giác)
8


(0,5đ)


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Suy ra:
CHA = CAH nên CAH cân tại C
do đó :
CH = CA => CH = BK và CH // BK
(0,5đ)
BK = CA
Vậy tứ giác KCHB là hình bình hành suy ra: E là trung điểm
KH
Do F là trung điểm của AK nên EF là đờng trung bình của tam
giác KHA. Do đó EF // AH hay EF // Ax ( đfcm)(0,5đ)
Bài 4 (1đ):
2007 x 2 2 x.2007 2007 2
x 2 2 x.2007 2007 2
2006 x 2
A=
=
+
2007 x 2
2007 x 2
2007 x 2
( x 2007) 2 2006 2006


=
2007 2007

2007 x 2
2006
A min =
khi x - 2007 = 0 hay x = 2007 (0,5đ)
2007

Câu

1

(

3

-----------------------------------đề 5
điểm ) . Cho biểu thức

A

=

x2
6
1
10 x 2
3
: x 2




6

3
x
x

2
x

2
x

4
x




a, Tìm điều kiện của x để A xác định .
b, Rút gọn biểu thức A .
c, Tìm giá trị của x để A > O
Câu 2 ( 1,5 điểm ) .Giải phơng trình sau :

x 2 4x 1
x 2 5x 1
2
x 1
2x 1

Câu 3 ( 3,5 điểm): Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng

thẳng vuông góc với nhau lần lợt cắt BC tai P và R, cắt CD tại Q và
S.
1, Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân.
2, QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS . Chứng minh
tứ giác AMHN là hình chữ nhật.
3, Chứng minh P là trực tâm SQR.
4, MN là trung trực của AC.
5, Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 4 ( 1 điểm):
2 x 2 3x 3
Cho biểu thức A =
2x 1

. Tìm giá trị nguyên của x để A

nhận giá trị nguyên
9


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Câu 5 ( 1 điểm)
a, Chứng minh rằng x 3 y 3 z 3 x y 3 3xy. x y z 3
1 1 1
0.
x y z

b, Cho

Tính


A

yz xz xy


x2 y2 z2

Đáp án
Câu 1
a,

x # 2 , x # -2 , x # 0
2
1 6
x


:
2
x 4 2 x x 2 x 2

b, A=
=
=

x 2 x 2 x 2
6
:
x 2 x 2

x2
6
x2
1
.

x 2 x 2 6 2 x
1
0 2 x 0 x 2
2 x
1
x 1; x
2

c, Để A > 0 thì
Câu 2 .
PT

ĐKXĐ :

x 2 4x 1
x 2 5x 1
x 2 3x 2 x 2 3x 2
1
1 0

0
x 1
2x 1
x 1

2x 1

1
1
2
x 2 3x 2

0 x 3 x 2 3 x 2 0 x 1 x 2 3x 2 0
x

1
2
x

1


x =1 ; x = 2 ; x = - 2/ 3









Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .




2
3

Vậy PT đã cho có tập nghiệm S = 1;2;
Câu 3:
1, ADQ = ABR vì chúng là hai tam
giác vuông (để ý góc có cạnh vuông
góc) và DA=BD ( cạnh hình vuông).
Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác
vuông cân. Chứng minh tợng tự ta có:
ARP= ADS
do đó AP = AS và APS là tam giác
cân tại A.
2, AM và AN là đờng trung tuyến của
tam giác vuông cân AQR và APS nên AN SP và AM RQ.
PAN PAM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác
Mặt khác :
AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật.
10


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

3, Theo giả thiết: QA RS, RC SQ nên QA và RC là hai đờng cao
của SQR. Vậy P là trực tâm của SQR.
4, Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM =
1
QR.
2


Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM =

1
QR.
2

MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.

Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác
vuông SCP, ta có NA= NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là
trungtrực của AC
5, Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói
cách khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng
phải nằm trên đờng trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng
hàng.
Câu 4 . Ta có ĐKXĐ x -1/2
A = (x + 1)

+

2
2x 1

vì x Z nên để A nguyên thì

2
2x 1

nguyên

Hay 2x+1 là ớc của 2 . Vậy :
2x+1 = 2 x=1/2 ( loại )
2x+1 = 1 x = 0
2x+1 = -1 x = -1
2x +1 = -2 x = -3/2 ( loại )
KL : Với x = 0 , x= -1 thì A nhận giá trị nguyên
3
x 3 y 3 z 3 x y 3xy. x y z 3
Câu 5. a, , Chứng minh
Biến đổi vế phải đợc điều phải chứng minh.
b, Ta có a b c 0 thì
a 3 b 3 c 3 a b 3ab a b c 3 c 3 3ab c c 3 3abc
3

(vì a b c 0 nên a b c )
Theo giả thiết
khi đó A

1
1
1
3
1 1 1
.
0 . 3 3 3
xyz
x
y
z
x y z


1
yz xz xy xyz xyz xyz
1
1
3
2 2 3 3 3 xyz 3 3 3 xyz
3
2
xyz
x
y
z
x
y
z
y
z
x

=====================
đề 6
Bài 1 : (2 điểm) Cho biểu thức :
11


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8


x2 1


1



1 x4

4


x
2
M = 4
2
1 x 2
x x 1 x 1
a) Rút gọn
b) Tìm giá trị bé nhất của M .
Bài 2 : (2 điểm) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên
4 x 3 3x 2 2 x 83
A=
x 3

Bài 3 : 2 điểm
Giải phơng trình :
a) x2 - 2005x - 2006 = 0
b) x 2 + x 3 + 2 x 8 = 9
Bài 4 : (3đ) Cho hình vuông ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh
BC . Qua E kẻ tia Ax vuông góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến
AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đờng thẳng qua E song song với

AB cắt AI ở G . Chứng minh :
a) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi .
b) AEF ~ CAF và AF2 = FK.FC
c) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi
tam giác EKC không đổi .
Bài 5 : (1đ) Chứng minh : B = n4 - 14n3 + 71n2 -154n + 120
chia hết cho 24
Đáp án
Bài 1 :
a) M

( x 2 1)( x 2 1) x 4 x 2 1 4
( x +1-x2) =
=
( x 4 x 2 1)( x 2 1)

x 4 1 x 4 x 2 1 x 2 2
2
x 2 1
x 1

3
3
. M bé nhất khi 2
lớn nhất x2+1
x 1
x 1
2
bé nhất x = 0 x = 0 M bé nhất = -2
4

4
A Z
Bài 2 : Biến đổi A = 4x2+9x+ 29 +
Z x-3
x 3
x 3

b) Biến đổi : M = 1 -

2

là ớc của 4
x-3 = 1 ; 2 ; 4 x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7
Bài 3 : a) Phân tích vế trái bằng (x-2006)(x+1) = 0
(x-2006)(x+1) = 0 x1 = -1 ; x2 = 2006
c) Xét pt với 4 khoảng sau :
x< 2 ; 2 x < 3 ; 3 x < 4 ; x 4
Rồi suy ra nghiệm của phơng trình là : x = 1 ; x = 5,5
Bài 4 :
12


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

a) ABE = ADF (c.g.c) AE = AF
AEF vuông cân tại tại A nên AI EF
IEG = IEK (g.c.g) IG = IK .
Tứ giác EGFK có 2 đờng chéo cắt
nhau tại trung điểm mỗi đờng và
vuông góc nên hình EGFK là hình

b) Ta có :
KAF = ACF = 450 , góc F chung

.

thoi .

AF KF

AF 2 KF .CF
CF AF
d) Tứ giác EGFK là hình thoi KE = KF = KD+ DF = KD + BE

AKI ~ CAF (g.g)

Chu vi tam giác EKC bằng KC + CE + EK = KC + CE + KD + BE =
2BC ( Không đổi) .
Bài 5 : Biến đổi :
B = n(n-1)(n+1)(n+2) + 8n(n-1)(n+1) -24n3+72n2-144n+120
Suy ra B 24
================================
đề 7
Câu 1: ( 2 điểm ) Cho biểu thức:
6 x 1 x 2 36
6x 1

.
2
2
2

x 6 x x 6 x 12 x 12

A=

( Với x 0 ; x 6 )

1) Rút gọn biểu thức A
2) Tính giá trị biểu thức A với x=

1
94 5

Câu 2: ( 1 điểm )
a) Chứng minh đẳng thức: x2+y2+1 x.y + x + y
b)Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:
A=

