Giới thiệu với quý thầy cô đề thi học sinh giỏi môn Toán 8 được soạn chi tiết, chuẩn về hình thức, nội dung, có đầy đủ đề và đáp án theo định hướng kiến thức mới nhất của bộ giáo dục và đào tạo. Đây là nguồn tham khảo quý cho các thầy cô khi giảng dạy trên lớp cũng như ôn thi. Mời quý thầy cô tham khảo
ĐỀ SỐ 01 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (6 điểm) Cho biểu thức: 2x �21 x x � 2x P� 1 �: 2 �4 x 12 x 13 x x 20 x � x x a) Rút gọn P b) Tính giá trị P x c) Tìm giá trị nguyên x để P nhận giá trị nguyên d) Tìm x để P Câu (3 điểm) Giải phương trình: a) 15x �1 � 12� � x 3x �x 3x � 148 x 169 x 186 x 199 x 10 25 23 21 19 b) c) x Câu (2 điểm)Giải Câu toán cách lập phương trình: Một người xe gắn máy từ A đến B dự định 20 phút Nếu người tăng vận tốc thêm 5km / h đến vận tốc dự định người B sớm 20 phút Tính khoảng cách AB Câu (7 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD.Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M điểm đối xứng C qua P a) Tứ giác AMDB hình ? b) Gọi E F hình chiếu điểm M lân AB, AD Chứng minh EF / /AC ba điểm E,F,P thẳng hàng c) Chứng minh tỉ số cạnh hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm P d) Giả sử CP BD ABCD CP 2,4cm, PD PB 16 Tính cạnh hình chữ nhật 2008 2010 Câu (2 điểm) a) Chứng minh rằng: 2009 2011 chia hết cho 2010 b) Cho x,y,z số lớn Chứng minh rằng: 1 � 2 1 xy 1 x 1 y HƯỚNG DẪN GIẢI 3 x � ;x � ;x � ;x � ;x �4 2 Câu Điều kiện: a) Rút gọn P 2x 2x � x � x �� � x � b) ) x c) 1 1 � .P ; ) x � .P 2 P 2x 1 ��� x 5�U(2) 2; 1;1;2 2x x x 2 � x (tm) x 1� x (ktm) x 1� x (tm) x 2 � x (tm) Kết luận: d) P x � 3;6;7 P nhận giá trị nguyên 2x 1 2x x Ta có: 0� x � x Để P x Với x 5thì P Câu a) Ta có: 15x �1 � 12� � x 3x �x 3x � � �1 15x � 12 � �DK : x �4;x �1 x 3 x 1 � x 4 x 1 � � 3.15x 3 x 4 x 1 3.12 x 1 12 x 4 � 3x � x (TM ) � 3x x 4 � � �� x 4 � x 4 (KTM ) � S 0 b) Ta có: 148 x 169 x 186 x 199 x 10 25 23 21 19 �148 x � �169 x � �186 x � �199 x � �� 1� � 2� � 3� � 4� � 25 � � 23 � � 21 � � 19 � �1 1 � � 123 x � � � 123 x � x 123 �25 23 21 19 � S 123 x c) Ta có: x �0x � x x x nên Phương trình viết dạng: x � x 5 � x � x 2 �� � x 2 � Vậy � x � x0 � S 0;4 Câu 3.Gọi khoảng cách A B x(km) (x 0) x 3x (km / h) 10 Vận tốc dự định người xe gắn máy là: 3h20' (h) 3x 5(km / h) 5km / h 10 Vận tốc người xe gắn máy tăng lên là: Theo đề Câu ta có phương trình: �3x � x � x 150(tm) �10 5� � � Vậy khoảng cách A B 150km 3.150 45(km / h) 10 Vận tốc dự định là: Câu a) Gọi O giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật ABCD � PO đường