Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm

Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định... NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI Ghi chú: - Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tố

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

6 4

3 2

x x x

2

x

x x

a Rút gọn M

b.Tìm x nguyên để M đạt giá lớn nhất

Bài 2:(3 điểm) Cho biểu thức: A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2

a Phân tích biểu thức A thành nhân tử

b Chứng minh: Nếu a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác thì A < 0

1 2



 x

1 2



1 2



x = 18

1

b Giải phương trình với nghiệm là số nguyên:

c Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF

d Trên các đoạn HB,HC lấy các điểm M,N tùy ý sao cho HM = CN

Chứng minh đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định

.Hết

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẨM THỦY

6 4

3 2

x x x

6 ) 2 )(

2 (

2

x x

x x x x

2 (

0,5

0,5

0,5

0,5

b + Nếu x  2 thì M 0 nên M không đạt GTLN

+ Vậy x 2, khi đó M có cả Tử và Mẫu đều là số dương, nên M

muốn đạt GTLN thì Mẫu là (2 - x) phải là GTNN,

Mà (2 - x) là số nguyên dương  2 - x = 1  x = 1

Vậy để M đạt GTLN thì giá trị nguyên của x là: 1

0,5

0,5 0,5 0,5

b Ta có: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giác)

Tương tự: (b + c +a) >0 ; (b –c –a ) <0 ; (b + c –a ) >0

Vậy A< 0

0,5 0,5 0,5

b Ta có: (x + y + z)3= x3+ y3+ z3 + 3(x + y)(y + z)(z + x)

kết hợp các điều kiện đã cho ta có: (x + y)(y + z)(z + x) = 0

Một trong các thừa số của tích (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng 0

Giả sử (x + y) = 0, kết hợp với đ/k: x + y + z = 1  z = 1, lại kết

hợp với đ/k: x2+ y2+ z2= 1  x = y = 0

Vậy trong 3 số x,y,z phải có 2 số bằng 0 và 1 số bằng 1,

Nên tổng S luôn có giá trị bằng 1

0,5

0,5 0,5

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

4 a Phương trình được biến đổi thành: (Với ĐKXĐ x     4; 5; 6; 7)

b + Phương trình được biến đổi thành: (x + 1)(x2

+ 1) = (2y + 1)2+ Ta chứng minh (x + 1) và (x2+ 1) nguyên tố cùng nhau !

Vì nếu d = UCLN (x+1, x2+ 1) thì d phải là số lẻ (vì 2y+1 lẻ)

Vậy nghiệm của phương trình là: (x;y) =(0; 0), (0; 1)  

N

M

E

H F A

D B

C

0,5

b Trước hêt chứng minh BDH BEC

c Trước hết chứng minh: AEF  ABC  AEF=ABC

Và CDE CAB  CED=CBA

 AEF=CED mà EBAC nên EB là phân giác của góc DEF

Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF và DFE

Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF

nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm)

0,5 0,5 0,5

d Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN

và HC, ta có OMH = ONC (c.c.c)  OHM=OCN

OHM=OCN.(1)

Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên:OHC=OCH.(2)

Từ (1) và (2) ta có: OHC=OHBHO là phân giác của góc

O,25 0,25

Chú ý:

+ Hướng dẫn chấm này có 3 trang, chấm theo thang điểm 20

+ Điểm toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn

+ Bài số 5 phải có hình vẽ đúng mới chấm

+ Mọi cách làm khác đúng cũng cho điểm tối đa tương ứng với từng nội dung

của bài đó

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN HOẰNG HÓA

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8

NĂM HỌC: 2017 - 2018 Môn thi: Toán Thời gian làm bài: 150 phút ( không kể thời gian giao đề) Bài 1: (4,0 điểm).1 Cho biểu thức

2 2

b) Tính các giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên

2 Biết a(a + 2) + b(b – 2) – 2ab = 63 Tính a – b

Bài 2: (4,0 điểm)

1) Giải phương trình : x x 2x

2(x3)2(x 1)  (x 1)(x 3) 2) Cho x, y, a,b là các số thực thỏa mãn:   

1 Cho đa thức A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz

a) Phân tích A thanh nhân tử

b) Chứng minh rằng nếu x;y;z là các số nguyên và x + y + z chia hết cho 6 thì A – 3xyz chia hết cho 6

2) Tìm các số nguyên dương x; y thỏa mãn phương trình : xy2 + 2xy + x = 32y

Bài 4: (6,0 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H

1) Chứng minh rằng tam giác AEF dồng dạng với tam giác ABC

2) Chứng minh BH.BE + CH CF = BC2

3) Qua F vẽ đường thẳng vuông góc với EF cắt BE tại M, Chứng minh:

FB EC = FC BM và EF BC + BF CE = BE CF

4) Kẻ FI, EJ cùng vuông góc với BC ( I,J thuộc BC) Các điểm K,L lần lượt thuộc AB,

AC sao cho IK // AC, LJ // AB Chứng minh rằng ba đường thẳng EI, FJ và KL đồng quy

Bµi 5: (1,5 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1) 18

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1

Họ tên thí sinh :……… Giám thị số 1 :………

Số báo danh : ……… Giám thị số 2: ………

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN HOẰNG HOÁ

HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HSG LỚP NĂM HỌC 2015 - 2016

MÔN:

Hướng dẫn chấm này gồm 04 trang

Bài Nội dung cần đạt Điểm

 x = 0 (thỏa mãn) ; x = 3 (không thỏa mãn đk)

Vậy phương trình có nghiệm x = 0

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

3 Vì đa thức f(x) = x4 – x3 – 3x2 + ax + b chia cho đa thức x2 – x – 2 dư

2x – 3 nên f(x) = (x2 – x – 2).q(x) + 2x – 3 với mọi x

1a) ta có : A = (x + y)(y + z)(z + x) + xyz

= xyz + x2y + xz2 + x2z + y2z +xy2 + yz2 + xyz + xyz

3) TA có BFM CFE ( cùng phụ với gocsMFH)

Lại có FBM  FCE ( cùng phụ với góc BAC)

Goi T là giap điểm của EI và FJ, Ta có KFI FCB ( cùng phụ vs

góc ABC)  KFI FCB= 900 - ABC =900 - LJC=EJL( doJL//AB)

Lại có IKF ELJ ( cùng bù với góc A) Suy ra KFI ~ LJE (g.g)

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

Ghi chú:

- Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa

- Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm điểm

Dấu “=” xảy ra khi x = y = z

Theo giả thiết: x(x + 1) + y(y + 1) + z ( z+ 1) 18

Câu 1 ( 3 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử

b) Tìm GTNN của biểu thức M

Câu 3 ( 3 điểm)

a) Chứng minh : a5 – a chia hết cho 30 với aZ

b) Chứng minh x5 – x + 2 không là số chính phương với xZ

a) Chứng minh OA2 = AC BD

b) chứng minh tam giác AMB vuông

c)Gọi N là giao điểm của AD và BC Chứng minh MN/ /AC

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HUYỆN THẠCH THÀNH

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2017-2018 MÔN THI: TOÁN

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

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

x

 2

Dấu “=” xảy ra khi x2 = 0 hay x = 0

Vậy Min M = -2 khi x = 0

Bài 3: a) Chứng minh : a5 – a chia hết cho 30 với a thuộc Z

a aa a  a a  a   a a a a 

2 (a 1) .(a a 1).(a 4 5)

(a 1) .(a a 1)là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 3 và chia hết cho 2

Suy ra 5.(a 1) .(a a 1)chia hết cho 2, 3, 5 mà 2;3;5 nguyên tố cùng nhau nên

5.(a 1) .(a a  1) 2.3.5

Hay 5.(a 1) .(a a  1) 30

Vì (a 2)(  a 1) .(a a 1)(a 2)  là tích của 5 số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 5mà

(a 1) .(a a  1) 2;3nên (a 2)(  a 1) .(a a 1)(a 2)  chia hết cho cả 2, 3, 5 nên chia hết cho 30

Vậy a5 – a chia hết cho 30 với a thuộc Z

b) Chứng minh x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi x thuộc số nguyên dương Theo câu a ta có x5 – x chia hết cho 30 với mọi x thuộc nguyên dương nên x5 – x có tận cùng là 0 suy ra x5 – x + 2 có tận cùng là 2

Mà số chính phương thì chỉ có tận cùng là một trong các sô: 0;1;4;5;6;9 nên x5 – x + 2 không là số chính phương với mọi x thuộc số nguyên dương

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

( do O là trung điểm của AB)

AC AO

AO AC BD

AO BD  

b) chứng minh tam giác AMB vuông

Vì ACO BOD( câu a) nên : AC CO

BO OD mà BO = OA nên suy ra

AC CO AC AO

AO OD CO OD mà CAO COD  90 0 nên ACO OCD

Suy ra ACOOCD( hai góc tương ứng)

Xét ACO vuông tại A và MCOvuông tại M có:

Cạnh huyền CO chung

ACOOCD( cm trên)