( với mọi x ;y)

x 2
x x2 x 2
3

Câu 3: ( 4 điểm )
Cho hình chữ nhật ABCD . TRên đờng chéo BD lấy điểm P , gọi M
là điểm đối xứng của C qua P .
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lợt là hình chiếu của điểm M trên AD , AB .
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c)Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không

phụ thuộc vào vị trí của điểm P.
13


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

d) Giả sử CP DB và CP = 2,4 cm,;

PD 9

PB 16

Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Câu 4 ( 2 điểm )
Cho hai bất phơng trình:
3mx-2m > x+1 (1)
m-2x < 0
(2)
Tìm m để hai bất phơng trình trên có cùng một tập nghiệm.
Đáp án
Câu 1 ( 2 điểm )
1) ( 1 điểm ) ĐK: x 0; x 6 )
6x 1

6 x 1 ( x 6)( x 6)


A=
.
2

x ( x 6) x ( x 6) 12( x 1)

=

6 x 2 36 x x 6 6 x 2 36 x x 6
1
.

x
12( x 2 1)

12( x 2 1)
1
1
.

=
2
x
12( x 1) x
1

2) A= x

1
1

94 5

94 5


Câu2: ( 2 điểm )
1) (1 điểm ) x2+y2+1 x. y+x+y x2+y2+1 - x. y-x-y 0
2x2 +2y2+2-2xy-2x-2y 0 ( x2+y2-2xy) + ( x2+1-2x) +( y2+12y) 0
(x-y)2 + (x-1)2+ ( y- 1)2 0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
2) (2 điểm )
(1) 3mx-x>1+2m (3m-1)x > 1+2m.
+ Xét 3m-1 =0 m=1/3.
(*) 0x> 1+

2
3

x .

+ Xét 3m -1 >0 m> 1/3.
(*) x>

1 2m
3m 1

+ Xét 3m-1 < 0 3m <1 m < 1/3
(*) x <

1 2m
.
3m 1

mà ( 2 ) 2x > m x > m/2.

Hai bất phơng trình có cùng tập nghiệm.
14

(*)


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
1

1

m


m
3


3

1

2
m
m
2

3m 5m 2 0



3m 1 2

1

m
3

(m 2)( m 1) 0

m-2 =0 m=2.
Vậy : m=2.
Câu 3: (4 điểm )
a)(1 điểm ) Gọi O là giao điểm của
AC và BD.
AM //PO tứ giác AMDB là hình
thang.
b) ( 1 điểm ) Do AM// BD
góc OBA= góc MAE ( đồng vị )
Xét tam giác cân OAB
góc OBA= góc OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF AEI cân ở I góc IAE = góc
IEA
góc FEA = góc OAB EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đờng trung bình của MAC IP // AC
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.
c) (1 điểm ) Do MAF DBA ( g-g)
d) Nếu

MF AD


không đổi.
FA
AB

PD 9
BD PB


k PD= 9k; PB = 16k.
PB 16
9
16

Do đó CP2=PB. PD ( 2,4)2=9.16k2 k=0,2.
PD = 9k =1,8
PB = 16 k = 3,2
DB=5
Từ đó ta chứng minh đợc BC2= BP. BD=16
Do đó : BC = 4 cm
CD = 3 cm
Câu4 ( 1 điểm )
x 2
1
1
2

Ta có A = ( x x 1)( x 2) x x 1 ( x 1 ) 2 3
2
4

1
3
1
1
Vậy Amax [ ( x+ ) 2 ] min x+ = 0 x = 2
4
2
2
4
Amax là khi x = -1/2
3
2

15


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

========================
đề 8

Bài1( 2.5 điểm)
a, Cho a + b +c = 0. Chứng minh rằng a3 +a2c abc + b2c + b3 = 0
b, Phân tích đa thức thành nhân tử:
A = bc(a+d)(b-c) ac ( b+d) ( a-c) + ab ( c+d) ( a-b)
Bài 2: ( 1,5 điểm).
x

Cho biểu thức: y = ( x 2004) 2 ; ( x>0)
Tìm x để biểu thức đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị đó

Bài 3: (2 ,5 điểm)
a, Tìm tất cả các số nguyên x thoả mãn phơng trình: :
( 12x 1 ) ( 6x 1 ) ( 4x 1 ) ( 3x 1 ) = 330.
B, Giải bất phơng trình: x 6 3
Bài 4: ( 3 ,5 điểm) Cho góc xoy và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC
vuông góc với ox ; ID vuông góc với oy . Biết IC = ID = a. Đờng thẳng
kẻ qua I cắt õ ở A cắt oy ở b.
A, Chứng minh rằng tích AC . DB không đổi khi đờng thẳng qua I
thay đổi.
CA OC 2

