50 đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 phần 2 (có đáp án chi tiết)

Câu 4: (6,0 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.

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

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

ĐỀ SỐ 27 Câu1

a Phân tích các đa thức sau ra thừa số:

d Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên

Câu 3 Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD Kẻ ME

AB, MFAD

a Chứng minh: DECF

b Chứng minh ba đường thẳng: DE, BF, CM đồng quy

c Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất

( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24

= (x2 + 7x + 11)2 - 52 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)

(2 điểm)

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ4

M F

E

B A

bc ca ab với a + b + c; rút gọn  đpcm

(2 điểm)

Câu 2

(6 điểm)

Biểu thức:

2 2

Câu 3

(6 điểm)

HV + GT + KL

(1 điểm)

b (a2001 + b2001).(a+ b) - (a2000 + b2000).ab = a2002 + b2002

 (a+ b) – ab = 1

 (a – 1).(b – 1) = 0

 a = 1 hoặc b = 1Với a = 1 => b2000 = b2001 => b = 1 hoặc b = 0 (loại)Với b = 1 => a2000 = a2001 => a = 1 hoặc a = 0 (loại)Vậy a = 1; b = 1 => a2011 + b2011 = 2

(1 điểm)

ĐỀ THI SỐ 28

Câu 1 : (2 điểm) Cho P=

8 14 7

4 4

2 3

2 3

a

a a a

b a

c b a

b) DM,EM lần lượt là tia phân giác của các góc BDE và CED

c) Chu vi tam giác ADE không đổi

Câu 5 : (1 điểm)

Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số

đo diện tích bằng số đo chu vi

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

a)(1đ) Gọi 2 số phải tìm là a và b , ta có a+b chia hết cho 3 0,25

Ta có a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)=(a+b)(a2 2ab b2 ) 3ab





1 ) 7 )(

6 (

1 )

6 )(

5 (

1 )

5 )(

4 (

y x c z x b z

1 2 2

z z

y x

z z

x y

x x

y z

y x y

z x x

z y

2 1

x

y

E D

B

A

Từ đó suy ra D ˆ 1 Dˆ 2 , do đó DM là tia phân giác của góc BDE

Chứng minh tương tự ta có EM là tia phân giác của góc CED 0,5

c) (1đ) Gọi H, I, K là hình chiếu của M trên AB, DE, AC

xy=2(x+y+x+y-4)xy-4x-4y=-8

Từ đó ta tìm được các giá trị của x , y , z là :

(x=5,y=12,z=13) ; (x=12,y=5,z=13) ;

(x=6,y=8,z=10) ; (x=8,y=6,z=10) 0,25

ĐỀ THI SỐ 29 Câu1( 2 đ): Phân tích đa thức sau thành nhân tử

 1  3  5  7 15

A a a a a 

Câu 2( 2 đ): Với giá trị nào của a và b thì đa thức:

x a x    10 1

phân tích thành tích của một đa thức bậc nhất có các hệ số nguyên

Câu 3( 1 đ): tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4  3x3 ax b chia hết cho

đa

thức B x( ) x2  3x 4

Câu 4( 3 đ): Cho tam giác ABC, đường cao AH,vẽ phân giác Hx của góc AHB và

phân giác Hy của góc AHC Kẻ AD vuông góc với Hx, AE vuông góc Hy

Chứng minh rằngtứ giác ADHE là hình vuông

mn = 10( m + n – 10) + 1

10 10 100 1 ( 10) 10 10) 1

0,25 đ0,25 đ0,25 đ

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ10

3 đ

Tứ giác ADHE là hình vuông

Hx là phân giác của góc AHB; Hy phân giác của góc AHC mà AHB

và AHC là hai góc kề bù nên Hx và Hy vuông góc

Hay DHE = 900 mặt khác ADH AEH    = 900

Nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật ( 1)

0 0

90 45

90 45

AHB AHD

AHC AHE

AHD AHE

Hay HA là phân giác DHE(2)

Từ (1) và (2) ta có tứ giác ADHE là hình vuông

0,25 đ

0,25 đ0,25 đ0,25 đ0,25 đ0,5 đ0,5 đ

0,25 đ0,25 đ0,25 đ

ĐỀ THI SỐ 30

a) Xác định vị trí của điểm D để tứ giác AEDF là hình vuông.

b) Xác định vị trí của điểm D sao cho 3AD + 4EF đạt giá trị nhỏ nhất

Bài 6: (4 điểm)

Trong tam giác ABC, các điểm A, E, F tương ứng nằm trên các cạnh BC, CA,

AB sao cho: AFE BFD, BDF CDE, CED AEF     

D

a) Tứ giác AEDF là hình chữ nhật (vì E A F 90   o)

Để tứ giác AEDF là hình vuông thì AD là tia phân

giác của BAC

b) Do tứ giác AEDF là hình chữ nhật nên AD = EF

Suy ra 3AD + 4EF = 7AD

 OFD OED ODF 90    o(1)

Ta có OFD   OED   ODF   270o(2)

21 x 1990

1 x

Bài 3 (1,5 điểm): Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm

1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vịvào chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị , ta vẫn được một sốchính phương

Bài 4 (4 điểm): Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực

) CA BC AB (

 Bài 2 (1,5 điểm):

0 z

x2+2yz = x2+yz–xy–xz = x(x–y)–z(x–y) = (x–y)(x–z) ( 0,25điểm )

Tương tự: y2+2xz = (y–x)(y–z) ; z2+2xy = (z–x)(z–y) ( 0,25điểm )

AA 2 1

BC '.

HA 2 1 S

S

S S

S S

S ' CC

' HC ' BB

' HB

HAB ABC

BI

AI NB

AN

.

BI

1 BI

IC AC

AB AI

IC BI

AI AC

AB MA

 (BC+AC)2 – AB2 (0,25điểm)Tương tự: 4AA’2

 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2  (AB+BC)2 – AC2

-Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2)  (AB+BC+AC)2

4 ' CC ' BB ' AA

) CA BC AB

(

2 2

hoặc hoặc

B

A

C I

B’

H N

A

C I

B’

H N

*Chú ý :Học sinh có thể giải cách khác, nếu chính xác thì hưởng trọn số điểm câu đó

ĐỀ SỐ 32

Bài 1 (4 điểm)

2 3

1

1 : 1

1

x x x

x x

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

a, Tứ giác AMNI là hình gì? Chứng minh

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

x x x x x

x x x

x x x

x x x

x x x x

b, (1 điểm)

Tại x =  132 =  35 thì A =         )

3

5 ( 1 ) 3

5 (

3

5 1

B i 2 (3 i m)ài 2 (3 điểm) điểm) ểm)

Biến đổi đẳng thức để được

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

b

0,5đBiến đổi để có ( 2 2 2 ) ( 2 2 2 ) ( 2 2 2 ) 0

B i 3 (3 i m)ài 2 (3 điểm) điểm) ểm)

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

a,(1 điểm)

Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân 0,5đb,(2điểm)

DM AM

0,5đ

Chứng minh tương tự ON.( 1  1 )  1

CD AB

 S AOB.S DOC S BOC.S AOD 0,5đ

 S AOB.S DOC  (S AOD) 2

Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2  SAOD = 2008.2009

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Câu 1: (5điểm) Tìm số tự nhiên n để:

a, A=n3-n2+n-1 là số nguyên tố

b, B =

2

2 6 2 3

2

2 3 4

1      



c b

bc

b a

b b

c a

c c

b b

2 2 2

Câu 3: (5điểm) Giải các phương trình sau:

a, 6

82

54 84

132 86

c, x2-y2+2x-4y-10=0 với x,ynguyên dương

Câu 4: (5điểm) Cho hình thang ABCD (AB//CD), 0 là giao điểm hai đường

chéo.Qua 0 kẻ đường thẳng song song với AB cắt DA tại E,cắt BCtại F

a, Chứng minh :Diện tích tam giác AOD bằng diện tích tam giác BOC

b, (2điểm) B=n2

+3n-2 n

2 2



Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ20

Câu 1

(5điểm)

B có giá trị nguyên  2 n2+2

n2+2 là ước tự nhiên của 2

n2+2=1 không có giá trị thoả mãn

Hoặc n2+2=2  n=0 Với n=0 thì B có giá trị nguyên

0,50,50,5

0,50,50,50,5

Mà n(n-1)(n+1)(n-2)(n+25 (tich 5số tự nhiên liên tiếp)

Và 5 n(n-1)(n+15 Vậy D chia 5 dư 2

Do đó số D có tận cùng là 2 hoặc 7nên D không phải số chính

bc

b a

ab a

abc abc

abc c

ac abc

ac

1

1 1

ac

c ac

c

abc c

ac ac

0,50,5

0.5

0.50.50.5

0,50,50,5

b b

a c

b b

a

2 2

2

2 2

c b

a a

c b

a

2 2

2

2 2

b a

c c

b a

c

2 2

2

2 2

c c

a ( 2 ) a

c c

b b

a (

2 2 2 2

c c

a a

c c

b b

a

2 2 2 2 2

132 86

132 (

) 1 86

214 (x   x   x  

 0

82

300 84

300 86

1 86

0,50,50,50,5

0,50,5

1 , 2 1

c, (1điểm) x2-y2+2x-4y-10 = 0  (x2+2x+1)-(y2+4y+4)-7=0

 (x+1)2-(y+2)2=7  (x-y-1)(x+y+3) =7 Vì x,y nguyên dương

Nên x+y+3>x-y-1>0  x+y+3=7 và x-y-1=1  x=3 ; y=1

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

Câu 4

(5điểm)

a,(1điểm) Vì AB//CD  S DAB=S CBA

(cùng đáy và cùng đường cao)

 S DAB –SAOB = S CBA- SAOB

Hay SAOD = SBOC

b, (2điểm) Vì EO//DC 

AC

AO DC

EO

 Mặt khác AB//DC



DC AB

AB DC

EO AC

AO BC AB

AB OC

AO

AO BC

AB

AB OC

AO DC

DC AB

DC AB DC AB

AB DC

c, (2điểm) +Dựng trung tuyến EM ,+ Dựng EN//MK (NDF) +Kẻ

đường thẳng KN là đường thẳng phải dựng

Chứng minh: SEDM=S EMF(1).Gọi giao của EM và KN là I thì

SIKE=SIMN

(cma) (2) Từ (1) và(2)  SDEKN=SKFN

0,50,5

0,51,00,51,0

1,0

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ22

C D

O

I M N

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

Câu 2(4.0 điểm): Giải phương trình:

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 vuông 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 BC AH HC HD

-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 8

Câu Nội dung Điểm1

+ 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

Suy ra: BEC ADC 135 0(vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).

Nên AEB 45 0 do đó tam giác ABE vuông cân tại A Suy ra: BEAB 2 m 2

BC  BC  AC (do BECADC)

mà AD AH 2 (tam giác AHD vuông cân tại H)

BC  AC   AC AB BE (do ABH CBA)

Do đó BHM  BEC (c.g.c), suy ra:   0  0

Bài 1: Cho biểu thức: M = 

6 4

3

2

x x x

2

x

x x

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

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8

6 4

3

2

x x x

6 )

2 )(

2 (

2

x x

x x x x

2

x 

) 2 )(

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,

0,5 0,5

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ26

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

2 a A = ( b2 + c2 - a2)2 - 4b2c2 = ( b2 + c2 - a2 - 2bc)( b2 + c2 - a2 + 2bc)

= (b c ) 2  a2  (b c )2 a2

= (b + c – a)(b + c + a)(b – c – a)(b – c + a)

0,5 0,5 0,5

b Ta cú: (b+c –a ) >0 ( BĐT trong tam giỏc)

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

Vậy A< 0

0,5 0,5 0,5

3 a A = x2 - 2xy + y2 +y2 - 4y + 4 + 2010 = (x-y)2 + (y - 2)2 + 2010

Do (x-y)2

0 ; (y - 2)2  0Nờn:(x-y)2 + (y - 2)2 + 2010  2010

Dấu ''='' xảy ra  x – y = 0 và y – 2 = 0  x = y = 2

Vậy GTNN của A là 2010 tại x = y =2

0,5

0,5 0,5

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

kết hợp cỏc điều kiện đó cho ta cú: (x + y)(y + z)(z + x) = 0

 Một trong cỏc thừa số của tớch (x + y)(y + z)(z + x) phải bằng

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)

 2

1 1

Thì (x+1) và (x2+ 1) đều phải là số chính phương

Đặt:

2

1 1

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

N

M

E

H F

A

D B

b Trước hêt chứng minh BDH ~BEC

 BH.BE = BD.BC

Và CDH ~CFB  CH.CF = CD.CB

 BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC2 (đpcm)

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

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 (1) 0,25

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ28

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 BHC

Vậy O là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc

BHC nên O là điểm cố định

Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O

0,25

O,25 0,25

Trong một cái giỏ đựng một số táo Đầu tiên người ta lấy ra một nửa sốtáo và bỏ lại 5 quả, sau đó lấy thêm ra 1

3 số táo còn lại và lấy thêm ra 4 quả.Cuối cùng trong giỏ còn lại 12 quả Hỏi trong giỏ lúc đầu có bao nhiêu quả?Bài 5: (4,5đ)

Cho hình bình hành ABCD (AC>BD) Gọi E, F lần lượt là hình chiếucủa C lên các đường thẳng AB, AD Chứng minh rằng:

1 : 1

1

x x x

x x

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

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

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

x x x x x

x x x

x x x

)(

1

(

2 2

x x x

x x x

x x x x

5 (

3

5 1

b

0,5đBiến đổi để có ( 2 2 2 ) ( 2 2 2 ) ( 2 2 2 ) 0

Chứng minh được AN=MI, từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân 0,5đb,(2điểm)

 ,

AC

OC AB

1 1

AD

AD AD

DM AM

 S AOB.S DOC S BOC.S AOD 0,5đ

 S AOB.S DOC  (S AOD)2

Thay số để có 20082.20092 = (SAOD)2  SAOD = 2008.2009

0,5đ

Do đó SABCD= 20082 + 2.2008.2009 + 20092 = (2008 + 2009)2 = 40172 (đơn vị

ĐỀ SỐ 38

Bài 1 ( 2,0 điểm) Chứng minh rằng:

a) Với mọi a Z, nếu a và b không chia hết cho 3 thì a6  b6chia hết cho 9

b) Với mọi n N thì n5 và n luôn có chữ số tận cùng giống nhau

Gv: Nguyễn Văn Tú Trường THCS Thanh Mỹ34

M

B A

x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx

và x2009  y2009 z2009  3 2010

Bài 3 ( 1,5 điểm) Chứng minh rằng:

Nếu a, b, c là các số dương thoả mãn: 1 1 1 a b c

a b c    

th× ta có bất đẳng thức a b c   3abc

Bài 4 ( 1,5 điểm) Cho 6a - 5b = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a2 + 25b2

Bài 5 ( 3,0 điểm) Cho tam giác vuông cân ABC (AB = AC) M là trung điểm của

AC, trên BM lấy điểm N sao cho NM = MA; CN cắt AB tại E Chứng minh:

a) Tam giác BNE đồng dạng với tam giác BAN

Vì a không chia hết cho 3 nên a có dạng 3k+1 hoặc 3k+2 (kZ)

Nếu a = 3k+1 thì a2 = (3k+1)2 = 9k2+ 6k +1 chia 3 dư 1

Nếu a = 3k+2 thì a2 = (3k+2)2 = 9k2+ 12k + 4 chia 3 dư 1

Vậy nên nếu a không chia hết cho 3 thì a2 chia 3 dư 1.(1)

Tương tự ta cũng có nếu b không chia hết cho 3 thì b2 chia 3 dư 1.(2)

 

    ab bc ca   (a b c abc  ) (*)(vì a,b,c > 0 nên abc>0)

Màa2 b2  2 ;ab c2 b2  2 ;cb a2 c2  2ac nên cộng theo vế 3 bất đẳng thức này ta được 2(a2 b2 c2 ) 2(  ab bc ca  )  a2 b2 c2 ab bc ca  ) (1)

Lại có (a b c  ) 2 a2 b2 c2  2(ab bc ca  )(2)

Từ (1) và (2) ta có (a b c  ) 2  3(ab bc ca  )(**)

Từ (*) và(**) ta có(a b c  ) 2  3abc a b c(   )

 a b c   3abc (Vì a,b,c > 0 nên a + b + c> 0)

Bài 4 ( 1,0 điểm) Cho 6a - 5b = 1.(1) Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a 2 + 25b 2

Đặt x = 2a; y = - 5b, ta có 6a = 3x vì 6a - 5b = 1 nên (3x+ y)2 =(6a – 5b)2 = 1

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho hai số 3x và y ta có:

Bài 5 Cho tam giác vuông cân ABC (AB = AC) M là trung điểm của AC, trên BM

lấy điểm N sao cho NM = MA; CN cắt AB tại E Chứng minh:

a) Tam giác BNE đồng dạng với tam giác BAN.

BAN + NAC = 1v

Mà MNA = NAC => CNM = BAN

Mặt khác CNM = BNE (đđ) =>BNE = BAN

=>  BNE  BAN b) Trên tia đối tia MN lấy điểm F sao cho FM = MN

Tứ giác ANCF là hình chữ nhật (vì có 2 đường chéo bằng nhau và cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường)

=> CE // AF => AFB = ENB (đồng vị) =>BAN  BFA =>

AB

NB AN

NC AB

NB AB AN

NC AB

NB FN AN

NC BA

M

N