trung bình tam giác CAM � AM / /PO � AMDB hình thang � � b) Do A M / /BD nên OBA MAE (đồng vị) � � Tam giác AOB cân O nên OBA OAB Gọi I giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật AEMF A IE cân � IEA � IAE � � Từ chứng minh : có FEA OAB, đó: EF / /AC Mặt khác IP đường trung bình MAC nên IP / /A C Từ (1) (2) suy ba điểm E,F,P thẳng hàng c) MAF : DBA(g.g) � MF AD FA AB Không đổi PD PD PB � k � PD 9k,PB 16k PB 16 16 d) Nếu Nếu CP BD Do đó: CBD : DCP(g.g) � CP PB.PD hay PD 9k 1,8(cm); 2,4 CP PB PD CP 9.16k � k 0,2 PB 16k 3,2(cm) BD 5(cm) (1) (2) I nên Chứng minh BC BP.BD 16 , đó: BC 4cm, CD 3cm Câu a) Ta có: Vì Vì 20092008 20112010 20092008 20112010 20092008 2009 1 20092007 2010. 20112010 2011 1 20112009 2010. . chia hết cho 2010 (1) chia hết cho 2010 (2) Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh b) 1 � 2 1 xy 1 x 1 y (1) � 1 �� 1 � �� 2 ��0 � � �1 x 1 xy � �1 y 1 xy � x(y x) y(x y) � �0 1 x 1 xy 1 y2 (1 xy) y x xy 1 ۳ Vì 1 x 1 y (1 xy) 2 x �1;y �� 1�xy (2) xy � BĐT (2) nên BĐT (1) Dấu “=” xảy x y ĐỀ SỐ 02 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (6 điểm) a) Giải phương trình: y2 2y x 2x 1 1 �0 x 5x x 7x 12 x 9x 20 x 11x 30 b) Giải bất phương trình: Câu (5 điểm) 2.1 ) Cho đa thức P(x) 6x 7x 16x m a) Tìm m để P(x) chia hết cho 2x b) Với m vừa tìm câu a, tìm số dư chia P(x) cho 3x phân tích thừa số bậc 2.2) Cho đa thức P(x) x ax bx cx dx e Biết P(1) 1;P(2) 4;P(3) 16;P(5) 25 Tính P(6);P(7)? Câu (2 điểm) Cho a,b,c �� 0;1� � � 2 a b c Tìm giá trị lớn biểu thức P a b c Câu (7 điểm) ABCD AC BD Cho hình bình hành Gọi E, F hình chiếu B,D lên AC; H, K hình chiếu C AB AC a) Tứ giác DFBE hình ? Vì ? b) Chứng minh: CHK : BCA c) Chứng minh: AC AB.AH AD.AK HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a) Ta có: y2 2y � y2 2y x2 2x x 2x 2 �� x 1 3� y 1 2�� � �� � � x 1 y 1 3 y 1 2 x 1 2 2 � x 1 y 1 3 y 1 2 x 1 x 1 Vì 2 2 �0; y 1 �0 � x 1 � x 1 �� �� �y �y 1 1 �0 x 5x x 7x 12 x 9x 20 x 11x 30 1 1 � �0 x �1;2;3;4;5;6 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6 b) 1 1 1 1 �0 x x x x x x x x 1 4 ��۳� 0 x 2 x 6 x x x 2 x 6 � � �x � � 2 x �x � � �� �� x �� �x � � � � �x � Kết hợp với điều kiện ta có x x �3;4;5 Câu 3 2 2.1) a) P(x) 6x 7x 16x m 6x 9x 16x 24x 8x 12 m 12 3x2 2x 3 8x 2x 3 4 2x 3 m 12 2x 3 3x2 8x m 12 Để P(x)M 2x 3 m 12 � m 12 3 2 b) Với m 12;P(x) 6x 7x 16x 12 6x 4x 3x 2x 18x 12 2x2 3x 2 x 3x 2 6 3x 2 3x 2 2x2 x Phân tích P(x) tích thừa số bậc nhất: P(x) 6x3 7x2 16x 12 2x 3 3x 2 x 2 2.2 ) Vì P(1) 1;P(2) 4;P(3) 9;P(4) 16;P(5) 25 Mà P(x) x5 ax4 bx3 cx2 dx e � P(x) x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x2 � P(6) 5.4.3.2.1 62 156 � P(7) 6.5.4.3.2 72 769 Câu Vì a,b,c�� 0;1� � �� 1 a 1 b 1 c �0 Ta có: 1 a 1 b 1 c 1 a b c ab bc ac abc Vi a b c 2 1 ab bc ac abc �0 � ab bc ac �abc 1�1(Vi a b c Lại có: abc �0) � 2 ab bc ac �2 a2 b2 c2 2 ab bc ac � P a2 b2 c2 a b c 2 ab bc ac 2 ab bc ac �4 2 Vậy Pmax � a,b,c hoán vị 0;1;1 Câu a) DF / /BE (vì vng góc với AC) AFD CEB (Cạnh huyền – góc nhọn) � DF BE � DFBE hình bình hành � b) BC / /AK � BCK 90 � 900 BCH � ABC (góc ngồi CHB) � � � HCK � HCK 900 BCH � ABC � � � Có: CKD ACD DAC (góc DKC) � � � � � BAC � BCA � HBC mà BCA DAC;BA C DCA � CKD : CBH � c) CD CK AB CK � � CHK : BCA c.g.c BC CH BC CH A EB : AHC � AB AE � AE.AC AB.AH 1 AC AH A FD : AKC � AF AD � AF.AC AD.A K 2 AK AC Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: AE.A C AF.AC AB.AH AD.AK(3) Mà AFD CEB cmt � A F CE 3 � AC. AE EC A B.AH A D.AK � AC A B.AH AD.AK (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) ĐỀ SỐ 03 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (6 điểm) 1 1 a) Giải phương trình: x 9x 20 x 11x 30 x 13x 42 18 b) Cho a,b,c ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: A a b c �3 b c a a c b a b c Câu (5 điểm) a) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho b) Tìm số nguyên n để n 1chia hết cho n Câu (3 điểm) 1 �9 a) Cho số dương a,b,c có tổng Chứng minh rằng: a b c 2000 2000 2001 2001 2002 2002 b) Cho a,b dương a b a b a b 2011 2011 Tính a b Câu (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông A Gọi M điểm di động AC Từ C vẽ đường thẳng vng góc với tia BM cắt tia BM H, cắt tia rằng: a)OA.OB OC.OH � b) OHA có số đo không đổi c) Tổng BM.BH CM.CA không đổi BA O Chứng minh ĐỀ SỐ 49 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Câu (4 điểm) � a 1 2a 4a � a a M � �: a 4a a a � � � � Cho biểu thức a) Rút gọn M b) Tìm a để M c) Tìm giá trị a để biểu thức M đạt giá trị lớn Câu (5 điểm) 1) Giải phương trình sau: x x x6 x8 98 96 94 92 a) b) x x 2) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm x x 2 x m xm xm m2 x2 f ( x) ax bx 10 x a , b 3) Tìm cho chia hết cho đa thức g ( x) x x Câu (4 điểm) 1) Cho x y z 1 x3 y z Tính A x 2015 y 2015 z 2015 30km / h, 2) Một người dự định xe máy từ A đến B với vận tốc sau người nghỉ hết 15 phút, phải tăng vận tốc thêm 10km / h để đến B định Tính quãng đường AB ? Câu (5 điểm) O, M điểm thuộc cạnh BC Cho hình vng ABCD có AC cắt BD B, C ) (M khác Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE CM a) Chứng minh