B, Chứng minh rằng
DB OB 2

C, Biết SAOB =

8a 2
. Tính CA ; DB theo a.
3

Đáp án
Bài 1: 3 điểm
a, Tính:
Ta có:
a3 + a2c abc + b2c + b3
= (a3 + b3) + ( a2c abc + b2c)= (a + b) ( a2 ab =b2 ) + c( a2 - ab
+b2)
= ( a + b + c ) ( a2 ab + b2 ) =0 ( Vì a+ b + c = 0 theo giả
thiết)
Vậy:a3 +a2c abc + b2c + b3 = 0

( đpCM)
b, 1,5 điểm
Ta có:
bc(a+d) 9b c) ac( b +d) (a-c) + ab(c+d) ( a-b)
= bc(a+d) [ (b-a) + (a-c)] ac(a-c)(b+d) +ab(c+d)(a-b)
= -bc(a+d )(a-b) +bc(a+d)(a-c) ac(b+d)(a-c) + ab(c+d)
(a-b)
= b(a-b)[ a(c+d) c(a+d)] + c(a-c)[ b(a+d) a(b+d)]
16


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

= b(a-b). d(a-c) + c(a-c) . d(b-a)
= d(a-b)(a-c)(b-c)

Bài 2: 2 Điểm

Đặt t =

1
2004 y

Bài toán đa về tìm x để t bé nhất
Ta có t =
=
Ta thấy:

( x 2004) 2
x 2 2.2004 x 20042

=
2004 x
2004 x

x
2004
x 2 2004 2
2
2
=
2004
x
2004 x

(1)

Theo bất đẳng thức Côsi cho 2 số dơng ta có:

x 2 2004 2
2
x2 + 20042 2. 2004 .x
2004 x

(2)

Dấu = xảy ra khi x= 2004
Từ (1) và (2) suy ra: t 4 Vậy giá trị bé nhất của t = 4
khi x =2004.
Vậy ymax=


1
1

Khi x= 2004
2004t 8016

Bài 3:
2 Điểm
a, Nhân cả 2 vế của phơng trình với 2.3.4 ta đợc:
(12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 330.2.3.4
(12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 11.10.9.8
Vế tráI là 4 số nguyên liên tiếp khác 0 nên các thừa số
phảI cùng dấu ( + )hoặc dấu ( - ).
Suy ra ; (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = 11 . 10 . 9 . 8
(1)
Và (12x -1)(12x -2)(12x 3)(12x 4) = (-11) . (-10) . (-9) .(-8)
(2)
Từ phơng trình (1) 12x -1 = 11 x = 1 ( thoả mãn)
Từ phơng trình (2)

12x -1 = - 8 x=

7
12

suy ra

x Z.
Vậy x=1 thoả mãn phơng trình.
b,


Ta có

x 6 < 3

-3 < x 6 < 3

3< x < 9

Vậy tập nghiệm của bất phơng trình là:
S = { x R/ 3 <
x < 9}.
Bài 4 : 3 Điểm
Ta có A chung ;
AIC
= ABI
( cặp góc đồng vị)
IAC ~ BAO
(gg).
17


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
AC
IC

AO BO

Suy ra:


Tơng tự: BID ~
OA OB

ID BD



AC AO

IC
BO

BAO

(1)

(gg)

OA ID

OB BD
AC ID

Từ (1) và(2) Suy ra:
IC BD

Suy ra:

(2)




Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi.
b, Nhân (1) với (2) ta có:

AC ID OA OA
.

