[File Word] 15 Đề Thi HSG Toán 8 Cấp Huyện Có Đáp Án

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (993.75 KB, 59 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Mơn: Tốn 8

Thời gian: 120 phút(khơng kể thời gian phát đề)

Khóa thi: Ngày 2/05/2019

Bài 1. (6,0 điểm)

a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

A = x32019x22019x2018

b. Tìm các giá trị x và y thỏa mãn:

x2y2 4x 2y 5 0

c. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì : A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 59

Bài 2. (4,0 điểm)

a. Chứng minh

a2 b2 c2 2



abbcca



với mọi số thực a, b, c.

b. Chứng minh rằng với mọi số nguyên x thì biểu thức P một số chính phương.



x+5 x+7

 

11 + 16.



P x x

Bài 3 (3.0 điểm):

Cho biểu thức: 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

3 2 5 6 7 12 9 20

P

x x x x x x x x x x

    

        

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị.
b) Rút gọn biểu thức P.

Bài 4. (5,0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A



AC AB





. Vẽ đường cao AH



H BC





. Trên tia

đối của tia BC lấy điểm K sao cho KH = HA. Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt

đường thẳng AC tại P.

a.Chứng minh: Tam giác ABC Đồng dạng với tam giác KPC.

b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK.

Bài 5 (2.0 điểm):

Cho tam giác ABC có

Aˆ Bˆ

. Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho

HACˆ ABCˆ

. Đường

phân giác của góc

BAHˆ

cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẽ ME cắt đường thẳng AH tại

F. Chứng minh rằng: CF // AE.

________________Hết________________

\ĐÁP ÁN

Câu 1: a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

A = x32019x22019x2018

3 2

A = x 2019x 2019x2018

3 2

A = x  1 2019(x  x 2019)

2 2

A = (x - 1)(x  x 1) 2019( x  x 1)





A = x  x 1 (x 1 2019)

A = (x + x + 1 )(x2018)

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

2 2 4 2 5 0 ( 2 4 4) ( 2 2 1) 0
x y  x y   x  x  y  y 

2 2

(x 2) (y 1) 0

    

2
x

 

và

y1

c. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì A = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 59

5n+2 + 26.5n + 82n+1 = 25.5n + 26.5n + 8.82n = 5n(59 – 8) + 8.64n = 59.5n + 8(64n – 5n) 
59.5n 59 vaø 8(64n – 5n) (64 – 5) = 59

vaäy 5n+2 + 26.5n + 82n+1 59

Câu 2:

a. Chứng minh

a2 b2 c2 2



abbcca



với mọi số thực a, b, c.

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có:

0a b c   a2 ab ca

;

0  b c a  b2 bc ab

0  c a b  c2 ca bc

Do đó, suy ra:

a2b2c2 2(ab bc ca  )

b. Chứng minh rằng với mọi số ngun x thì biểu thức P một số chính phương.

Ta có:

P



x+5 x+7

 

x9

 

x11 + 16.



( 5)( 11)( 7)( 9) + 16.

P x x x x

     

2 2

( 16 55)( 16 63)+ 16.

P x x x x

     

2 2 2

( 16 55) 8( 16 55)+ 16.

P x x x x

      

2 2 2 2

( 16 55) 2( 16 55).4+ 4 .

P x x x x

      

2 2

( 16 59) .

P x x

   

Vơi x là số nguyên thì P là một số CP.

Bài 4 (3.0 điểm):

Cho biểu thức: 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1

3 2 5 6 7 12 9 20

P

x x x x x x x x x x

    

        

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị.
b) Rút gọn biểu thức P.

a) Tìm điều kiện đúng:

x0; x1; x2; x3; x4; x5

b) Rút gọn đúng:

1 1 1 1 1

( 1) ( 1)( 2) ( 2)( 3) ( 3)( 4) ( 4)( 5)

P

x x x x x x x x x x

    

        

=

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 2 1 3 2 4 3 5 4

x x x x x x x x x x

         

        

         

        

         





1 1 5

5 5

x x x x

  

 

Câu 4

1
1

Q
I

A C

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK.

Ta có:

2 PB

AQ KQ



(Trung tuyến ứng với nửa cạnh huyền trong tam giác vng).

Lại có:

HK HA



(Giả thiết). Do đó: QH là đường trung trực của AK.

5

(2đ)

Ta có:

CEA B BAE HAC EAHˆ  ˆ ˆ  ˆ  ˆ CAEˆ

 CAE

cân ở C



CA = CE (1)

0,5đ

Qua H kẽ đường thẳng song song với AB cắt MF ở K. Ta có:

(2)

BE MB MA FA

EH KH KH FH

0,5đ

AE là phân giác của



ABH

(3)

BE AB

EH AH

 

0,25

đ



CAH và



CBA đồng dạng

AB CA CE

AH CH CH

  

(theo (1))

(4)

0,25

đ

Từ (2), (3), (4)

FA CE

FH CH

 

hay

AH EH

AE CF

FH CH  

(đpcm)

0,5đ

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN HL

TRƯỜNG THCS NG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC: 2019 – 2020

Mơn thi: TỐN

Thời gian làm bài: 120 phút.

Câu 1. (3,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x5x4 1 b)





2
2

x – 8 36









2 2 2

x  x 1 – 5x x – x 1  4x

Câu 2. (3,0 điểm).

a) Rút gọn biểu thức: A =









2 2

a b c   b c 2ab 2ac

b) Rút gọn:

3 2

x x 6
x 4x 18x 9

 

  

c) Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>











 







3 x 1  1 x 2 x 3 x 3   2x 3  5 16x
Câu 3. (4,0 điểm).

1) Giải phương trình:

a) x35x2  4x 20 0 

b) 2 3

2 1 2x 1

.
x 1

x x 1 x 1



 



  

2) Một người đi xe đạp, một người đi xe máy, một người đi ô tô xuất phát từ địa điểm A lần lượt lúc
8 giờ, 9 giờ, 10 giờ cùng ngày với vận tốc theo thứ tự lần lượt là 10km/h, 30km/h, 50km/h. Hỏi đến
mấy giờ thì ơ tơ ở vị trí cách đều xe đạp và xe máy?

Câu 4. (2,0 điểm). Cho tam giác ABC, trung tuyến AD, trọng tâm G. Đường thẳng d bất kỳ đi qua G
và cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng:

AB AC

3
AM AN  .

Câu 5. (6,0 điểm). Cho ABC cân tại A, hai đường cao AI và BD cắt nhau tại H.

a) Chứng minh rằng: AIC ∽ BDC

b) Gọi E giao điểm của CH và AB. Chứng minh: BE.BA CH.CE BC  2

c) Gọi T là giao điểm của DE và AH. Chứng minh:

1 1 2

AT AI AH

Câu 6. (2,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

a) A (x 2019)  2 (x 2020) 2 b)





2 2

x y

B x, y 1

y 1 x 1

  

 

---Hết---(Học sinh khơng được sử dụng máy tính)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

Câu 1
3 điểm

Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) x5 x41x5  x2x4 2x2 1 x2



 



2 3 2 2

x x 1  x 1 x 

    

 

 



x2 x 1 x

 

3 x 1



    





2
2

x – 8  36 4 2

x 16x 100

  

x420x2100 16x 2



 



2 2

x 4x 10 . x 4x 10

    

1 điểm

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Câu Hướng dẫn chấm Điểm









2 2 2

x – x 1 – 5x x – x 1 4x   



x2 x 1 . 5x

 

2  6x 1









 



x x 1 . x 1 . 5x 1

    

1 điểm
Câu 2

3 điểm a) Rút gọn biểu thức: A =









2 2

a b c   b c 2ab 2ac 2

... a

 

b) Rút gọn:

3 2

x x 6
x 4x 18x 9

 

  



 











x 3 . x 2 x 2

x 7x 3
x 3 . x 7x 3

  

 

 

  

c) Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:











 







3 x 1  1 x 2 x 3 x 3   2x 3  5 16x  ... 30

1 điểm
1 điểm

1 điểm
Câu 3

4 điểm

1) Giải phương trình:

a) x35x2  4x 20 0 









x x 5 4 x 5 0

    



x 5 . x





2 4



   

x 5; x 2

  

Vậy pt có tập nghiệm S 



5; 2



b) 2 3

2 1 2x 1

x 1

x x 1 x 1



 



   (ĐK: x1)





2 x 1 x x 1 2x 1

      

x x 2 0

   

x 2

  (tm) hoặc x1 (loại)
Vậy pt có tập nghiệm S

 

2) Gọi thời gian từ khi ô tô xuất phát đến khi cách đều xe đạp và xe máy

là: x (giờ; x 0 )

Thì thời gian xe đạp đã đi là: x + 2 (giờ)
Thời gian xe máy đã đi là: x + 1 (giờ)
Quãng đường ô tô đi là: 50x (km);

Xe máy đã đi là: 30.(x+1) (km); Xe đạp đã đi là: 10.(x+2) (km)

Vì ơ tơ cách đều xe đạp và xe máy nên quãng đường ô tô đi nhiều hơn xe
đạp bằng quãng đường xe máy đi nhiều hơn ơ tơ. Ta có phương trình:
50x 10 x 2 30 x 2













 50x

 ...

4
x

 

(tm)
Vậy đến

10h h 11h20'
3

 

thì ô tô cách đều xe đạp và xe máy

1 điểm

2 điểm

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu Hướng dẫn chấm Điểm
2 điểm

- Kẻ BE, CF//MN

AB AC AE AF AE AF 2AD

AM AN AG AG AG AG



      

điểm

1 điểm
Câu 5

6 điểm

a) Chứng minh được AIC ∽ BDC(g-g)

- Chứng minh được: BE.BA BH.BD BI.BC 

CH.CE CI.CB
 BE.BA CH.CE BC. BI IC 







BC2

c) Gọi T là giao điểm của DE và AH. Chứng minh:

1 1 2

AT AI AH

- Chứng minh được EH; EA là phân giác trong, ngoài của

ETI

tại

đỉnh E

AT HT ET
AI HI EI

  

HT HI
AT AI

  HT HI 0

AT AI

   HT 1 1 HI 2

AT AI

    

HT AT AI HI
2

AT AI

 

  

AH AH
2
AT AI

  

1 1 2

AT AI AH

  

HV: 0,5
điểm
1 điểm

2,5 điểm

2 điểm
Câu 6

2 điểm Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



 



2 2

A x 2019 x 2020

2 1

... 2x 2x 8156761 2 x 8156760,5 8156760,5
2

 

         

 

Dấu “=” xảy ra

1
x

 





2 2

x y

B x; y 1

y 1 x 1

  

 

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu Hướng dẫn chấm Điểm

Đặt





a x 1

a;b 0
b y 1

 





 




a 1





b 1



2 4a 4b a b

B 4 4.2 8

b a b a b a

   

         

 

Dấu “=” xảy ra  a b 1   x y 2 

1 điểm

PHÒNG GD & ĐT KÌ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH MŨI NHỌN

Đề thi chính thức Mơn : Tốn lớp 8

Thời gian làm bài 120 phút

Đề thi này có 5 câu

Câu 1(4.0 điểm) : Cho biểu thức A =

2 3

3 3 4

1 1 1

x x x

x x x x

 

   

a) Rút gọn biểu thức A

b) Chứng minh rằng giá trị của A luôn dương với mọi x ≠ - 1

Câu 2(4.0 điểm): Giải phương trình:

a)

x2 3x 2 x1 0

b)





2 2 2

2 2

1 1 1 1

8 x 4 x 4 x x x 4

x x x x

       

       

       

       

Câu 3(3.0 điểm) : Cho xy ≠ 0 và x + y = 1.

Chứng minh rằng:





3 3 2 2

2 2

1 1 3

xy

x y

y x x y



 

  

= 0

Câu 4(3.0 điểm): Chứng minh rằng: Với mọi x  Q thì giá trị của đa thức :

M =



x2

 

x4

 

x6

 

x8



16

là bình phương của một số hữu tỉ.

Câu 5 (6.0 điểm) : Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H



BC).

Trên tia HC lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vng góc với BC tại D cắt AC tại E.

1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn BE

theo

m AB

.

2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và BEC

đồng dạng. Tính số đo của góc AHM

3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:

GB HD

BC AH HC

.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 8

Câu Nội dung

Điểm

1 a

- Rút gọn: A =

2 3

3 3 4

1 1 1

x x x

x x x x

 

   

=







 











1 1 3 3 4

1 1

x x x x x x

x x x

      

  

=

























3 2 2

2 2

1 1

2 2 1 1

1 1 1 1

x x x

x x x x x

x x

x x x x x x

  

    

 

 

     

1điểm

b

Với mọi x ≠ - 1 thì A =

2
2

1
1

x x
x x

 
 

=

2
2

1 3

2 4

1 3

2 4

x
x

 

 

 

 

 

 

 

 

Vì

2 2

1 3 1 3

0; 0, 1 0, 1

2 4 2 4

x x x A x

   

           

   

   

1điểm

2 a

* Với x 1 (*)  x - 1  0 

x1  x 1

ta có phương trình

x

2

-3x + 2 + x-1 = 0

 x2 2x  1 0



x1



2  0 x1

( Thoả mãn

điều kiện *)

* Với x< 1 (**)  x - 1  0 

x1 1  x

ta có phương trình

x

2

-3x + 2 + 1 - x = 0

 x2 4x  3 0



x1

 

x 3



0

+ x - 1 = 0

 x1

( Không thỏa mãn điều kiện **)

+ x - 3 = 0

 x3

( Không thoả mãn điều kiện **)

Vậy nghiệm của phương trình là : x = 1

1điểm

b

* Điều kiện x ≠ 0 (1)

* pt







2 2

1 1 1 1

8 x 4 x x x x 4

x x x x

 

       

         

       

        







2 2 2

1 1 1 1

8 x 2 4 x x x x 4

x x x x

 

       

          

       

        











16 x4  x x8  0 x0

hoặc x = -8

So sánh với điều kiện (1) , suy ra nghiệm của phương trình là x = - 8

0.5điể

m

1điểm

0.5điể

m

3

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

 y-1 0 và x-1  0













3 2

3 2 2

3 2

1 1

1 1 1 1

1 1

x

y y y

y

x x x x y x x

x x x



 

  



         

  

3 3 2 2

1 1

1 1 1 1

x y

y x y y x x

 

   

     



 



























2 2

2 2 2 2

2 2 3 3 2 2

2 2

1 1

1 1 2 1

2 2

4 2

3 1 1 3

x y xy x y

x x y y

x x y y x y x y xy xy x y xy x y

xy

xy x y

x y y x x y

             

 

   

 

              

 




    

   

1điểm

4 Ta có: M =



x210x16

 

x210x24



16

Đặt a = x

2

- 10x + 16 suy ra M = a( a+8) + 16 = a

2

+ 8a + 16 = ( a+ 4)

2

M = x

2

- 10x + 20 )

2

( đpcm)

1điểm

5 a

+ Hai tam giác ADC và BEC có:

Góc C chung.

CD CA

CE CB

(Hai tam giác vuông CDE và

CAB đồng dạng)

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).

Suy ra:

BECADC 1350

(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả

thiết).

Nên

AEB450

do đó tam giác ABE vng cân tại A. Suy ra:

2 2

BEAB m

1.5điể

m

1điểm

b

Ta có:

1 1

2 2

BM BE AD

BC  BC  AC

(do

BECADC

)

mà

ADAH 2

(tam giác AHD vuông vân tại H)

nên

1 1 2

2 2 2

BM AD AH BH BH

BC  AC   AC AB BE

(do

ABH CBA

)

Do đó

BHM BEC

(c.g.c), suy ra:

BHM BEC1350  AHM 450

1.5điể

m

1điểm

c

Tam giác ABE vng cân tại A, nên tia AM cịn là phân giác góc BAC.

Suy ra:

GB AB

GC AC

, mà









AB ED AH HD

ABC DEC ED AH

AC DC   HC HC

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Do đó:

GB HD GB HD GB HD

GC HC  GB GC HD HC  BC AH HC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

MƠN: TỐN - LỚP 8

THỜI GIAN LÀM BÀI:

150 phút

(không kể thời gian phát đề)

ĐỀ BÀI

Bài 1 (

4 điểm

)

Cho biểu thức A =

3
2

2
3

1 :

1 x



















với x khác -1 và 1.

a, Rút gọn biểu thức A.

b, Tính giá trị của biểu thức A tại x

3
2
1




.

c, Tìm giá trị của x để A < 0.

Bài 2 (

3 điểm

)

Cho



a



b







b



c







c



a







a



b



c



ab



ac



bc



2
2

.

4 .

Chứng minh rằng

a



b



c

.

Bài 3 (

3 điểm

)

Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

Một phân số có tử số bé hơn mẫu số là 11. Nếu bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu lên 4

đơn vị thì sẽ được phân số nghịch đảo của phân số đã cho. Tìm phân số đó.

Bài 4 (

2 điểm

)

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =

a



2 a



3 a



4 a



5 .

Bài 5 (3

điểm

)

Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 60

, phân giác BD. Gọi M,N,I theo

thứ tự là trung điểm của BD, BC, CD.

a, Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh.

b, Cho AB = 4cm. Tính các cạnh của tứ giác AMNI.

Bài 6 (5

điểm

)

Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng qua O và

song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.

a, Chứng minh rằng OM = ON.

b, Chứng minh rằng

AB CD MN

2
1
1




.

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI

Bài 1(

4 điểm

)

a, ( 2 điểm )

Với x khác -1 và 1 thì :

A=

(1 )(1 ) (1 )

)
1
)(
1
(
:
1
1
2
2
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x













0,5đ

=

(1 )(1 2 )

)
1
)(
1
(
:
1
)
1
)(
1
(
2
2
x
x

x
x
x
x
x
x
x
x











0,5đ

=

(1 )

1
:
)
1
( 2
x
x



0,5đ

=

(1x2)(1 x)

KL

0,5đ

b, (1 điểm)

Tại x =

3
2
1



=

3
5



thì A =


















 )
3
5
(
1
)
3
5
(

1 2

0,25đ

=

5
1
)(
9
25
1

(  

0,25đ

2
10
27
272
3
8
.
9
34




KL

0,5đ

c, (1điểm)

Với x khác -1 và 1 thì A<0 khi và chỉ khi

(1x2)(1 x)0

(1)

0,25đ

Vì

1 2 0



x

với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi

1 x0 x1

KL

0,5đ

0,25đ

Bài 2 (3 điểm)

Biến đổi đẳng thức để được

bc
ac
ab
c
b
a
ac
a
c
bc
c
b
ab
b

a2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 4 4

















0,5đ

Biến đổi để có

(a2 b2  2ac)(b2 c2  2bc)(a2 c2  2ac)0

0,5đ

Biến đổi để có

(a b)2 (b c)2 (a c)2 0

(*)

0,5đ

Vì

(a b)2 0

;

(b c)2 0

;

(a c)2 0

; với mọi a, b, c

nên (*) xảy ra khi và chỉ khi

(a b)2 0

;

(b c)2 0

và

(a c)2 0

;

0,5đ

Từ đó suy ra a = b = c

0,5đ

Bài 3 (3 điểm)

Gọi tử số của phân số cần tìm là x thì mẫu số của phân số cần tìm là x+11. Phân số

cần tìm là

x11

x

(x là số nguyên khác -11)

0,5đ

Khi bớt tử số đi 7 đơn vị và tăng mẫu số 4 đơn vị ta được phân số

15
7



x

x

(x khác -15)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Theo bài ra ta có phương trình

x11

x

=



x

x

0,5đ

Giải phương trình và tìm được x= -5 (thoả mãn)

1đ

Từ đó tìm được phân số

6
5



KL

0,5đ

Bài 4 (2 điểm)

Biến đổi để có A=

a2(a2 2) 2a(a2 2)(a2 2)3

0,5đ

=

(a2 2)(a2  2a1)3(a2 2)(a1)2 3

0,5đ

Vì

2 2 0




a a

và

(a 1)2 0a

nên

(a2 2)(a 1)2 0a

do đó

a

a 2)(  1) 33

( 2 2

0,5đ

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

a 10  a1

0,25đ

KL

0,25đ

Bài 5 (3 điểm)

a,(1 điểm)

Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang

0,5đ

Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân

0,5đ

b,(2điểm)

Tính được AD =

3 cm
3
4

; BD = 2AD =

3 cm
3
8

AM =

2BD
1

cm

3
3
4

0,5đ

Tính được NI = AM =

3 cm
3

0,5đ

DC = BC =

3 cm
3
8

, MN =

2DC 
1

cm

3
3

0,5đ

Tính được AI =

3 cm
3

0,5đ

N

I
M

D C

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Bài 6 (5 điểm)

a, (1,5 điểm)

Lập luận để có

BD
OD
AB

OM


,

AC
OC
AB
ON



0,5đ

Lập luận để có

AC
OC
DB
OD



0,5đ

 AB

ON

AB
OM





OM = ON

0,5đ

b, (1,5 điểm)

Xét

ABD

để có

AD
DM
AB

OM


(1), xét

ADC

để có

AD

AM
DC

OM


(2)

Từ (1) và (2)



OM.(

AB CD

1
1



)

 1




AD
AD
AD

DM
AM

0,5đ

Chứng minh tương tự ON.

) 1

1
1

(  

CD
AB

0,5đ

từ đó có (OM + ON).

) 2

1
1

(  

CD

AB  AB CD MN

2
1
1





0,5đ

b, (2 điểm)

OD
OB
S

S
AOD
AOB 

,

OD

OB
S

S
DOC
BOC 





AOD
AOB
S
S

DOC
BOC
S
S

 SAOB.SDOC SBOC.SAOD

0,5đ

Chứng minh được

SAOD SBOC

0,5đ

 SAOB.SDOC (SAOD)2

Thay số để có 2008

.2009

= (S

AOD

)

2 

S

AOD

= 2008.2009

0,5đ

Do đó S

ABCD

= 2008

+ 2.2008.2009 + 2009

= (2008 + 2009)

= 4017

(đơn vị

DT)

0,5đ

TRƯỜNG THCS PHAN BỘI

CHÂU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2019 – 2020

Môn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
1) x2 + 6x + 5 2) (x2 – 8)2 + 36 3)

(x2– x + 1)2– 5x(x2– x + 1) + 4x2

Câu 2. (3,0 điểm).

1) Rút gọn biểu thức: A =









2 2

a b c   b c  ab ac

O N

M

D C

B
A

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

2) Rút gọn :
2

3 2

4 18 9

x x

x x x

 

  

3) Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:











 







3 x1  x1 2 x 3 x3  2x3  5 20 x
Câu 3. (4,0 điểm).

1) Giải phương trình:
a) x35x2 4x 20 0
b)

971 973 975 977 972 970 968 966

972 970 968 966 971 973 975 977

x x x x x x x x

      

c) 2 3

2 1 2 1

1 1 1

x

x x x x



 

   

2) Hai người làm chung cơng việc trong 4 ngày thì xong . Nhưng chỉ làm được trong 2 ngày ,
người kia đi làm công việc khác , người thứ hai làm tiếp trong 6 ngày nữa thì xong . Hỏi mỗi
người làm một mình thì bao lâu xong cơng việc ?

Câu 4. (2,0 điểm). Cho tam giác ABC, trung tuyến AD, trọng tâm G. Đường thẳng d qua G cắt
AB,AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng: 3

AB AC
AM AN  .

Câu 5. (5,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B, D
lên AC; H, K lần lượt là hình chiếu của C trên AB và AD.

a) Tứ giác DFBE là hình gì? Vì sao?

b) Chứng minh: CHK ∽ BCA

c) Chứng minh: AC2 = AB. AH + AD.AK
Câu 6. (2,0 điểm).

1) Chứng minh rằng n5 – 5n3 + 4n

 120 với  n N

2) Cho biÓu thøc A = 2

2 2

x

x x



  . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
3) Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:

P



(

x



2012)



(

x



2013)

---Hết---(Học sinh khơng được sử dụng máy tính)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1

4 điểm a)

2 2

2x 5x 3 2 x 6x x  3



 



2x x 3 x 3 x 3 2x 1

      

b) x42009x22008x2009x4x2 1 2008x22008x2008

2 2 2

2 2 2 2

( 1)( 1) 2008( 1)

( 1)( 1 2008) ( 1)( 2009)

x x x x x x

x x x x x x x x

       

          

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>



x2

 

x4

 

x6

 

x8



16



x2

 

x8

 

x4

 

x6



16



x2 10x 16

 

x2 10x 24



16

     

Đặt

2 10 20

x  x t



t 4

 

t 4



16 t2 16 16 t2

       



x2 10x 20



  

0,5

0,5
0,5

Câu 2

3 điểm 1)











 



2 2

x y z   z y  x y z  y z







 







2 2
2
2
2

x y z x y z y z y z

x y z y z
x
        
    

2)
2

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

3 2 5 6 7 12 9 20 5

x x

x x x x x x x x x x


 

   
 
        
 



 











2
2
2

1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 5

.
5 5
5
5
. 1

5 5
x x

x x x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x x x

x x
x x
x x
x x
  
     
        
 

 
          
        
 

 
  

 

 


0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Câu 3
4 điểm
1)

a) 3x2 x 6 2 0











 





 





 



2
2

3 6 2 0

3 2 2 0

3 2 2 2 0

2 3 2 1 0

2 3 3 2 1 0

x x

x x x

x x
x x
    
    
     
 
    
 
    
2 0

3 3 2 1 0

2
3 2 1

3
x
x
x
x
  
 
  


 

   



Vậy tập nghiệm của phương trình là

3 2 1
2;

S   

 

 

0,25
0,25

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

b) 2 3

2 1 2 1

1 1 1

x

x x x x



 

   

ĐKXĐ:

x







 



 

2
2
2

2 1 1 2 1

2 2

2 0

1 2 0

1( )
2( )
2

x x x x

x x x

x x

x l

x n

S

     

   

   

   




  




2) Gọi số phải tìm là x (x > 0)

Vì phần nguyên x có một chữ số nên khi viết thêm chữ số 2 vào bên trái thì
số đó tăng thêm 20 đơn vị, nghĩa là ta có số có giá trị là 20 + x

Vì khi dịch dấu phẩy sang trái một chữ số thì số đó giảm đi 10 lần, nên khi
dịch dấu phẩy của số có giá trị 20 + x sang trái thì được số có giá trị là

20
10

x



Số mới nhận được bằng

10 số ban đầu nên ta có phương trình

20 9

10 10

2,5( )

x
x

x n





Vậy số phải tìm là 2,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 4

2 điểm 1)

Do ADC B BAD    B ADC

Lấy E trên AC sao cho ADE B . Khi đó AE < AC

ADE

 và ABDđồng dạng (g-g)

. .

AD AE

AD AB AE AB AC

AB AD

    

0,25
0,25
0,25
0,25

B D C

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

B C

B' C'

H H'

Gọi k là tỉ số đồng dạng của ABC và A B C' ' '
Ta có ' ' ' '

AB BC

k

A B B C  (1)

Xét ABH và A B H' ' ' có:
  ' 900

H H  (GT)
  '( )

B B GT

Suy ra ABH và A B H' ' '(g-g)

' ' ' '

AB AH

k

A B A H

  

(2)

2
' ' '

1
.

2 .

' '. ' '

ABC
A B C

AH BC
S

k k k

S  A H B C  

0,25

0,25
0,25
0,25

Câu 5

5 điểm

O F

E

K
H

C

A

D
B

a) Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) => BE // DF
Chứng minh : BEODFO g c g(   )

=> BE = DF

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.
b) Ta có: ABCADC HBC KDC

Chứng minh : CBH CDK g g(  )

. .

CH CK

CH CD CK CB

CB CD

   

c) Chứng minh : AFDAKC g g(  )

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

. A .

AK

AD AK F AC

AD AC

   

Chứng minh : CFDAHC g g(  )

CF AH

CD AC

 

Mà : CD = AB . .

CF AH

AB AH CF AC

AB AC

   

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 .

0,5
0,5
0,5

Câu 6

2 điểm

Ta có





2 2 2

2 2 2 2

13 2 13 2.13 .2 4

13 3 13 2.13 .3 9

13 13 4 13 6 13 13

a k a k k

b l b l l

a b k k l l

     

      

2) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:







 



1 4 4

A x x  x  x  x x x  x
Đặt x2 + x – 2 = t



2

 

2



2 4 4

A t t t  

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0



 



2 2 0

1 2 0

1
2

x x

x
x

   

   



  



0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25

HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm tối đa.

TRƯỜNG THCS PHAN BỘI

CHÂU

Đề Thi Thử 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2019 – 2020

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
2) 2x25x 3.

3) x4 2009x22008x2009.
4)



x2

 

x4

 

x6

 

x8



16.

Câu 2. (3,0 điểm).

4) Rút gọn biểu thức:

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

5) Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

. .

3 2 5 6 7 12 9 20 5

x x

x x x x x x x x x x



 

   

          

 

Câu 3. (4,0 điểm).

3) Giải phương trình:
d) 3x2  x 6 2 0.

e) 2 3

2 1 2 1

1 1 1

x

x x x x



 

   

4) Một số thập phân có phần nguyên là số có một chữ số. Nếu viết thêm chữ số 2 vào bên trái số
đó, sau đó chuyển dấu phẩy sang trái 1 chữ số thì được số mới bằng

10 số ban đầu. Tìm số

thập phân ban đầu.

Câu 4. (2,0 điểm).

1) Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Chứng minh rằng: AD2  AB AC. .

2) Chứng minh rằng tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng
dạng.

Câu 5. (5,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo 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.

a) Tứ giác BEDF là hình gì ? Hãy chứng minh điều đó ?

b) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK.

c) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2.
Câu 6. (2,0 điểm).

4) Cho a b,  . Chứng minh rằng nếu a chia 13 dư 2 và b chia 13 dư 3 thì a2 b2

 chia hết cho
13.

5) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



1





2 4 .



A x x  x  x

---Hết---(Học sinh khơng được sử dụng máy tính)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

4

điểm

d) 2x25x 3 2 x26x x  3



 



2x x 3 x 3 x 3 2x 1

      

e) x42009x22008x2009x4x2 1 2008x22008x2008

2 2 2

2 2 2 2

( 1)( 1) 2008( 1)

( 1)( 1 2008) ( 1)( 2009)

x x x x x x

x x x x x x x x

       

          



x2

 

x4

 

x6

 

x8



16



x2

 

x8

 

x4

 

x6



16



x2 10x 16

 

x2 10x 24



16

     

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Đặt

2 10 20

x  x t



t 4

 

t 4



16 t2 16 16 t2

       



x2 10x 20



  
0,5
0,5

Câu 2

3

điểm











 



2 2

x y z   z y  x y z  y z







 







2 2
2
2
2

x y z x y z y z y z

x y z y z
x
        
    


4)

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

3 2 5 6 7 12 9 20 5

x x

x x x x x x x x x x


 
   
 
        
 



 











2
2

1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 5

.
5 5
5
5
. 1
5 5
x x

x x x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x x x

x x
x x
x x
x x
  
     
        
 

 
          
        
 

 
  

 

 

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25

Câu 3

4

điểm

3)

c)

3x2 x 6 2 0











 





 





 



2
2

3 6 2 0

3 2 2 0

3 2 2 2 0

2 3 2 1 0

2 3 3 2 1 0

x x

x x x

x x

x x
    
    
     
 
    
 
    
2 0

3 3 2 1 0

2
3 2 1

3
x
x
x
x
  
 
  

 

   



Vậy tập nghiệm của phương trình là

3 2 1
2;

S   

 

 

d) 2 3

2 1 2 1

1 1 1

x

x x x x

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

ĐKXĐ:

x







 



 

2
2
2

2 1 1 2 1

2 2

2 0

1 2 0

1( )
2( )
2

x x x x

x x x

x x

x l

x n

S

     

   

   

   



  




4) Gọi số phải tìm là x (x > 0)

Vì phần ngun x có một chữ số nên khi viết thêm chữ số 2 vào bên

trái thì số đó tăng thêm 20 đơn vị, nghĩa là ta có số có giá trị là 20 + x

Vì khi dịch dấu phẩy sang trái một chữ số thì số đó giảm đi 10 lần,

nên khi dịch dấu phẩy của số có giá trị 20 + x sang trái thì được số có

giá trị là

x



Số mới nhận được bằng

số ban đầu nên ta có phương trình

20 9

10 10

2,5( )

x
x

x n





Vậy số phải tìm là 2,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 4

2 điểm

Do ADC B BAD    B ADC

Lấy E trên AC sao cho ADE B . Khi đó AE < AC
ADE

 và ABDđồng dạng (g-g)

2 . .

AD AE

AD AB AE AB AC

AB AD

    

0,25
0,25
0,25
0,25

B D C

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

B C

B' C'

H H'

Gọi k là tỉ số đồng dạng của ABC và A B C' ' '
Ta có ' ' ' '

AB BC

k

A B B C  (1)

Xét ABH và A B H' ' ' có:
  ' 900

H H  (GT)
  '( )

B B GT

Suy ra ABH và A B H' ' '(g-g)

' ' ' '

AB AH

k

A B A H

  

(2)

2
' ' '

1
.

2 .

' '. ' '
2

ABC
A B C

AH BC
S

k k k

S  A H B C  

0,25

0,25
0,25
0,25

Câu 5

5 điểm

O F

E

K
H

C

A

D
B

d)

Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) => BE // DF

Chứng minh : BEODFO g c g(   )
=> BE = DF

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.

e)

Ta có: ABCADC HBC KDC

Chứng minh : CBH CDK g g(  )

. .

CH CK

CH CD CK CB

CB CD

   

f)

Chứng minh : AFDAKC g g(  )

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

. A .

AK

AD AK F AC

AD AC

   

Chứng minh : CFDAHC g g(  )

CF AH

CD AC

 

Mà : CD = AB . .

CF AH

AB AH CF AC

AB AC

   

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 .

0,5
0,5
0,5

Câu 6

2

điểm

Ta có





2 2 2

2 2 2 2

13 2 13 2.13 .2 4

13 3 13 2.13 .3 9

13 13 4 13 6 13 13

a k a k k

b l b l l

a b k k l l

     

      

4) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



1





2 4

 

2 4



A x x  x  x  x x x  x

Đặt x2 + x – 2 = t



2

 

2



2 4 4

A t t t  

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0



 



2 2 0

1 2 0

1
2

x x

x
x

   

   



  



0,25
0,25
0,5

0,25
0,25
0,25

0,25

HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm

tối đa.

TRƯỜNG THCS PHAN BỘI

CHÂU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2019 – 2020

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
5) x4 + 2009x2 + 2008x + 2009

6) 81x4 + 4 3)

(x2+ 3x + 2)(x2+ 11x + 30) – 5

Câu 2. (3,0 điểm). Cho phân thức:

3 2 2

3 3 1 1 1

1 1 1 2 5 5

x x x

P

x x x x x x

    

   

     

 

a) Rút gọn P b) Tìm giá trị lớn nhất của P

Câu 3. (4,0 điểm).

5) Giải phương trình:

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

1 3 5 2 4 968 6

99 97 95 98 96 975 94

x x x x x x x

     

1
x2−5x+6+

x2−8x+15+

x2−13x+40=−
6
5

6) Một ô tô phải đi trên quãng đường AB dài 60km trong thời gian nhất định. Nữa quãng đường
đầu đi với vận tốc lớn hơn vận tốc dự định là 10km/h. nửa quãng đường sau đi với vận tốc
kém hơn vận tốc dự định là 6km/h. Tính thời gian ơ tơ đi trên qng đường AB biết người đó
đến B đúng giờ.