OEM vuông cân b) Chứng minh : ME / / BN c) Từ C kẻ CH BN H �BN Chứng minh ba điểm O, M , H thẳng hàng Câu (2 điểm) a, b, c thỏa mãn a b c 2016 Tìm giá trị nhỏ biểu Cho số thực dương thức: P 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c 2015 a 2016 b 2017 c HƯỚNG DẪN GIẢI Câu (2 điểm) a) Điều kiện: a �0; a �1 � a 1 a 4a � a 4a M � �: a a a a a � � � � Ta có: � a 1 2a 4a � 4a �2 � a a a 1 a a 1 a �a a � � � a 1 2a 4a a a a 1 a a 1 4a a2 a 3a 3a 2a 4a a a 4a a 4 a 1 a a 1 a 4a 4a a 1 a a b) M � 4a � a Kết hợp với điều kiện suy M a a �1 a a 4a a 2 4a M 1 2 a a a 4 c) Ta có: a 2 2 Vì a �0 với a nên a 2 a2 2 Dấu " " xảy a MaxM Vậy a Câu 1) a) Ta có: a 2 1 0�a2 �1 với a x2 x4 x6 x8 98 96 94 92 �x � �x � �x � �x � �� 1� � 1� � 1� � 1� � 98 � � 96 � � 94 � �92 � 1 � �1 � x 100 � � �98 96 94 92 � 1 1 �0 98 96 94 92 Vì Do đó: x 100 � x 100 Vậy phương trình có nghiệm : x 100 b) Ta có: x x � x3 1 x3 � x 1 x x 1 x x x * � 1� x x �x � x x x 1 2� � Do với x Nên * � x 1 x � x � 1;2 x x 2 x m x m x m m2 x 2) m x ĐKXĐ: x m �0 x �۹� (1) m � x x m x 2 x m 2 x m � 2m 1 x m * +Nếu 2m � m 3 * � x ta có: (vô nghiệm) m2 m� * � x 2m ta có +Nếu - Xét x m m2 � m � m 2m m 2m � 1� � 2m m � m m � � m � � 2� 2 (Khơng xảy vế trái ln dương) Xét x m m2 m � m 2 m m 2m � m � m �1 � Vậy phương trình vơ nghiệm 3) Ta có: m m �1 g ( x) x x x 1 x g x x2 x f ( x) ax bx 10 x Vì chia hết cho đa thức q( x) f ( x) g ( x).q ( x ) Nên tồn đa thức cho � ax bx 10 x x x 1 q ( x ) 1 Với x � a b � b a Với x 2 � 2a b 1 vào ta có: a 4 b 2 Thay Câu x y z 1 � x y z 1 1) Từ Mà x3 y z � x y z x3 y z � x y z z x3 y � x y z z � x y x xy y x y z x y z z z2 � � � � x y x y z xy yz xz xz yz z z x xy y � x y 3z 3xy yz 3xz � x y 3 y z x z x y0 x y � � �� yz0� � y z � � � � xz0 x z � � 2015 2015 2015 * Nếu x y � z � A x y z 2015 2015 2015 * Nếu y z � x � A x y z 2015 2015 2015 * Nếu x z � y � A x y z 2) x km độ dài quãng đường AB ĐK: x x Thời gian dự kiến hết quãng đường AB: 30 (giờ) Gọi Quãng đường sau giờ: Quãng đường lại : 30(km) x 30 km x 30 Thời gian quãng đường lại: 40 (giờ) x x 30 1 40 Theo ta có phương trình: 30 � x 30.5 3. x 30 � x 60 (thỏa mãn) Vậy quãng đường AB 60km Câu a) Xét OEB OMC Vì ABCD hình vng nên ta có : OB OC Và �C � 450 B 1 BE CM gt Suy OEM OMC (c.g c) � � � OE OM O1 O3 � O � BOC � 900 O Lại có: � O � EOM � 900 �O tứ giác ABCD hình vng kết hợp với OE OM � OEM vuông cân O b) Từ giả thiết ABCD hình vng � AB CD AB / / CD AM BM AB / /CD � AB / /CN � MN MC (định lý Ta-let) * Mà BE CM gt * AB CD � AE BM thay vào AM AE � ME / / BN MN EB Ta có: (theo Định lý Talet đảo) c) Gọi H ' giao điểm OM BN � � Từ ME / / BN � OME MH ' B � ' B 450 C � � � MH Mà OME 45 OEM vng cân O � OMC : BMH ' g g OM MC , � CMH � ' BM MH kết hợp OMB (hai góc đối đỉnh) � MH � ' C 450 � OMB : CMH '(c.g c ) � OBM � � � � Vậy BH ' C BH ' M MH ' C 90 � CH ' BN CH � BN H BN H H' O, M , H thẳng hàng (đpcm) Mà hay điểm Câu Ta có: 2a 3b 3c 3a 2b 3c 3a 3b 2c P 2015 a 2016 b 2017 c b c 4033 c a 4032 a b 4031 2015 a 2016 b 2017 c Đặt 2015 a x 2016 b y 2017 c z b c 4033 c a 4032 a b 4031 2015 a 2016 b 2017 c yz zx x y y x x z y z x y z x y z x z y P �2 y x z x y z 2 2 6 x y x z z y (Co si ) x yz a 673, b 672, c 671 Dấu " " xảy suy Vậy giá trị nhỏ biểu thức P a 673, b 672, c 671 (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) ĐỀ SỐ 50 ĐỀ THI CHỌN HSG TOÁN LỚP Bài (4,5 điểm) 6x �1 � Q� : x 2 � x x x x � � Cho biểu thức : Q, Q a) Tìm điều kiện xác định rút gọn Q b) Tìm x Q c) Tìm giá trị lớn biểu thức Bài (4,5 điểm) a) Giải phương trình : 2x 2x 6x2 9x 1 2x 2x x 1 x b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x x x c) Tìm giá trị Bài (4,0 điểm) x, y nguyên dương cho : x y y 13 ab bc ca b c a abc � � a) Cho Chứng minh a b c b) Cho số tự nhiên n Chứng minh 2n 10a b a, b ��,0 b 10 tích ab chia hết cho Bài (5,0 điểm) AD, BE , CF cắt H Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Các đường cao a) Chứng minh rằng: BD.DC DH DA HD HE HF AD BE CF b) Chứng minh rằng: c) Chứng minh rằng: H giao điểm đường phân giác tam giác DEF M , N , P , Q, I , K BC , CA, AB , d) Gọi trung điểm đoạn thẳng EF , FD, DE Chứng minh ba đường thẳng MQ, NI , PK đồng quy điểm Bài (1,0 điểm) AB AC b; BC a Đường phân giác BD Cho tam giác ABC cân A có tam giác ABC có độ dài cạnh bên tam giác ABC Chứng minh rằng: 1 b b a a b Bài (1,0 điểm) a b c � a, b, c 0; a b c Chứng minh rằng: b c a 2 Cho HƯỚNG DẪN GIẢI Câu a) ĐK: x �1; x �2 x2 x 6x 2x x x 1 Q x 1 x x 1 x x x 1 x x x 1 � 1 � x x � x 1 x � � x2 x x 1 � b) So sánh với điều kiện suy x Q � 1� 3 Q ; 0; x x �x � � � 2� 4 x x Vì c) Q GTLN � x x đạt GTLN � x x đạt Q x Q Vậy GTLN Q � x tm Lúc 1 7 x � ;x � 2 Câu a) ĐK: x 3 x x x 1 x x 1 x x x 1 x x x 1 x x 1 x x 1 x 20 x 21 x 12 x x 16 x x x � x x 1 x x 1 x 16 2 x x 16 � x x 1 2x 7 � x 16 2 x x 16 � x x � x x 1 x (tm) � � � 1 � x (ktm) � Vậy phương trình có nghiệm x b) Ta có x3 x x x x x x x x x x 1 x 1 c) Ta có: x y y 13 � x y 1 12 � x y 1 x y 1 12 Do x y x y 1 y x y 1 x y 1 số chẵn x, y ��* nên x y x y hai số nguyên dương chẵn x y 1 x y 1 Từ suy có trường hợp : � x y Vậy x; y 4;1 Câu ab bc ca 1 1 �a b c c a b c a a) Từ b Do đó: 1 bc 1 ca 1 a b a b ;b c ;c a c b bc a c ac b a ab Suy : a b b c c a a b b c c a a 2b c � a b b c c a a 2b 2c 1 � a b b c c a (do abc ��1 ) Suy a b c b) Ta có: 2n 10a b � bM2 � abM2 Ta chứng minh (1) abM (2) n n Thật , từ đẳng thức 10a b � có chữ số tận b Đặt n Σ� 4k r k , r �,0 r n k r ta có: 16 2n 2r 2r 16k M 10 � 2n r r Nếu tận Suy b 2r � 10a n r r. 16 k 1 M � aM � abM 1 suy abM6 Từ Câu Do a) Chỉ S HBC S ABC b) Ta có: BDH : ADC ( g g ) � BD DH � BD.DC DH DA AD DC HD.BC HD AD.BC AD HE S HAC HF S HAB ; BE S ABC CF S ABC Tương tự HD HE HF S HBC S HAC S HAB S ABC 1 AD BE CF S ABC S ABC Do đó: � AEF : ABC c.g c � � AEF ABC c) Chứng minh � � � � Tương tự: DEC ABC Do đó: AEF DEC � � � � � � Mà AEF HEF DEC HED 90 nên HEF HED � EH phân giác ngồi góc EFD Do H giao đường phân giác tam giác DEF EM BC d) Do BEC vuông E, M trung điểm BC nên (trung tuyến ứng FM BC với cạnh huyền), Tương tự: MQ EF Do đó: EMF cân M, mà Q trung điểm EF nên � MQ MQ đường trung trực EF đường trung trực tam giác DEF Hoàn toàn tương tự, chứng minh NI PK đường trung trực tam MQ, NI , PK giác DEF nên ba đường thẳng đồng quy điểm Câu Vẽ BH đường cao tam giác ABC BA BD có BH đường cao nên đường trung Tam giác BAD cân B tuyến AD � AH Tam giác ABC có BD đường phân giác, ta có: DA AB b DA DC DA DC AC b b2 � � DA DC BC a b a a b a b a b a b Tam giác HAB vuông H, theo định lý Pytago ta có: AD AB BH AH � BH b (1) Tam giác HBC vuông H, theo định lý Pytago, ta có: 2 2 BC BH HC � BH BC AC AH 2 2 2 � AD � a � b � � � AD � BH a b b AD (2) Từ (1) (2) ta có: 2 AD AD 2 b a b b AD � b a b AD b 4 ab ab b 1 b � b a b a � � ab ab b a a b a b Vậy toán dược chứng minh Câu Do a, b b �2b với b nên: a ab ab ab a � a a b2 b2 2b b bc c ca �b ; �c 2 1 a Tương tự ta có: c a b c ab bc ca �3 2 2 Mà a b c nên b c a (1) a b c � a b c Cũng từ � a b c ab bc ca Mà a b �2ab; b c �2bc; c a �2ac nên a b c �ab bc ca Suy ab bc ca �9 � ab bc ca �3 a b c 3 � 2 1 , b c a 2 Từ suy Đẳng thức xảy � a b c dpcm (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) _HẾT _ ... 6 86 84 82 b) �x 214 � �x 132 � �x 54 � �� 1� � 2� � 3� � 86 � � 84 � � 82 � x 300 x 300 x 300 � 0 86 84 82 �1 1 � � x 300 � �� x 300 � x 300 ? ?86 84 82 ... 4y ? ?8 x 4 y 4 1 .8 2.4 Từ ta tìm giá trị x,y,z là: x;y;z � 5;12;13 ; 12;5;13 ; 6 ;8; 10 ; 8; 6;10 (Học sinh làm cách khác điểm tối đa) ĐỀ SỐ 08 ĐỀ THI CHỌN HSG TỐN... a a a a2 8a a2 8a 15 15 8a 12 a a 2 a 6 a 8a 22 a2 8a 120 8a 11 12 2 Câu 2.Giả sử : 8a 10 8a 10 x a x 10