Do đó ACO MCO( cạnh huyền góc nhọn)

Mà Theo câu bACO MCOCM = CA

Chứng minh tương tự câu b ta cm được

HUYỆN THIỆU HOÁ NĂM HỌC: 2015 - 2016

MÔN TOÁN

Thời gian: 150 phút, không kể thời gian giao đề

Ngày thi: 12 tháng 4 năm 2016

2

1 3

6

6 4

2 3

2

x

x x

x x x

x x

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tính giá trị của biểu thức A với giá trị của x thoả mãn |x+1| = |- 1|

c) Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 4 (5,0 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC

Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia

BA tại E

a) Chứng minh: EAD = ECB

b) Cho BMC= 1200 và SAED = 36cm2 Tính SEBC?

Câu 5 (2,0 điểm): Cho điểm D thay đổi trên cạnh BC của tam giác nhọn ABC (D khác B

và C) Từ D kẻ đường thẳng song song với AB cắt cạnh AC tại điểm N Cũng từ D kẻ đường thẳng song song với AC cắt cạnh AB tại điểm M Tìm vị trí của D để đoạn thẳng

MÔN TOÁN

Thời gian làm bài 150 phút

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

2

x2



 = x + 1 +

1x

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

 x – 1 = -3  x = -2  y = -2 (thỏa mãn)

Vậy (x, y) {(4, 6), (2, 6) , (-2, -2), (0,-2)}

0,25đ 0,25đ

Vậy (m - n);(5m + 5n + 1) là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa

mãn (*) nên chúng đều là các số chính phương

Từ (1) và (2) ta có: b < c < a  Trái với giả sử

- Giả sử a > b Chứng minh tương tự như trên ta được

b > c > a  Trái với giả sử

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

I P

Dựng hình bình hành ABEC, gọi F là giao của DN và AE

Do B là điểm cố định, AE cố định nên BF ngắn nhất khi F là chân

đường vuông góc hạ từ B xuống AE

Từ đó điểm D được xác định như sau: Từ B hạ BF  AE, dựng đường

thẳng qua F song song với AB cắt BC tại D

Nhưng  (a a7 8 - 1) ; a a7 8; (a a7 8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp, trong

đó có 1 số chia hết cho 25, nhưng số đó nhỏ hơn 50 (vì tích 48.49.50 =

2- Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất

HUYỆN TĨNH GIA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG

4

4

a a



 với mọi a Dấu “=” xảy ra khi  2



Vậy MaxM = 1 khi a = 2

0,25

0,5

0,5

0,5 0,25

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

0,5

0,5

0,5

D

F E

1- Trên tia đối của tia DA lấy

điểm I sao cho CBIBAD

2- * Chứng minh tam giác ADP cân:

Hai tam giác vuông BAN và BDN có

các đường cao tương ứng là AP và DP ứng

2

AP DP BN

Do đó tam giác APD cân tại P

* Chứng minh tam giác BND vuông cân:

0, 5

0, 5 0,25

0,5

và EDF 90 0 Mà BDN  90 0 (gt) BDENDF (cùng phụ EDN) (2)

Xét hai tam giác vuông BED và NFD, từ (1) và (2) suy ra:

 BED =  NFD (cạnh huyền – góc nhọn)

 BD = ND Do đó tam giác BND vuông cân tại D

3- AD và EF là hai đường chéo của hình vuông AEDF nên EF là

đường trung trực của đoạn thẳng AD

Theo chứng minh câu a) AP = PD nên P thuộc đường trung trực của

đoạn AD

Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có AQ=DQ=1MC

2 , do đó Q thuộc đường trung trực của đoạn AD

Vậy 4 điểm E,F, P, Q thẳng hàng

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

0,25 0,25

- Với x  2 lập luận được x 12 1 không chính phương

Vậy có 2 cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn là (0;0) và (1;2)

0,5 0,25 0,25 0,75 0,25

(HS giải bằng cách khác, lập luận đúng vẫn cho điểm tối đa)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

2 1 3 3

1

2

x x

x

x x

3 1 2

2 3

2 Với mỗi số tự nhiên n, đặt an = 3n2 + 6n + 13

a Chứng minh rằng nếu hai số ai, aj không chia hết cho 5 và có số dư khác nhau khi

chia cho 5 thì ai + aj chia hết cho 5

b Tìm tất cả các số tự nhiên n lẻ sao cho an là số chính phương

Câu 4: (6,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho BD

= CE Gọi I, K, M, N theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, BC, DE

a Tứ giác MINK là hình gì? Vì sao?