Câu 4. (2,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD, đương thẳng a đi qua A lần lượt cắt BD, BC, DC tại
E, K, G. Chứng minh rằng:

a) AE2 = EK.EG b)

1 1 1

AE AK AG

c) Khi a thay đổi nhưng vẫn đi qua A thì BK.DG khơng đổi

Câu 5. (5,0 điểm). Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm trên cạnh BC (E khác B và C). Qua A
kẻ Ax vuông góc với AE, Ax cắt CD tại F. Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K. Đờng thẳng
kẻ qua E, song song với AB cắt AI ë G.

a) Chøng minh tứ giác EGFK là hình thoi.
b) Chøng minh AF2 = FK. FC.

c) Khi E thay đổi trên BC, chứng minh chu vi tam giác EKC không đổi.
Cõu 6. (2,0 điểm).

6) Chứng minh rằng: A=n3(n2−7)2−36n chia hÕt cho 5040 víi mäi sè tù nhiªn n.

7) Tìm x nguyên để biểu thức y có giá trị nguyên.
Với

y=4x+3
x2+1

8) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

M

=

x

+

y

−

xy

−

x

+

y

+

1

---Hết---(Học sinh khơng được sử dụng máy tính)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1

4 điểm g)

2 2

2x 5x 3 2 x 6x x  3



 



2x x 3 x 3 x 3 2x 1

      

h) x42009x22008x2009x4x2 1 2008x22008x2008

2 2 2

2 2 2 2

( 1)( 1) 2008( 1)

( 1)( 1 2008) ( 1)( 2009)

x x x x x x

x x x x x x x x

       

          



x2

 

x4

 

x6

 

x8



16



x2

 

x8

 

x4

 

x6



16



x2 10x 16

 

x2 10x 24



16

     

Đặt

2 10 20

x  x t



t 4

 

t 4



16 t2 16 16 t2

       

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>



x2 10x 20



  

Câu 2

3 điểm 5)











 



2 2

x y z   z y  x y z  y z







 







2 2
2
2
2

x y z x y z y z y z

x y z y z
x
        
    

6)
2

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

3 2 5 6 7 12 9 20 5

x x

x x x x x x x x x x


 
   
 
        
 



 











2
2
2

1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 5

.
5 5
5
5
. 1
5 5
x x

x x x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x x x

x x
x x
x x
x x
  
     
          
 


 
          
        
 

 
  

 

 

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Câu 3

4 điểm 5) e) 3x2 x 6 2 0

   











 





 





 



3 6 2 0

3 2 2 0

3 2 2 2 0

2 3 2 1 0

2 3 3 2 1 0

x x

x x x

x x
x x
    
    
     
 
    
 
    
2 0

3 3 2 1 0

2
3 2 1

3
x
x
x
x
  
 
  

 

   



Vậy tập nghiệm của phương trình là

3 2 1
2;

S   

 

 

f) 2 3

2 1 2 1

1 1 1

x

x x x x

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>







 



 

2
2
2

2 1 1 2 1

2 2

2 0

1 2 0

1( )
2( )
2

x x x x

x x x

x x

x l

x n

S

     

   

   

   



  




6) Gọi số phải tìm là x (x > 0)

Vì phần ngun x có một chữ số nên khi viết thêm chữ số 2 vào bên trái thì
số đó tăng thêm 20 đơn vị, nghĩa là ta có số có giá trị là 20 + x

20
10

x



Số mới nhận được bằng

10 số ban đầu nên ta có phương trình

20 9

10 10

2,5( )

x
x

x n





Vậy số phải tìm là 2,5

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 4

2 điểm 5)

Do ADC B BAD    B ADC 

Lấy E trên AC sao cho ADE B . Khi đó AE < AC

ADE

 và ABDđồng dạng (g-g)

. .

AD AE

AD AB AE AB AC

AB AD

    

B C

B' C'

H H'

0,25
0,25
0,25
0,25

B D C

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Gọi k là tỉ số đồng dạng của ABC và A B C' ' '
Ta có ' ' ' '

AB BC

k

A B B C  (1)

Xét ABH và A B H' ' ' có:
  ' 900

H H  (GT)
  '( )

B B GT

Suy ra ABH và A B H' ' '(g-g)

' ' ' '

AB AH

k

A B A H

  

(2)

2
' ' '

1
.

2 .

' '. ' '

ABC
A B C

AH BC
S

k k k

S  A H B C  

0,25

0,25
0,25
0,25

Câu 5

5 điểm

O F

E

K
H

C

A

D
B

g) Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) => BE // DF
Chứng minh : BEODFO g c g(   )

=> BE = DF

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.

h) Ta có: ABCADC HBC KDC

Chứng minh : CBH CDK g g(  )

. .

CH CK

CH CD CK CB

CB CD

   

i) Chứng minh : AFDAKC g g(  )

. A .

AK

AD AK F AC

AD AC

   

Chứng minh : CFDAHC g g(  )

CF AH

CD AC

 

Mà : CD = AB . .

CF AH

AB AH CF AC

AB AC

   

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 .

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2 điểm Ta có





2 2 2

2 2 2 2

13 2 13 2.13 .2 4

13 3 13 2.13 .3 9

13 13 4 13 6 13 13

a k a k k

b l b l l

a b k k l l

     

      

6) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:







2 4

 

2 4



A x x  x  x  x x x  x
Đặt x2 + x – 2 = t



2

 

2



2 4 4

A t t  t 

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0



 



2 0

1 2 0

1
2

x x

x
x

   

   



  



0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25

HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm tối đa.

UBND HUYỆN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI 03 MƠN VĂN HĨA

LỚP 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2019-2020

PHỊNG GD&ĐT

(Đề gồm 01 trang)

ĐỀ THI MƠN: Tốn

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ BÀI

Câu 1: (4.0 điểm)

Cho biểu thức M =

4 2 2

6 4 2 4 2

2 1 3

1 1 4 3

x x x

x x x x x

  

 

    

1. Rút gọn M

2. Tìm x để M ≥ 1

3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M.

Câu 2: (4.0 điểm)

1. Cho số nguyên tố p > 3 và 2 số nguyên dương a, b sao cho: p

+ a

= b

. Chứng

minh a chia hết cho 12

2. Cho x, y là số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn:

1 2 1 2

1 1

x y

 

 

 

Chứng minh M =

x +y -xy2 2

là bình phương của một số hữu tỷ.

Câu 3: (4.0 điểm)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

1. Tìm hai số nguyên dương x; y thoả mãn:

(x y)





40 x



1 2. Giải phương trình:



3 x



2  

x



1  

2

3 x



8 



16 .

Câu 4: (6.0 điểm)

Cho hình vng ABCD có 2 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

MON=90 0

. Gọi E là giao điểm của AN với

DC, gọi K là giao điểm của ON với BE

1. Chứng minh

ΔMON

vuông cân

2. Chứng minh: MN // BE và CK



BE

3. Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh:

KC KN CN

+

=1

KB KH BH

Câu 5: (2.0 điểm)

Cho hai số không âm

a

và

b

thoả mãn

a +b2 2 a+b

. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2020

2019

1 a

b

S

a

b





















---Hết---(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh:. . . . ;, Số báo danh:. . .

UBND HUYỆN

KỲ THI HỌC SINH GIỎI 03 MƠN VĂN HĨA

LỚP 8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2019-2020

PHỊNG GD&ĐT

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: Toán

Câu

Nội Dung

Điểm

Câu 1

Cho biểu thức M =

4 2 2

6 4 2 4 2

2 1 3

1 1 4 3

x x x

x x x x x

  

 

    

1. Rút gọn M

2. Tìm x để M ≥ 1

3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M.

4.0 đ

1. M =







 



4 2 2

4 2

2 4 2 2 2

2 1 3

( 1) 1 1 3

x x x

x x

x x x x x

  

 

 

    

=





4 2

4 2 2

2 4 2

2 1 1

1 1

( 1) 1

x x

x x x

 

  

  

=



 











4 2 2 4 2 4 4 4 2

2 4 2 2 4 2

2 1 1 1 2 1 1

( 1) 1 ( 1) 1

x x x x x x x x x

x x x x x x

            



     

0.5 ĐỀ CHÍNH

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

=









4 2 2 2 2

4 2

2 4 2 2 4 2

( 1)

( 1) 1 ( 1) 1

x x x x x

x x

x x x x x x

 
 
 
     

Vậy M=

4 2 1

x

x  x 

với mọi x

0.5 2. Để M ≥ 1 thì

4 2

2 4 2

x
x x

x x x



 

   





2 1 0

x

  

Do





2 1 0,

x   x

Suy ra: x

-1 = 0

Vậy x = ± 1

0.25 3. Ta có M=

4 2 1

x

x  x 

với mọi x

- Nếu x=0 ta có M=0

- Nếu x

0

, chia cả tử và mẫu của M cho x

ta có M=

2
2
1
1
1

x
x
 

Ta có

2
2 2
2 2

1 1 1 1

1 2 1 1 1

x x x x

   

          

   

với mọi x

0

. Nên

ta có

2
2
1
1
1
1
M

x
x
 
 

với mọi x

0

, dấu “=” xảy ra khi

1
0
x
x
  

x =

±1.

Vậy M

max

= 1 khi x = ±1

0.25

Câu 2

1. Cho số nguyên tố p > 3 và 2 số nguyên dương a, b sao cho: p

2

+

a

2

= b

2

. Chứng minh a chia hết cho 12.

2. Cho x, y là số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn:

1 2 1 2

1
1 1
x y
x y
 
 
 

.

Chứng minh M =

x +y -xy2 2

là bình phương của một số hữu tỷ

4.0 đ

1. Ta có: p

+ a

= b

 p

= (b + a)(b - a)

Mà ước của p

là 1; p và p

Do b + a > b – a với mọi a, b nguyên dương và p nguyên tố lớn hơn 3

Nên không xảy ra trường hợp b + a = b – a = p

Do đó

2 1 (p 1)(p 1)

b a p

a p
b a
  
     

 


(1)

Mà p nguyên tố và p > 3, suy ra p lẻ

nên p + 1 và p – 1 là hai số chẵn (2)

Từ (1) và (2) suy ra (p + 1)(p -1) chia hết cho 8

Suy ra 2a chia hết cho 8, nên a chia hết cho 4 (3)

Lại có p nguyên tố và p > 3. Nên p không chia hết cho 3 và p

là số

chính phương lẻ. Do đó p

chia 3 dư 1

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

Suy ra a chia hết cho 3 ( vì (2, 3) = 1) (4)

Tư (3) và (4) suy ra a chia hết cho 12 (do (3, 4) = 1) (đpcm)

0.25 2. Ta có



 



1 2 1 2

1 1 2 1 1 2 1 1 1

1 1

x y

x y y x x y

x y

 

          

 

 1 y 2x2xy 1 x 2y2xy 1 x y xy 

3 1

xy

x y 

  

Khi đó: M=





2 2

2 2 3 3 1 3 ... 3 1

2 2

xy xy

x y  xy x y  xy    xy   

   

Vì x, y

Q

nên

3 1

xy

là số hữu tỷ, vậy M là bình phương của một số

hữu tỷ

0.5

Câu 3

1. Tìm hai số nguyên dương x; y thoả mãn:

(x y)





40 x



1 2. Giải phương trình:



 



3x 2 x1 3x8 16

4.0 đ

1. Ta có:

(x y)





40 x



1 (1)

Do x, y nguyên dương nên: 41 ≤ 40x + 1 < 40x + 40y

Suy ra

41 (x y)







40 x



40 y

Nên 16 < (x + y)

và (x + y)

< 40. Suy ra 2 < x + y < 4

Mà x, y nguyên dương; nên x + y = 3 (2)

Thay (2) vào (1) ta có: 40x + 1 = 3



x = 2, thay vào (2) tìm được y =

1 Vậy (x; y) = (2; 1)

0.5 2. -Ta có



3x 2

 

x1

 

2 3x8



16



3x 2 3

 

x3

 

2 3x8



144

Đặt

3x  3 t 3x 2 t 5;3x  8 t 5

. Ta có PT



t 5

 

t t2 5



144



 



4 2 2 2

9 3

25 144 0 9 16 0

4
16

t t

t t t t

t
t

   

           





 



-Xét các trường hợp của t ta tìm được x=0 ; x=

2

; x=

1
3

; x=

7
3



-KL

0.5

Câu 4

Cho hình vng ABCD có 2 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

 0

MON=90

. Gọi E là giao điểm của AN với DC, gọi K là giao điểm

của ON với BE

1. Chứng minh

ΔMON

vuông cân

2. Chứng minh: MN // BE và CK



BE.

3. Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng

minh:

KC KN CN

+ + =1

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

Hình vẽ:

E
O

N
M

D C

6.0 đ

1. -Ta có

BOC 900  CON BON  900

;

vì

MON 900  BOM BON 900 BOM CON

-Ta có BD là phân giác góc ABC



   450

ABC
MBO CBO  

Tương tự ta có

   450

BCD
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

MON 90 ;0 OM ON  MON

vuông cân tại O

0.5 2. +

OBM OCN MB NC

; mà AB=BC

AM BN

AB MB BC NC AM BN

MB NC

       

Ta có AB//CD

/ /

AN BN

AB CE

NE NC

  

/ /

AM AN

MN BE

MB NE

  

( theo định ký Ta- lét đảo )

0.25 + Vì MN//BE

 BKN MNO 450

( 2 góc đồng vị và có tam giác MON

vng cân)

BNK ONC

  

( vì có

BNK ONC BKN OCN  ;  450

)

NB NO

NK NC

 

Xét

BNO KNC;

có

BNO CNK 

;

NB NO

NK NC  BNOKNC 

  450

NKCNBO

Vậy ta có

BKCBKN CKN  450450 900  CKBE

0.25 3. -Vì KH//OM mà

ON OM  OK KH  NKH 900

,

 450  450    450

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Xét

BKC

có

BKN NKC KN

là phân giác trong của

BKC

, mà

KH KN  KH

là phân giác ngoài của

BKC

KC HC

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 

0.5

Câu 5

Cho hai số không âm

a

và

b

thoả mãn

a +b2 2 a+b

. Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức:

2020

2019

1 a

b

S

a

b





















2.0 đ

+ Ta có

a2 1 2 ;a b2 1 2b a2b2 2 2a2b a b 2

(do

a2 b2 a b

  

+ Chứng minh được với hai số dương

x y,

thì

1 1 4

x yx y

+ Do đó

2020 2020

1 1 4

2019 2 2019 2 2020

1 1 1 1

S

a b a b

    

          

    

   

 

+ Kết luận: GTLN của S là 2020, đạt được khi

a b 1

.

0.5 Điểm toàn bài

20 đ

Lưu ý khi chấm bài:

- Điểm tồn bài làm trịn đến 0,25 điểm.

- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu thí
sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIAO THỦY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016-2017Mơn: TỐN - Lớp 8

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (5,0 điểm)

Cho biểu thức:

3 2

4 8 3 6

2 3 2

x x x

A

x x

  



 

a. Rút gọn A.

b. Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Bài 2(3,0 điểm)

a. Chứng minh rằng: n3 + 2012n chia hết cho 48 với mọi n chẵn.

b. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức B =

1
2

x
x




với x là số nguyên.

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Bài 3(3,0 điểm)

Giải phương trình:
2

1 5

1 2

x x



 

 .

Bài 4(3,0 điểm)

Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn:
a. 5x2 + y2 = 17 + 2xy.

b. x2  x1 3 (  y2)2.

Bài 5(6,0 điểm)

Cho hình bình hành ABCD, lấy điểm M trên BD sao cho MB  MD. Đường thẳng qua M và

song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua M và song song với
AD cắt AB và CD lần lượt tại K và H.

a. Chứng minh: KF // EH.

b. Chứng minh: các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy.
c. Chứng minh: SMKAE = SMHCF .

………….. Hết …………

Họ và tên thí sinh:………

Số báo danh: ………..

Họ, tên chữ ký GT1: ………

Họ, tên chữ ký GT2: ………

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

GIAO THỦY ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016-2017Mơn: TỐN - Lớp 8

(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1

(5,0điểm) Hướng dẫn giải Điểm

a)
(3,0điểm)

Rút gọn A

- Phân tích được 4x3 - 8x2 + 3x - 6 = (x - 2)(4x2 + 3) 1,0

- Phân tích được 2x2 - 3x - 2 = (x - 2)(2x + 1) 1,0

- Rút gọn được kết quả

4 3

2 1

x
A

x




 1,0

b)
(2,0điểm)

Tìm giá trị ngun của x để A có giá trị nguyên

- Tìm ĐKXĐ:

; 2

x x

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

4 3 4

2 1

2 1 2 1

x

A x

x x



   

  1,0

-Lập luận để A có giá trị nguyên x Z và 2x + 1 là ước lẻ của 4

 

0,5

- Tìm được x = 0; -1

0,25

Bài 2
(3,0điểm)

a)
(1,5 điểm)

Vì n chẵn nên n = 2k (k  Z)

Do đó n3 + 2012n = (2k)3 + 2012.2k

= 8k3 + 4024k 0,5

= 8k3 - 8k + 4032k 0,5

= 8k(k2 - 1) + 4032k

= 8k(k + 1)(k - 1) + 4032k 0,25
và lập luận suy ra điều phải chứng minh 0,25
b)

(1,5 điểm)

Nhận xét : B =

1
2

x
x



 với x2 mà x 2

> 0 với mọi x2 nên:
Nếu x + 1 < 0  x < -1 thì B < 0

Nếu x + 1 = 0  x = -1 thì B = 0
Nếu x + 1 > 0  x > -1 thì B > 0

Suy ra B đạt giá trị lớn nhất nếu x > -1

0,5

Do x là số nguyên, x2, x > -1
Nên ta xét các trường hợp sau
x = 0 thì B =

1
2 (1)

x = 1 thì B = 2 (2)
x > 2 thì B =

1
2

x
x




0,5

Với x > 2 ta có B =

1
2

x
x



 =

3
1

x



B lớn nhất khi

3
2

x lớn nhất 
mà 3 > 0 và x > 2  x - 2 > 0
nên:

3
2

x lớn nhất khi x - 2 nhỏ nhất và x - 2 nguyên  x - 2 = 1 
x = 3  B = 4 (3)

0,25

Từ (1), (2), (3) suy ra: B lớn nhất bằng 4 khi x = 3 0,25

Bài 3
(3,0 điểm)

ĐKXĐ: x  0 0,25

Đặt

2 1

x
y

x



(y 0) 2

1
1

x

x y

 

 Khi đó ta có phương trình

1 5

y
y

 

(2)

0,5

Giải (2) tìm được y = 2 (tmđk);

1
2

y

(tmđk)

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

Với y = 2

2 1

x
x



 

. Tìm được x = 1 (tmđk) 0,75

Với

1
2

y

2 1 1

x
x



 

. Lập luận chứng tỏ phương trình này vơ nghiệm 0,75
Kết luận: Phương trình đã cho có nghiệm x = 1 0,25

Bài 4
(3,0 điểm)

a)
(1,5 điểm)

2 2 2 2 2 17 2 17

5 17 2 ( ) 4 17 0

4 4

x y   xy x y  x   x   x  0,5

Do x nguyên nên x2



0;1;4



0,25

+ x2 = 0

(x - y)2 = 17 (loại)

+ x2 = 1

(x - y)2 = 13 (loại)

+ x2 = 4

(x - y)2 = 1

0,25
Với x = 2 thì (2 - y)2 = 1 tìm được y = 1 ; y = 3

Với x = - 2 thì (- 2 - y)2 = 1 tìm được y = -1 ; y = -3 0,25

Vậy các cặp số nguyên (x; y) là (2;1); (2;3); (-2;-1); (-2;-3) 0,25
b)

(1,5 điểm) Chứng tỏ được x2  x1 3 với mọi x

Dấu bằng xảy ra  -2  x  1 0,25

Chứng tỏ được

3 ( y2) 3với mọi y 0,25

Do đó

2 1 3 ( 2) 3

x  x   y 
2

3 ( y2) 3 tìm được y = - 2

2 1 3

x  x  khi -2

 x  1 mà x  Z
 x = -2; -1; 0; 1

0,75

Vậy các cặp số nguyên (x; y) là: (-2; -2); (-1; -2); (0; -2); (1; -2) 0,25

Bài 5
(6,0 điểm)

Hình vẽ

(2,0 điểm) Chứng minh: KF // EH
Chứng minh được:

BK MF

AK ME

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

Chứng minh được:

MF BF BF

ME DE FC (hệ quả định lý Ta - lét) 0,5
Suy ra

BK BF

AK FC  KF // AC (Định lý Ta - lét đảo) 0,25

Chứng minh tương tự ta có EH // AC 0,5

Kết luận KF // EH 0,25

(2,0điểm) Chứng minh: các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy

Gọi giao điểm của BD với KF và HE lần lượt là O và Q. N là giao điểm
của AC và BD

Chứng minh được

OK QE

OF QH 

0,75

Gọi giao điểm của đường thẳng EK và HF là P, giao điểm của đường
thẳng EK và DB là P’.

Chứng minh được P và P’ trùng nhau

1,0
Kết luận các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy 0,25
c,

(2,0 điểm) Chứng minh: SMKAE = SMHCF

Kẻ EG và FI vng góc với HK, I và G thuộc HK

Chỉ ra được : SMKAE = MK.EG; SMHCF = MH.FI 0,5
Chứng minh được:

MK KB

MH HD 0,25

Suy ra

MK MF

MH ME 0,25

Chứng minh được:

MF FI

ME EG 0,25

Suy ra

MK FI

MH EG , suy ra MK.EG = MH.FI 0,5

Suy ra điều phải chứng minh 0,25

Chú ý:

- Học sinh có cách giải khác đúng cho điểm tương đương.

- Nếu bài hình phần trên (a) sai thì vẫn chấm điểm phần dưới (b,…).

UBND HUYỆN CẨM GIÀNG

PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2019- 2020

MƠN: TỐN LỚP 8

Thời gian: 150 phút

(Đề gồm 01 trang)

Câu1. (2,0 điểm)

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>



x 2 x

 

 3 x

 

 4 x

 

 5



 120

b) Rút gọn biểu thức:

2
2

x 2 1 10 x

A : x 2

x 4 2 x x 2 x 2

  

 

       

   

   

rồi tìm x sao cho


A A

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

a)

x

x+1

x+2

x+3

+

=x +2016

2020 2019 2018 2017

b)



 



3x 4 x 1 6x 7 6





Câu 3 (2,0 điểm)

a) Tìm x, y nguyên dương biết: x

- y

+ 2x - 4y – 10 = 0

b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì

B = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y

là số chính phương.

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Chứng minh:

AE

AB

AF



AC

; và

AEF CED







.

b) Gọi M là điểm đối xứng của H qua D. Giao điểm của EF với AM là N.

Chứng minh: HN.AD=AN.DM.

c) Gọi I và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC.

Chứng minh ba điểm I, D,

K thẳng hàng.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca = abc. Tìm giá trị lớn nhất của

biểu thức: P =













a b c

bc a ca b ab c

---Hết---PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

CẨM GIÀNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8

NĂM HỌC: 2019 - 2020

MƠN: TỐN 8

Hướng dẫn chấm gồm 04 trang

Câu

Nội dung

Điểm

1

(2 điểm)

a) ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 120

= (x

+ 7x

+ 11 - 1)( x

+ 7x + 11 + 1) - 120

0,25

= [(x

+ 7x

+ 11)

- 1] - 120

= (x

+ 7x

+ 11)

- 11

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

= (x

+ 7x

)( x

+ 7x

+ 22)

0,25

= x(x + 7)( x

+ 7x

+ 22)

0,25

b)

x

2

1

10 x

A

: x

2 x

4

2 x

2 































 







 













x

2(x

2)

x

2 (x

2)(x

2) 10 x

A

:

(x

2)(x

2)

x

2 0,25



 













2 2

x

2x

4 x

2 x

4 10 x

A

:

(x

2)(x

2)

x

2 

















6 x

2

1 A

(x

2)(x

2)

6 x

2 0,25

Vậy

1 A

x

2 





với x



2 0,25



         



A A A 0 0 x 2 0 x 2

x 2

0,25

2

(2 điểm)

a)

x

x+1

x+2

x+3

+

=x +2016

2020 2019 2018 2017



x

x+1

x+2

x+3

+1+

+1=x +2016+4

2020

2019

2018

2017

0,25



x+2020 x+2020 x+2020 x+2020

+

=x +2020

2020

2019

2018

2017

1 (

2020)(

+

1)

0 2020 2019 2018 2017

x









0,25



x + 2020 = 0 vì

1 +

1 0

2020 2019 2018 2017





0,25



x = -2020

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x=- 2020.

0,25

b)

(3x 4)(x 1)(6x 7)   2 6



(6x 8)(6x 6)(6x 7)   2 72 (*)

0,25

Đặt 6x + 7 = t, ta có:

(*) 

(t 1)(t 1)t  2 72 t4  t2  72 0  t 3

0,25

- Với t = 3, ta có

2 6x 7 3

x

3 



 



0,25

- Với t = -3, ta có

5 6x 7

3 x

3 

  



Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:

2

5 x

;x

3 



</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

3

(2 điểm)

a) x

- y

+ 2x - 4y - 10 = 0



(x

+ 2x + 1) - (y

+ 4y + 4) – 7 = 0

0,25



(x+1)

- (y + 2)

= 7



(x – y - 1)(x + y + 3) = 7

0,25

Vì x, y nguyên dương nên x + y + 3 > x – y – 1 > 0



x + y + 3 = 7 và x – y – 1 = 1

0,25



x = 3 ; y = 1

Vậy phương trình có nghiệm dương duy nhất (x,y) =(3;1)

0,25

b) Ta có B = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y

= (x

+ 5xy + 4y

)( x

+ 5xy + 6y

) + y

0,25

Đặt x

+ 5xy + 5y

= t ( t

¿

Z) thì

B = (t - y

)( t + y

) + y

= t

–y

+ y

= t

0,25

= (x

+ 5xy + 5y

)

V ì x, y, z

Z nên x

2 ¿

Z, 5xy

¿

Z, 5y

2 ¿

Z

⇒

x

+ 5xy + 5y

2 ¿

Z

0,25

Vậy B là số chính phương.

0,25

4

(3 điểm)

Vẽ hình đúng phần a :

0,25

a) Xét



AEB và



AFC có :



EAB chung



AEB AFC( 90 )



0,25

Do đó



AEB



AFC( g.g)

AE

AB

AF

AC

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

Xét



AEF và



ABC có :

BAC chung



AE

AF

AB



AC

(vì

AE

AB

AF



AC

)

Do đó



AEF



ABC (c.g.c)



AEF ABC







0,25

Chứng minh tương tự ta được :

CED CBA







. Do đó :

AEF CED







0,25

b) Vì

BEF AEF BED CED 90

















nên

BEF BED  

EB là tia phân

giác của góc DEF

Tam giác NED có EH là tia phân giác của

DEN nên:



HN

EN

HD



ED

(1)

0,25

Vì EA



EH nên EA là tia phân giác ngoài tại đỉnh E của



DEN.

AN

EN

ED





(2)

0,25

Từ ( 1) và (2) suy ra :

HN

AN

HD



, mà HD=DM ( Do M là điểm đối xứng

của H qua D)

0,25

Nên

HN

AN

HN.AD AN.DM

DM







0,25

c)

HN

AN

AN HN

AH

AN

AH

DM

AD DM

AM











AMI



có HF//MI( cùng AB



)

AF

AH

AI

AM





(định lí Ta lét),

0,25

Mà

AN

AH



AM

nên

AF

AN

AI





FN / /ID

(định lí Ta lét đảo (3))

0,25

AMK



có HE//MK (cùng AC



)

AE

AH

AK

AM





(định lí Ta lét),

AIK



có

AF

AH

AE

IK / /FE

AI



AM



AK



( Định lí Ta lét đảo) (4)

Từ (3) và (4) suy ra I, K, D thẳng hàng

0,25

5

(1 điểm) Chứng minh được

4 1 1

m n m n

với mọi m, n dương.

Dấu bằng xảy ra khi m = n.

0,25

Áp dụng ta có:





1 1

1 4

a a a a

bc a abc bc ab bc ca bc ab bc ca bc

 

     

        

;

dấu bằng xảy ra khi b = c

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

Tương tự:





1 1

1 4

b b

ca b ab ca bc ca

 

   

    

dấu bằng xảy ra khi c = a





1 1

1 4

c c

ab c ab bc ca ab

 

   

    

dấu bằng xảy ra khi a = b

Suy ra

























































1 1 1

1 1 1 1 1 1

4 4 4

1 1 1

1 1 1 1 1 1

. . .

4 4 4

1 1 1 1

1 1 1 4

1 1

a b c

bc a ca b ab c

a b c

ab bc ca bc ab ca bc ca ab bc ca ab

a b c

bc a ca b ab c

a c a b b c

ab bc bc ca ca ab

a b c

bc a ca b ab c a b c

a b c

bc a ca b ab c

 

  

     

         

     

     

 

  

     

  

 

      

    

 





1 4



0,25

Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3

Vậy GTLN của P=

khi a = b = c = 3

0,25

* Học sinh làm bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

TRƯỜNG THCS PHAN BỘI

CHÂU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2019 – 2020

Môn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

7) x2 10xy9y2 2) x3 + 6x2 + 11x + 6 3) x42020x22019x2020
Câu 2. (3,0 điểm).

6) Rút gọn biểu thức: A=













 





  

2 2

3x 1 2 3x 1 3x 5 9x 30x 25

7) Cho x + y + z = 0. Rút gọn : 2 4 8 16

1 1 2 4 8 16

1 x1x1x 1x 1x 1x

8) Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:



x22



3 x x2



4 3



3 5x



 x



 6x x2



22



315x

Câu 3. (4,0 điểm).

7) Giải phương trình:



 



2 2 2 3 12

x  x x  x 

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

24 25 26 27 2036

1996 1995 1994 1993 4

x x x x x

    

j) 2 2 2 2

1 1 1 1 1

5 6 7 12 9 12 11 30 8

x  x x  x x  x x  x 

8) Tìm số tự nhiên có 2 chữ số . Biết rằng tổng của 2 chữ số là 10 và nếu đổi chỗ 2 chữ số được
số mới lớn hơn số cũ 36.

Câu 4. (2,0 điểm). Một đường thẳng đi qua đỉnh A của hình bình hành ABCD cắt đường chéo BD ở
E và cắt BC , DC theo thứ tự ở K, G. Chứng minh rằng:

a) AE2 EK EG. b)

1 1 1

AE AK AG

Câu 5. (5,0 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD . Trên đường chéo BD lấy điểm P , gọi M là điểm đối
xứng của C qua P. Gọi O là giao điểm của AC và BD.

d) Tứ giác AMDB là hình gì? Vì sao?

e) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD, AB. Chứng minh: EF // AC và ba điểm
E, F, P thẳng hàng

f) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí của
điểm P.

g) Gi¶ sư CP  BD vµ CP = 2,4 cm,

9
16
PD

PB  . Tính các cạnh của hình chữ nhật ABCD.
Cõu 6. (2,0 điểm).

9) Chứng minh rằng n5 – n chia hết cho 30 với mọi n 
N

10)Cho biÓu thøc A = 2

3
1

x

x x



  . Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
11)Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức: D



x1

 

x2

 

x3

 

x6



---Hết---(Học sinh không được sử dụng máy tính)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

4 điểm j)

2 2

2x 5x 3 2 x 6x x  3



 



2x x 3 x 3 x 3 2x 1

      

k) x42009x22008x2009x4x2 1 2008x22008x2008

2 2 2

2 2 2 2

( 1)( 1) 2008( 1)

( 1)( 1 2008) ( 1)( 2009)

x x x x x x

x x x x x x x x

       

          



x2

 

x4

 

x6

 

x8



16



x2

 

x8

 

x4

 

x6



16



x2 10x 16

 

x2 10x 24



16

     

Đặt

2 10 20

x  x t

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>



t 4

 

t 4



16 t2 16 16 t2

       



x2 10x 20



  

0,5

Câu 2

3 điểm 7)











 



2 2

x y z   z y  x y z  y z







 







2 2
2
2
2

x y z x y z y z y z

x y z y z
x
        
    

8)
2

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

3 2 5 6 7 12 9 20 5

x x

x x x x x x x x x x


 
   
 
        
 



 











2
2
2

1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 5

.
5 5
5
5
. 1
5 5
x x

x x x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x x x

x x
x x
x x
x x
  
     
        
 


 
          
        
 

 
  

 

 

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Câu 3
4 điểm
7)

g) 3x2 x 6 2 0











 





 





 



3 6 2 0

3 2 2 0

3 2 2 2 0

2 3 2 1 0

2 3 3 2 1 0

x x

x x x

x x
x x
    
    
     
 
    
 
    
2 0

3 3 2 1 0

2
3 2 1

3
x
x
x
x
  
 
  

 

   



Vậy tập nghiệm của phương trình là

3 2 1
2;

S   

 

 

h) 2 3

2 1 2 1

1 1 1

x

x x x x

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>







 



 

2
2
2

2 1 1 2 1

2 2

2 0

1 2 0

1( )
2( )
2

x x x x

x x x

x x

x l

x n

S

     

   

   

   



  




8) Gọi số phải tìm là x (x > 0)

Vì phần nguyên x có một chữ số nên khi viết thêm chữ số 2 vào bên trái thì
số đó tăng thêm 20 đơn vị, nghĩa là ta có số có giá trị là 20 + x

20
10

x



Số mới nhận được bằng

10 số ban đầu nên ta có phương trình

20 9

10 10

2,5( )

x
x

x n





Vậy số phải tìm là 2,5

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 4

2 điểm 7)

Do ADC B BAD    B ADC

Lấy E trên AC sao cho ADE B . Khi đó AE < AC

ADE

 và ABDđồng dạng (g-g)

2 . .

AD AE

AD AB AE AB AC

AB AD

    

B C

B' C'

H H'

0,25
0,25
0,25
0,25

B D C

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

Gọi k là tỉ số đồng dạng của ABC và A B C' ' '
Ta có ' ' ' '

AB BC

k

A B B C  (1)

Xét ABH và A B H' ' ' có:
  ' 900

H H  (GT)
  '( )

B B GT

Suy ra ABH và A B H' ' '(g-g)

' ' ' '

AB AH

k

A B A H

  

(2)

2
' ' '

1
.

2 .

' '. ' '

ABC
A B C

AH BC
S

k k k

S  A H B C  

0,25

0,25
0,25
0,25

Câu 5

5 điểm

O F

E

K
H

C

A

D
B

j) Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) => BE // DF
Chứng minh : BEODFO g c g(   )

=> BE = DF

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.
k) Ta có: ABCADC HBC KDC

Chứng minh : CBH CDK g g(  )

. .

CH CK

CH CD CK CB

CB CD

   

l) Chứng minh : AFDAKC g g(  )

. A .

AK

AD AK F AC

AD AC

   

Chứng minh : CFDAHC g g(  )

CF AH

CD AC

 

Mà : CD = AB . .

CF AH

AB AH CF AC

AB AC

   

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 .

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

2 điểm Ta có





2 2 2

2 2 2 2

13 2 13 2.13 .2 4

13 3 13 2.13 .3 9

13 13 4 13 6 13 13

a k a k k

b l b l l

a b k k l l

     

      

8) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



1





2 4

 

2 4



A x x  x  x  x x x  x
Đặt x2 + x – 2 = t



2

 

2



2 4 4

A t t t  

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0



 



2 2 0

1 2 0

1
2

x x

x
x

   

   



  



0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25

HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm tối đa.

TRƯỜNG THCS PHAN BỘI

CHÂU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2019 – 2020

Mơn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
8) 5x2 – 26x + 24

9) x5 + x + 1

10)( x2 – 2x)(x2 – 2x – 1) – 6
Câu 2. (3,0 điểm).

9) Rút gọn biểu thức:

A= (2 + 1)(22 + 1)(24 + 1)...( 2256 + 1) + 1

10)Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:



2x 3

 

x 2

 

x 2



2



x 3





x 4





x 3





x2 3x 9

 

9x2 110x



            

Câu 3. (4,0 điểm).

9) Giải phương trình:



x1

 

x2

 

x4

 

x5



40
l)

2 4 6 8

98 96 94 92

x x x x

  

m) 2

3 1 2 5 4

1 3 2 3

x x

x x x x

 

  

   

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

10)Lúc 7 giờ sáng một ô tô xuất phát từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 60 km/h. Cũng cùng thời
gian ấy một xe máy xuất phát từ tỉnh B về tỉnh A với vận tốc 50 km/h . Biết hai tỉnh A và B
cách nhau 220 km . Hỏi sau bao lâu 2 xe gặp nhau và gặp nhau lúc mấy giờ ?

Câu 4. (2,0 điểm).

3) Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và CD của tứ giác lồi ABCD. CMR:





1
2

ABCD

S  AM AN

4) Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Vẽ CE vng góc với AB và CF vng góc với AD.
CMR: AB.AE + AD.AF = AC2.

Câu 5. (5,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A có góc ABC bằng 600, phân giác BD. Gọi M, N,

I theo thứ tự là trung điểm của BD, BC, CD.

h) Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh

i) Cho AB = 4cm. Tính các cạnh của tứ giác AMNI.

Câu 6. (2,0 điểm).

12)Chứng minh rằng với mọi n  Z, n chẵn, ta có số n3 + 20n ln chia hết cho 48.

13)Tìm giá trị ngun của x để A = 2

5 7

x

x x



  cã gi¸ trị nguyên 
14)Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc: B 5 x22x 4y2 4y

---Hết---(Học sinh không được sử dụng máy tính)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu

1

4
điể

m

m) 5x2 – 26x + 24 = 5x2 – 20x – 6x + 24 = 5x(x – 4) – 6(x – 4) = (x – 4)(5x – 6)







 



5 5 4 3 4 3 2 2

3 2 2 2 2 2 3 2

1 1

1 1 1 1 1

x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

          

             

o) ( x2 – 2x)(x2 – 2x – 1) – 6

Đặt x2 2x t











 





 





 









 







2 2

2 2 2 2 2

1 6 6 3 2 6 3 2 3 3 2

2 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2

3 1 2 2

t t t t t t t t t t t t

x x x x x x x x x x x x x x

x x x x

               

                 

    

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Câu
2
3
điể

m

1) A= (2 + 1)(22 + 1)(24 + 1)...( 2256 + 1) + 1



 





 





 





 





 



2 4 256

2 2 4 256 4 4 256

256 256 512 512

2 1 2 1 2 1 2 1 .... 2 1 1

2 1 2 1 2 1 .... 2 1 1 2 1 2 1 .... 2 1 1

2 1 2 1 1 2 1 1 2

      

          

       



 

















 



3 3 2 2

2x 3 x2 x 2  2 x3  x 4  x 3 x 3x9  9x 110x











3 2

 

3 2

 



3 2 3 2 3 2 3 2

2 3 4 2 9 27 27 12 48 64 27 9 110

2 8 3 12 2 18 54 54 12 48 64 27 9 110

x x x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

              

               

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

Câu
3
4
điể
m
9)



x1

 

x2

 

x4

 

x5



40



 





 





















 















2 2
2
2 2
2
2 2
2 2

1 5 2 4 40

6 5 6 8 40

3 40 oi t= 6 5

3 40 0 8 5 40 0 8 5 8 0

8 5 0

3 4 0

8 6 5 8 6 13 0

5 6 5 5 6 0 6 0

0
6

x x x x

t t v x x

t t t t t t t t

t t

x Voli

t x x x x

t x x x x x x

x

x
     
     
    
             
   

    
      

       
        
   


  


Vậy tập nghiệm của phương trình là S 



0; 6



2 4 6 8

98 96 94 92

x x x x

  





2 4 6 8

1 1 1 1

98 96 94 92

100 100 100 100

98 96 94 92

1 1 1 1

100 0

98 96 94 92
100 0

100

x x x x

x
x
x
   
      
   

  
 
     
 
 




100



S  

k) 2

3 1 2 5 4

1 3 2 3

x x

x x x x

 

  

   

ĐKXĐ: x



1; 3





 





 





 





 





 



2 2 2

3 1 3 2 5 1 4 1 3

1 3 1 3 1 3

3 1 3 2 5 1 4 2 3

3 8 3 2 3 5 4 2 3 0

3 9

x x x x x x

x
     
  
     
        
         

3

x (loại)
S 

10)Lúc 7 giờ sáng một ô tô xuất phát từ tỉnh A đến tỉnh B với vận tốc 60 km/h.
Cũng cùng thời gian ấy một xe máy xuất phát từ tỉnh B về tỉnh A với vận tốc
50 km/h . Biết hai tỉnh A và B cách nhau 220 km . Hỏi sau bao lâu 2 xe gặp
nhau và gặp nhau lúc mấy giờ ?

S v t

Ơ tơ x 60

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

Xe máy 220 – x 50 220
50

x


Gọi quãng đường ô tô đi đến khi gặp xe máy là x (km); 0 < x < 220
Quãng đường xe máy đi đến khi gặp ô tô là 220 – x (km)

Thời gian ô tô đi là 60

x

(km/h)
Thời gian xe máy đi là

220
50

x



(km/h)
Theo bài ra ta có phương trình 60

x

220
50

x


5x = 6(220 – x)

x = 120 (nhận)

Thời gian ô tô gặp xe máy là 120:60 = 2(h)
Vậy sau 2 giờ 2 xe gặp nhau và gặp nhau lức 9h

0,2
5

0,2
5
0,2

Câu
4

2
điể

9) Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BC và CD của tứ giác lồi ABCD. CMR:





1
2

ABCD

S  AM AN

A B

C
D

10)Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Vẽ CE vng góc với AB và CF vng
góc với AD. CMR: AB.AE + AD.AF = AC2.

0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

B C

D F



 







2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

. . . .

AC AE CE AE BC BE AE BE AE BE BC

AB AE BE BC AB AE AB BE BC AB AE CD BE AD

        

         (3)

Ta cần chứng minh CD BE AD.  2 AD AF. (1)

Thật vậy . .

BE BC

EBC FDC BE DC BC DF

DF DC

     

Do đó CD BE AD.  2 BC DF AD.  2 AD DF AD.  2 AD DF AD







AD AF. (2)
Từ (1), (2), (3) suy ra đpcm

0,2
5
0,2
5
0,2
5

Câu
5

5
điể

O F

E

K
H

C

A

D
B

m) Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) => BE // DF
Chứng minh : BEODFO g c g(   )

=> BE = DF

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.
n) Ta có: ABC ADC HBC KDC 

Chứng minh : CBH CDK g g(  )

. .

CH CK

CH CD CK CB

CB CD

   

o) Chứng minh : AFDAKC g g(  )

. A .

AK

AD AK F AC

AD AC

   

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

Chứng minh : CFDAHC g g(  )

CF AH

CD AC

 

Mà : CD = AB . .

CF AH

AB AH CF AC

AB AC

   

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 .

0,5
0,5

0,5

Câu
6
2
điể

m
9)

Ta có





2 2 2

2 2 2 2

13 2 13 2.13 .2 4

13 3 13 2.13 .3 9

13 13 4 13 6 13 13

a k a k k

b l b l l

a b k k l l

     

      

10)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



1





2 4

 

2 4



A x x  x  x  x x x  x

Đặt x2 + x – 2 = t



 



2 4 4

A t t t  

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0



 



2 0

1 2 0

1
2

x x

x
x

   

   



  



0,2
5
0,2

5
0,5
0,2
5
0,2

5
0,2

0,2
5

HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm tối đa.

TRƯỜNG THCS PHAN BỘI

CHÂU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2019 – 2020

Môn thi: TỐN

Thời gian: 120 phút (khơng kể thời gian giao đề)

Câu 1. (4,0 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

11)3x2 – 7x + 2 2) x8 + x4 + 1 3) x x( 2)(x22x2) 1

Câu 2. (3,0 điểm).

11)Rút gọn biểu thức: A=







 



2 4 8 16 32

3 1 3 1 3 1 3 1 3    1 3 1

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

12)Cho x + y + z = 0. Rút gọn :

x2+ y2+z2

(y−z)2+ (z−x)2+ (x− y)2

13)Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến:



x2 2

 

x4 2x2 4

 

x2 2



3 6x x2



2 2



10

       

Câu 3. (4,0 điểm).

11)Giải phương trình:
n) x32x2  x 2 0
o)

x 241 x 220 x 195 x 166
10

17 19 21 23

   

   

49 50 49 50

50 49 50 49

x x

 

  

 

12)Một xí nghiệp dự định mỗi ngày sản xuất 120 sản phẩm . Trong thực tế mỗi ngày xí nghiệp
đã sản xuất được 130 sản phẩm nên đã hoàn thành kế hoạch sớm hơn 2 ngày . Hỏi xí nghiệp
đã sản xuất được bao nhiêu sản phẩm ?

Câu 4. (2,0 điểm).

5) Cho tam giác ABC. Một đường thẳng đi qua trọng tâm G của tam giác cắt cạnh BC kéo dài
về phía C và các cạnh CA, AB theo thứ tự A1, B1, C1. C/m rằng: 1 1 1

1 1 1

GA GB GC .

6) Cho tam giác ABC có A300. Dựng bên ngồi tam giác đều BCD. 
Chứng minh: AD2 = AB2 + AC2.

Câu 5. (5,0 điểm). Cho hình vng ABCD . Gọi E là 1 điểm trên cạnh BC . Qua E kẻ tia Ax vng
góc với AE . Ax cắt CD tại F . Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K . Đường thẳng qua E
song song với AB cắt AI ở G . Chứng minh :

j) AE = AF và tứ giác EGKF là hình thoi

k) Δ AEF ∽ Δ CAF và AF2 = FK.FC.

l) Khi E thay đổi trên BC chứng minh : EK = BE + DK và chu vi tam giác EKC không đổi

Câu 6. (2,0 điểm).

15)Chứng minh rằng 1110 – 1 chia hết cho 100

16)Cho biÓu thøc A =

2 x

+

3 x

+

3

2 x

+

1

. Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

17)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:









2 2

2 1 2

B x  x

---Hết---(Học sinh khơng được sử dụng máy tính)

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1

4 điểm p)

2 2

2x 5x 3 2 x 6x x  3



 



2x x 3 x 3 x 3 2x 1

      

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

q) x42009x22008x2009x4x2 1 2008x22008x2008

2 2 2

2 2 2 2

( 1)( 1) 2008( 1)

( 1)( 1 2008) ( 1)( 2009)

x x x x x x

x x x x x x x x

       

          



x2

 

x4

 

x6

 

x8



16



x2

 

x8

 

x4

 

x6



16



x2 10x 16

 

x2 10x 24



16

     

Đặt

2 10 20

x  x t



t 4

 

t 4



16 t2 16 16 t2

       



x2 10x 20



  
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 2

3 điểm 9)











 



2 2

x y z   z y  x y z  y z







 







2 2
2
2
2

x y z x y z y z y z

x y z y z
x
        
    

10)
2

2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 5

3 2 5 6 7 12 9 20 5

x x

x x x x x x x x x x


 
   
 
        
 



 











2
2
2

1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 5

1 1 2 2 3 3 4 4 5 5

1 1 5

.
5 5
5
5
. 1
5 5
x x

x x x x x x x x x x

x x

x x x x x x x x x x

x x
x x
x x
x x
  
     
        
 

 
          

        
 

 
  

 

 

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
Câu 3
4 điểm
11)

l) 3x2 x 6 2 0











 





 





 



2
2

3 6 2 0

3 2 2 0

3 2 2 2 0

2 3 2 1 0

2 3 3 2 1 0

x x

x x x

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

2 0

3 3 2 1 0

2
3 2 1

x
x
x
x

  

 

  


 


   




Vậy tập nghiệm của phương trình là

3 2 1
2;

S   

 

 

m) 2 3

2 1 2 1

1 1 1

x

x x x x



 

   

ĐKXĐ:

x







 



 

2
2
2

2 1 1 2 1

2 2

2 0

1 2 0

1( )
2( )
2

x x x x

x x x

x x

x l

x n

S

     

   

   

   



  




12)Gọi số phải tìm là x (x > 0)

Vì phần nguyên x có một chữ số nên khi viết thêm chữ số 2 vào bên trái thì
số đó tăng thêm 20 đơn vị, nghĩa là ta có số có giá trị là 20 + x

20
10

x



Số mới nhận được bằng

10 số ban đầu nên ta có phương trình

20 9

10 10

2,5( )

x
x

x n





Vậy số phải tìm là 2,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
0,25

Câu 4

2 điểm 11)

Do ADC B BAD    B ADC

Lấy E trên AC sao cho ADE B . Khi
đó AE < AC

ADE

 và ABDđồng dạng (g-g)

2 . .

AD AE

AD AB AE AB AC

AB AD

    

0,25
0,25
0,25

0,25

B D C

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

12)

B C

B' C'

H H'

Gọi k là tỉ số đồng dạng của ABC và A B C' ' '
Ta có ' ' ' '

AB BC

k

A B B C  (1)

Xét ABH và A B H' ' ' có:
  ' 900

H H  (GT)
  '( )

B B GT

Suy ra ABH và A B H' ' '(g-g)

' ' ' '

AB AH

k

A B A H

  

(2)

2
' ' '

1
.

2 .

' '. ' '

ABC
A B C

AH BC
S

k k k

S  A H B C  

0,25

0,25
0,25
0,25

Câu 5

5 điểm

O F

E

K
H

C

A

D
B

p) Ta có : BEAC (gt); DFAC (gt) => BE // DF
Chứng minh : BEODFO g c g(   )

=> BE = DF

Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Chứng minh : CBH CDK g g(  )

. .

CH CK

CH CD CK CB

CB CD

   

r) Chứng minh : AFDAKC g g(  )

. A .

AK

AD AK F AC

AD AC

   

Chứng minh : CFDAHC g g(  )

CF AH

CD AC

 

Mà : CD = AB . .

CF AH

AB AH CF AC

AB AC

   

Suy ra : AB.AH + AD.AK = CF.AC + AF.AC = (CF + AF).AC = AC2 .

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

Câu 6
2 điểm

11)
Ta có





2 2 2

2 2 2 2

13 2 13 2.13 .2 4

13 3 13 2.13 .3 9

13 13 4 13 6 13 13

a k a k k

b l b l l

a b k k l l

     

      

12)Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:



1





2 4

 

2 4



A x x  x  x  x x x  x
Đặt x2 + x – 2 = t



2

 

2



2 4 4

A t t t  

Vậy giá trị nhỏ nhất của A là -4
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t = 0



 



2 2 0

1 2 0

1
2

x x

x
x

   

   



  



0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25

0,25

HS có thể làm cách khác, nhưng sử dụng phù hợp kiến thức chương trình vẫn chấm điểm tối đa.

PHỊNG GD&ĐT KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 8

Mơn: Tốn

Thời gian làm bài: 150 phút

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

Bài 1.(5 điểm)

Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện x > 0, y < 0 và x + y = 1.

a) Rút gọn biểu thức

A=y−x

xy :

[

y2

(x−y)2−

2x2y

(

x2

−y2

)

x2
y2−x2

]

.

b) Chứng minh rằng: A < - 4.

Bài 2. (2 điểm)

Cho ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện:

4x

+ 2y

+ 2z

– 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0,

Tính gia trị của biểu thức T = (x – 4)

2014

+ (y – 4)

2014

+ (z – 4)

2014

.

Bài 3.(2 điểm)

Cho số nguyên tố p > 3. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân

của số p

có đúng 20 chữ số. Chứng minh rằng trong 20 chữ số này có ít nhất 3 chữ số giống

nhau.

Bài 4.( 8 điểm)

Cho hình vng ABCD cạnh a và điểm N trên cạnh AB. Cho biết tia CN cắt tia DA tại

E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF.

a) Chứng minh CE = CF;

b) Chứng minh B, D, M thẳng hàng;

c) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC;

d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện

tích hình vng ABCD.

Bài 5. (3 điểm)

a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3

– y

= 1

b) Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a

+ b

+ c

.

---

Hết

---(Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: ...

Số báo danh:...

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

Bà

i

Nội dung

Biểu

điểm

Bà

i 1

a) Với x + y = 1, biến đổi và thu gọn A.

A=y−x

xy :

[

y2

(x−y)2−

2x2y

(

x2−y2

)

x2
y2−x2

]

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

F
E

B
A

D C

N
=y−x

xy :

y2(x+y)2−2x2y−x2

(

x2−y2

)

(x−y)2(x+y)2

=y−x

xy :

y2.1−2x2 y−x2(x−y)
(x−y)2.1

=y−x

xy :

y2−x2(x+y)
(x−y)2 =

y−x

xy :

y2

−x2
(x−y)2=

(y−x) (x−y)2

(

y2−x2

)

=(x−y)

b)

A+4=

(

x-y

)

xy +4=

(

x+y

)

xy =
1

xy <0

(vì x > 0; y < 0 và x + y = 1)

Suy ra A < - 4.

2(điểm)

Bà

i 2

4x

+ 2y

+ 2z

– 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0

 [4x

– 4x(y + z) + (y + z)

]+ (y

+ z

– 6y – 10z + 34) = 0

 (2x – y – z)

+ (y – 3)

+ (z – 5)

= 0

…

 y = 3; z = 5; x = 4

Khi đó T = (4 – 4)

2014

+ (3 – 4)

2014

+ (5 – 4)

2014

= 2.

2(điểm)

Bà

i 3

Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3. (*)

p

có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

gồm 10 chữ số đôi một khác nhau.

Nếu khơng có q nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số

phải có mặt đúng 2 lần trong cách viết số p

. Như vậy tổng các chữ số

của số p

là: 2(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 90



3 nên p

n


3

Điều này mâu thuẫn (*).

Vậy trong số p

phải có ít nhất 3 chữ số giống nhau.

2(điểm)

Bà

i 4

a) Chứng minh được

CDE = CBF (g.c.g)

 CE = CF.

2(điểm)

b) Chỉ ra

AM=MC=

2EF

 M thuộc đường trung trực BD của

đoạn AC. Vậy B, D, M thẳng hàng.

2(điểm)

c) Chỉ ra ACE = BCM  EAC ~ MBC (g.g).

Chỉ ra CAE = CBM

2(điểm)

d) Đặt BN = x  AN = a – x.

*)Tính S

AEFC

= S

ACE

+ S

ECF

=

2DC. AE+
1
2CE

- Tính AE: Lý luận để có

ED=

DC ⇔

AE+AD=

DC ⇔

AE
AE+a=

a−x

a ⇔AE.a=AE(a−x)+a(a−x)

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

⇔AE=a(a−x)
x

- Tính CE

: Lý luận để có CE

= CD

+ DE

= a

+ (a + AE)



CE2=a2+

(

a+a(a−x)

x

)

=a2+a

x2

Do đó S

AEFC

=

a3(a+x)
2x2

*) Tính S

ABCD

= a

.

Lý luận với S

AEFC

= 3S

ABCD

để có

6x

– ax – a

= 0  (2x – a)(3x + a) = 0 

x=

a

(vì a, x > 0).

KL: N là trung điểm của AB thì S

AEFC

= 3S

ABCD

.

Bà

i 5

a) 3

– y

= 1  3

= y

+ 1 (1)

- Dễ thấy x = y = 0 là một nghiệm của (1).

- Nếu x < 0 thì 3

=

3n

( n nguyên dương, n = - x)

suy ra 0 < 3

< 1. Mà y

+ 1 là số ngun, suy ra (1) khơng có nghiệm

ngun.

- Nếu x > 0 thì 3

x 

3

(1)  3

= (y + 1)

– 3y(y + 1)  (y + 1)

3 

3 nên y + 1



3

Đặt y + 1 = 3k ( k nguyên), suy ra y = 3k – 1. Thay vào (1) ta

được: 3

= (3k – 1)

+ 1 = 9k(3k

– 3k + 1) nên 3k

– 3k + 1 là ước của

3 mà 3k

– 3k + 1



3 và 3k

– 3k + 1=

3 (

k

−

1

2 )

+

1

4 >

0 nên 3k

– 3k + 1 = 1  3k(3k – 1) = 0  k = 0 hoặc k = 1.

Với k = 0 thì y = - 1 suy ra 3

= 0 phương trình vơ nghiệm.

Với k = 1 thì y = 2 suy ra 3

= 9 nên x = 2.

Vậy các cặp số nguyên (x, y)  {(0; 0), (2; 2)}.

1.5(điểm

)

b) Từ giả thiết 0 ≤ a, b, c ≤ 2 suy ra (2 – a)(2 – b)(2 – c) + abc ≥ 0

 8 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) ≥ 0

 8 – 12 + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 0 (vì a + b + c = 3)

 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4

 a

+ b

+ c

+ 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4 + a

+ b

+ c

 ( a + b + c)

≥ 4 + a

+ b

+ c

 a

+ b

+ c

≤ 5 (vì a + b + c = 3)

Dấu đẳng thức xảy ra  (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị của bộ

số này.

Vậy P có GTLN nhất là 5  (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị của

[File Word] 15 Đề Thi HSG Toán 8 Cấp Huyện Có Đáp Án

<b>Bài 1. (6,0 điểm)</b>

a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

b. Tìm các giá trị x và y thỏa mãn:

<b>Bài 2. (4,0 điểm)</b>

a. Chứng minh





với mọi số thực a, b, c.

b. Chứng minh rằng với mọi số nguyên x thì biểu thức P một số chính phương.



 

 

 



<b>Bài 4. (5,0 điểm) </b>

Cho tam giác ABC vuông tại A



AC AB





. Vẽ đường cao AH



H BC





. Trên tia

đối của tia BC lấy điểm K sao cho KH = HA. Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt

đường thẳng AC tại P.

a.Chứng minh: Tam giác ABC Đồng dạng với tam giác KPC.

b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK.

<b>Bài 5 (2.0 điểm): </b>

Cho tam giác ABC có

<sub>. Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho </sub>

<sub>. Đường </sub>

phân giác của góc

<sub>cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẽ ME cắt đường thẳng AH tại</sub>

F. Chứng minh rằng: CF // AE.

Câu 1: a. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:





<sub> và </sub>

Câu 2:

a. Chứng minh





với mọi số thực a, b, c.

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có:

<sub> ; </sub>

Do đó, suy ra:

b. Chứng minh rằng với mọi số ngun x thì biểu thức P một số chính phương.

Ta có:



 

 

 



<sub>Vơi x là số nguyên thì P là một số CP.</sub>

a) Tìm điều kiện đúng:

b) Rút gọn đúng:

=





b. Gọi Q là trung điểm của BP. Chứng minh: QH là đường trung trực của đoạn thẳng AK.

Ta có:

2

<i>PB</i>

<i>AQ KQ</i>





(Trung tuyến ứng với nửa cạnh huyền trong tam giác vng).

Lại có:

<i>HK HA</i>



(Giả thiết). Do đó: QH là đường trung trực của AK.

<b>5</b>

(2đ)

Ta có:

<sub>cân ở C </sub>

<sub> CA = CE (1)</sub>