.
IC BD OB OB

AC OA 2

mà IC = ID ( theo giả thiết) suy ra:
BD OB 2

C, Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có;
SAOB =

1
OA.OB
2

8a 2
Suy ra: OA.OB =
3

mà SAOB =


( giả thiết)
16a 2
OA . OB =
3



16a 2
Suy ra: (a + CA) ( a+DB ) =
3

CA . DB =

8a 2
3



a2 + a( CA + DB ) +

16a 2
3
2

Mà CA . DB = a ( theo câu a) a(CA +DB) =

16a 2
- 2a2
3



CA.DB a 2
16a 2
2

CA + DB + 3 2a
10a 2 . Vậy:
10a 2

CA DB

a
3
3

a
CA =
Giải hệ pt
và DB = 3a
3
a
Hoặc CA = 3a và DB =
3

Bài

1(

====================
đề 9

2
điểm).
Cho
biểu

x2
y2
x2y2
P


x y 1 y x y 1 x x 1 1 y

1.Rút gọn P.
2.Tìm các cặp số (x;y) Z sao cho giá trị của P = 3.
Bài 2(2 điểm). Giải phơng trình:
18

thức

:


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8
1
1
1
1
1
2

2
2

x 5x 6 x 7x 12 x 9x 20 x 11x 30 8
2

Bài 3( 2 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của biẻu thức:
M

2x 1
x2 2

Bài 4 (3 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi
E; F lần lợt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của
CE và DF.
1.Chứng minh CE vuông góc với DF.
2.Chứng minh MAD cân.
3.Tính diện tích MDC theo a.
Bài 5(1 điểm).
Cho các số a; b; c thoả mãn : a + b + c =
3
.
2

Chứng minh rằng :

a 2 + b2 + c2

3
.

4

Đáp án
Bài 1. (2 điểm - mỗi câu 1 điểm)
MTC : x y x 1 1 y
1.

P

x2 1 x y2 1 y x2y2 x y

x y 1 x 1 y



x y 1 x 1 y x y xy
x y 1 x 1 y

P x y xy .Với x 1; x y; y 1

định.
2. Để P =3

thì giá trị biểu thức đợc xác

x y xy 3 x y xy 1 2
x 1 y 1 2

Các ớc nguyên của 2 là : 1; 2.
Suy ra:

x 1 1 x 0


y 1 2 y 3
x 1 1 x 2


y 1 2 y 1

(loại).

x 1 2 x 3


y 1 1 y 0
x 1 2 x 1

(loại)

y 1 1 y 2

Vậy với (x;y) = (3;0) và (x;y) = (0;-3) thì P = 3.
19


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Bài 2.(2 điểm) Điều kiện xác định:
x 2
x 3



x 4
x 5


x 6

Ta có :
x2 5x 6 x 2 x 3

x2 7x 12 x 3 x 4

x2 9x 20 x 4 x 5
x2 11x 30 x 5 x 6

Phơng trình đã cho tơng đơng với :
1

1



1



1




x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6





1
1
1
1
1
1
1
1
1








x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 x 6 x 5 8



4
1

1
1
1



x 6 x 2 8
x 6 x 2 8

1
8

x2 8x 20 0 x 10 x 2 0
x 10


thoả mãn điều kiện phơng trình.
x 2


Phơng trình có nghiệm : x = 10; x = -2.
Bài 3.(2điểm)





2
2
2x 1 x2 2 x2 2 x 2 x 2x 1

M

x2 2
x2 2

x
M

2



2 x 1
x2 2

x 1
M lớn nhất khi 2

2

x 1
1

2

x2 2

2

x 2


nhỏ nhất.

Vì x 1 0x và
2





x2 2
0x

2
x 1
nên 2 nhỏ nhất khi x 1 =
2

x 2

0.
Dấu = xảy ra khi x-1 = 0 x 1. Vậy Mmax = 1 khi x = 1.
Bài 4. . (3iểm)

a. VBEC VCFD (c.g .c ) C1 D
1
D
900 F
C
900 VCMF vuông tại M

VCDF vuông tại C F
1
1
1
1

20


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Hay CE DF.
b.Gọi K là giao điểm của AD với CE. Ta có :
VAEK VBEC ( g.c.g ) BC AK
AM là trung tuyến của tam giác MDK vuông tại M
1
AM KD AD VAMD cân tại A
2
CD CM

c. VCMD : VFCD( g.g )
FD FC
2

2

S
CD
CD
Do đó : VCMD SVCMD .SVFCD

SVFCD FD
FD
1
2

1
4

Mà : SVFCD CF .CD CD 2 .
Vậy : SVCMD

CD 2 1
. CD 2 .
FD 2 4

a

k

d
1

Trong VDCF theo Pitago ta có :
1
5
1

DF 2 CD 2 CF 2 CD 2 BC 2 CD 2 CD 2 .CD 2 .
4
4

2


Do đó :

SVMCD

CD 2 1
1
1

. CD 2 CD 2 a 2
5
5
5
CD 2 4
4

e

m
1

b

1

f

c


Bài 5 (1điểm)
2

1
1
1
Ta có: a2 0 a2 a 0 a2 a
4
4
2
b2

Tơng tự ta cũng có:

1
b
4

1
4

; c2 c

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta đợc:
a2 b2 c2

3
3
3

a b c . Vì a b c nên: a2 b2 c2
4
2
4
1
Dấu = xảy ra khi a = b = c = .
2

=========================
đề 10
Câu 1. (1,5đ)
Rút gọn biểu thức : A =

1
1
1
1
+ +
+.+ (3n 2)(3n 5)
2.5 5.8 8.11

Câu 2. (1,5đ) Tìm các số a, b, c sao cho :
Đa thức x4 + ax + b chia hết cho (x2 - 4)
Câu 3 . (2đ)

Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức

có giá trị nguyên.
21


7
x x 1
2


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Câu 4. Cho a,b,c là độ dài ba cạnh của một tam giác .
Chứng minh rằng: a2 + b2 + c2 < 2 (ab + ac + bc)
Câu 5 . Chứng minh rằng trong một tam giác , trọng tâm G, trực
tâm H, tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác là O. Thì H,G,O thẳng
hàng.
Đáp án
Câu 1.
1 1
(
3 2
1 1
= (
3 2

A=

1
1 1
1
1
+ - +.+
)
5

5 8
3n 2 3n 5
1
n 1
)=
3n 5
6n 10

-

Câu 2. Chia đa thức x4 + ax + b cho x2 4
đợc đa thức d suy ra a = 0 ; b = - 16.
Câu 3.

7
Z x2 x +1 = U(7)=
x x 1
2






1, 7



Đa các phơng trình về dạng tích.
Đáp số x = 2,1, 3 .

Câu 4. Từ giả thiết a < b + c a2 < ab + ac
Tng tự
b2 < ab + bc
c2 < ca + cb
Cộng hai vế bất đẳng thức ta đợc (đpcm)
Câu 5. trong tam giác ABC H là trực tâm, G là
Trọng tâm, O là tâm đờng tròn ngoại tiếp
tam giác.
GM
1
= OMG

= , HAG
AG
2
OM
1
= (Bằng cách vẽ BK nhận O là trung điểm chứng
AH
2

- Chỉ ra đợc
- Chỉ ra

minh CK = AH)
V AHG : VMOG (c.g.c)
H,G,O thẳng hàng.
======================
đề 11
Câu 1:Cho biểu thức: A=


3x 3 14 x 2 3x 36
3 x 3 19 x 2 33 x 9

a, Tìm giá trị của biểu thức A xác định.
b, Tìm giá trị của biểu thức A có giá trị bằng 0.
22


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

c, Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.
Câu 2:
.a, Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : A=

( x 16)( x 9)
với x>0.
x

.b, Giải phơng trình: x+1+: 2x-1+2x =3
Câu3 : Cho tứ giác ABCD có diện tích S. Gọi K,L,M,N lần lợt là các
điểm thuộc các cạnh AB,BC,CA,AD sao cho AK/ AB = BL / BC
=CM/CD =DN/DA= x.
.a, Xác định vị trí các điểm K,L,M,N sao cho tứ giác MNKL có diện
tích mhỏ nhất.
.b, Tứ giác MNKL ở câu a là hình gì? cần thêm điều kiện gì thì
tứ giác MNKL là hình chữ nhật.
Câu 4: Tìm d của phép chia đa thức
x99+ x55+x11+x+ 7 cho x2-1
Đáp án

Câu1 (3đ)
a.(1đ)
Ta có A=

( x 3) 2 (3 x 4)
(0,5đ)
( x 3) 2 (3x 1)

Vậy biểu thức A xác định khi x3,x1/3(0,5đ)
b. Ta có A=

3x 4
do đó A=0 <=> 3x +4=0 (0,5đ)
3x 1

<=> x=-4/3 thoã mãn đk(0,25đ)
Vậy với x=-4/3 thì biểu thức A có giá trị bằng 0 (0,25đ)
c. (1đ)
Ta có A=

3x 4
5
= 1+
3x 1
3x 1

Để A có giá trị nguyên thì

5
phải nguyên<=> 3x-1 là ớc của

3x 1

5<=> 3x-11,5
=>x=-4/3;0;2/3;2
Vậy với giá trị nguyên của xlà 0 và 2 thì A có giá trị nguyên (1đ)
Câu: 2: (3đ)
a.(1,5đ)
Ta có
144
x 2 25 x 144
A=
=x+
+25 (0,5đ)
x
x

23


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

Các số dơng x và
chỉ khi x =

144
Có tích không đổi nên tổng nhỏ nhất khi và
x

144
x


x=12 (0,5đ)
Vậy Min A =49 <=> x=12(0,5đ)
b.(1,5đ)
TH1: nếu x<-1 thì phơng trình đã cho tơng đơng với :-x-12x+1+2x=3=>x=-3<-1(là nghiệm )(0,5đ)
TH2: Nếu -1x<1/2 thì ta có
x+1-2x+1+2x=3=> x=1>1/2(loại )(0,25đ)
TH3: Nếu x1/2ta có
x+1+2x-1+2x=3=> x=3/5<1/2 (loại)(0,25đ)
Vậy phơng trình đã cho x=-3 (0,5đ)
Câu 3: (3đ)
C

L

D

M
K
D

N

B1

K1
A
Gọi S1,,S2, S3, S4 lần lợt là diện tích tam giác AKN,CLM,DMN và BKL.
Kẻ BB1AD; KK1AD ta có KK1//BB1 => KK1/BB1= AK/AB
SANK/SABD= AN.KK1/AD.BB1= AN.AK/AD.AB= x(1-x)=> S1=x(1-x)

SABD(0,5đ)
Tơng tự S2= x(1-x) SDBC=> S1,+S2= x(1-x)( SABD+ SDBC)= x(1-x)S
(0,25đ)
Tơng tự S3+S4= x(1-x)S
S1,+S2+ S3+ S4= x(1-x)2S (0,25đ)
SMNKL=S-(
S1,+S2+
S3+
S4)=
2S
x2-2Sx+S=2S(x1/2)2+1/2S1/2S(0,25đ)
Vậy SMNKL đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1/2S khi x=1/2 khi đó
M,N,K,L lần lợt là trung điểm các cạnh CD,DA,AB,BC (0,25đ)
b.(1,5đ)
24


Tuyn tp thi HSG Toỏn 8

tứ giác MNKL ở câu a là hình bình hành (1đ)

tứ giác MNKL ở câu a là hình chữ nhật khi BDAC (0,5đ)
Câu 4: (1đ)
Gọi Q(x) là thơng của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1
ta có x99+x55+x11+x+7=( x-1 )( x+1 ).Q(x)+ax+b(*)
trong đó ax+b là d của phép chia trên
Với x=1 thì(*)=> 11=a+b
Với x=-1 thì(*)=> 3=-a+b=> a=4,b=7
Vậy d của phép chia x99+x55+x11+x+7 cho x2-1 là 4x+7
==========================

đề 12
Bài 1: (3đ)
Cho phân thức : M =

x 5 2 x 4 2 x 3 4 x 2 3x 6
x 2 2x 8

a) Tìm tập xác định của M
b) Tìm các giá trị của x để M = 0
c) Rút gọn M
Bài 2: (2đ)
a) Tìm 3 số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích của hai
trong ba số ấy ta đợc 242.
b) Tìm số nguyên n để giá trị của biểu thức A chia hết cho giá trị
của biểu thức B.
A = n3 + 2n2 - 3n + 2 ; B = n2 -n
Bài 3: (2đ)
a) Cho 3 số x,y,z Thoã mãn x.y.z = 1. Tính biểu thức
M=

1
1
1


1 x xy 1 y yz 1 z zx

b) Cho a,b,c là độ dài 3 cạnh của một tam giác
Chứng minh rằng:


1
1
1
1 1 1



a b c bc a c a b a b c

Bài 4: (3đ)
Cho tam giác ABC, ba đờng phân giác AN, BM, CP cắt nhau tại O.
Ba cạnh AB, BC, CA tỉ lệ với 4,7,5
a) Tính NC biết BC = 18 cm
b) Tính AC biết MC - MA = 3cm
c) Chứng minh

AP BN CM
.
.
1
PB NC MA

25