b Chứng minh rằng IK vuông góc với tia phân giác At của góc A

2 Cho tam giác đều ABC Từ một điểm M trên cạnh AB vẽ hai đường thẳng song

song với hai cạnh AC, BC, chúng lần lượt cắt BC, AC tại D và E Tìm vị trí của M trên

cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 5: (1,0 điểm)

Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy2z2 + x2z + y = 3z2

Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

4

y x z

z P

x x

x

x P

2

1 : 1 3 6

2 1 3 3

1

2 2

x

x x

x

x

2

1 :

1 1 2 3

1 2 1 3

2 1 3

1 3

x x

x

2

1 ,

3

; 3

1

;

1

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

6

24 3 1 2 6

2 3 5 4

2 6

3 6 10

0,5

0,5 0,25 0,25

2 Ta có: an = 3n2 + 6n + 13 = 3(n + 1)2 + 10

a Ta thấy:

Nếu an không chia hết cho 5 thì n + 1 không chia hết cho 5 và an  2 ; 3 (mod 5)

Do đó, nếu ai, aj đều không chia hết cho 5 và ai  aj (mod 5) thì

ai + aj  2 + 3  0 (mod 5)

b Vì n lẻ nên n + 1 chẵn

Do đó, an  2 (mod 4) Suy ra an không thể là số chính phương

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để an là số chính phương

0,5

0,5 0,5

a Tứ giác MINK là hình thoi

b Gọi G, H theo thứ tự là giao điểm của

MN với AC, AB

Chú ý:

1 Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa

2 Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình

5

(1,0đ)

Do z > 0 nên từ xy2z2 + x2z + y = 3z2, suy ra 2 3

2 2

x xy

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có:

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

x xy z

z

y z

x x y y

z P

2 2 2 2 2

y z

x x y y

b) AE2 > AB.AC

d) Trung trực của BC đi qua E

Bài 5: (2.0 điểm) Cho a, b, c là 3 số dương thỏa mãn : 1 1 1 2

1 a1 b1 c  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q = abc

- Họ và tên thí sinh: ……… ; Số báo danh ………

Chú ý: Cán bộ coi giao lưu không được giải thích gì thêm

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM GIAO LƯU LỚP 6,7,8 NĂM HỌC 2016-2017

1 ( 1)

1 1

1

P

x x x

x x

0,75

0,25

0,5 0,25

0,5

0,25

0,25

0 6

0 0

Phân tích đa thức sau thành nhân tử :

Học sinh phân tích được

Bài Câu a) Cho a, b, c là các số nguyên Chứng minh rằng :

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

- Học sinh lập luận được a5 - a chia hết cho 30

- Tương tự: b5 - b và c5 -c chia hết cho 30 Kết luận

0,75 0,25 1,0

ABDAEC (ABD = CED)

=> ABD  AEC (g-g)

AD  AC => AB.AC = AD.AE < AE2 (AD < AE) Vậy AE2 > AB.AC

c) Ta có: 4AI2 - DE2 = 4AI2 - 4DI2 = 4(AI - DI)(AI +DI)

= 4AD(AI + IE) = 4AD.AE

Mà AD.AE = AB.AC (câu b)

=> DBEDACBCE

=> BEC cân tại E

=> Trung trực BC qua E

1,5

1,0

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

12

abc

0,5

NHƯNG HÃY LUÔN CỐ GẮNG ĐỂ KHÔNG HỐI HẬN KHI THẤT BẠI

8 khi a = b = c = 1

2

0,75

0,5 0,25

điểm của AB Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho E nằm giữa A và D Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OE cắt cạnh BC tại F

b) Gọi M là hình chiếu của O trên EF, H là hình chiếu của M trên AB

Chứng minh rằng AE = EM và BE đi qua trung điểm của MH

c) Tìm vị trí của điểm E trên cạnh AD để diện tích tứ giác ABFE nhỏ nhất

Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1 1

xyyzxz Chứng minh rằng

(Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay)

Họ và tên học sinh: Số báo danh:

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

a b c b c a c a b

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TOÁN 8

A

x A

b

A = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = (x2 + 8x + 7) (x2 + 8x + 15) + 15 0,25

Đặt x2 + 8x + 11 = t ,

ta có A = (t – 4)(t + 4) +15 = t2 – 1

Ta có số chính phương chỉ có thể chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1

Do đó n2 chia cho 4 dư 1 0,25

Vì M chia cho 4 dư 2, mà số chính phương chỉ có thể chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1 nên M không thể là số chính phương 0,25

c2 + a2 – b2 = - 2ca

0.25 Thay vào biểu thức B ta được: