Chuyen de

1.
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: TOÁN LỚP 8
( Thời gian làm bài: 150 phút )
Câu 1. (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
a) 2
x 7x 6 ; 
b) 4 2
x 2008x 2007x 2008.  
Bài 2. (4,0 điểm) Giải phương trình:
a) 2
x 3x 2 x 1 0 ;    
b)  
2 2 2
22 2
2 2
1 1 1 1
8 x 4 x 4 x x x 4 .
x x x x
      
             
      
Câu 3. (4,0 điểm)
a) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:
2 2 2
1 1 1 3
1 x 1 y 1 z 1 xyz
  
   
b) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức
    x 2 x 4 x 6 x 8 2008     cho đa thức 2
x 10x 21  .
Câu 4 ( 4,0 điểm ) Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, gäi M lµ mét ®iÓm di ®éng trªn
c¹nh AC, tõ C vÏ đường th¼ng vu«ng gãc víi tia BM t¹i H, c¾t tia BA t¹i O. Chøng
minh r»ng:
a) OA.OB = OC.OH;
b) OHAcã sè ®o kh«ng ®æi ;
c) Tæng BM.BH + CM.CA kh«ng ®æi.
Câu 5. ( 2,0 điểm) Trên cạnh AB ở phía trong hình vuông ABCD dựng tam giác
AFB cân, đỉnh F có góc đáy là o
15 . Chứng minh rằng tam giác CFD là tam giác
đều.
Câu 6. ( 2,0 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình :
x y 2012  .
----------------Hết----------------
Họ và tên thí sinh:…………………………………………………SBD:…………
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC

2. Câu 1 ý Nội dung Điểm
1. 4,0
a
   2 2
7 6 6 6 1 6 1x x x x x x x x         
  1 6x x  
1
1
b
4 2 4 2 2
2008 2007 2008 2007 2007 2007 1x x x x x x x         0,5
     
24 2 2 2 2 2
1 2007 1 1 2007 1x x x x x x x x            0,5
       2 2 2 2 2
1 1 2007 1 1 2008x x x x x x x x x x             1
2. 4,0
a 2
3 2 1 0x x x     (1)
+ Nếu 1x  : (1)  
2
1 0 1x x     (thỏa mãn điều kiện 1x  ).
+ Nếu 1x  : (1)     2 2
4 3 0 3 1 0 1 3 0x x x x x x x            
1; 3x x   (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị
loại)
Vậy: Phơng trình (1) có một nghiệm duy nhất là 1x  .
0,5
0,5
0,5
0,5
b
 
2 2 2
22 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4 4x x x x x
x x x x
      
             
      
(2)
Điều kiện để phơng trình có nghiệm: 0x 
(2)  
2 2
22 2
2 2
1 1 1 1
8 4 4x x x x x
x x x x
        
                
         
   
2
2 22
2
1 1
8 8 4 4 16x x x x
x x
   
           
   
0 8x hay x    và 0x  .
Vậy phơng trình đã cho có một nghiệm 8x  
0,5
0,5
0,5
0,5
3 4,0
a
Ta có:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 1 1
0
1 x 1 y 1 xy 1 x 1 xy 1 y 1 xy
   
                  
2
2 2 2 2
x(y x) y(x y) (y x) (xy 1)
0 0
(1 x )(1 xy) (1 y )(1 xy) (1 x )(1 y )(1 xy)
   
    
      
Vì x  1; y  1 xy  1  xy – 1  0, bất đẳng thức cuối cùng đúng,
suy ra bất đẳng thức đã cho đúng, dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
y .
Áp dụng kết quả trên, ta có:
0,5
0,5

3. 2 2
1 1 2 2
(Do z 1)
1 x 1 y 1 xy 1 xyz
   
   
Tương tự:
2 2 2 2
1 1 2 1 1 2
;
1 y 1 z 1 xyz 1 z 1 x 1 xyz
   
     
Cộng từng vế 3 bất đẳng thức ta suy ra được:
2 2 2
1 1 1 3
1 x 1 y 1 z 1 xyz
  
   
0,25
0,25
0,5
b Ta có:
    
  2 2
( ) 2 4 6 8 2008
10 16 10 24 2008
P x x x x x
x x x x
     
     
Đặt 2
10 21 ( 3; 7)t x x t t       , biểu thức P(x) đợc viết lại:
   2
( ) 5 3 2008 2 1993P x t t t t      
Do đó khi chia 2
2 1993t t  cho t ta có số d là 1993
0,5
0,5
0,5
0,5
4 4,0
a
Chøng minh: BOH COA (g.g)
OB OH
OC OA
  
OA.OB = OC.OH
0,5
0,5
b
Ta có
OB OH
OC OA
 (suy ra tõ BOH COA)
OA OH
OC OB
 
Chứng minh được OHA OBC (c.g.c)
 OHA OBC   (kh«ng ®æi)
0,5
0,5
c VÏ MK BC
 BKM BHC (g.g)
BM BK
BC BH
   BM.BH = BC.BK (1)
CKM CAB (g.g)
CM CK
CB CA
   CM.CA = BC.CK (2)
Cộng từng vế của (1) với (2), ta được:
BM.BH + CM.CA = BC.BK + BC.CK
0,5
0,5
0,5

4. = BC.(BK + CK) = BC2
(kh«ng ®æi). 
0,5
Câu5 2,0
Dựng tam giác cân BIC như AFB có góc đáy 150
.
Suy ra :  0
2 B 60 (1) .
Ta có ΔAFB ΔBIC (theo cách vẽ ) nên: FB = IB (2).
Từ (1) và (2) suy ra : FIB đều .
Đường thẳng CI cắt FB tại H . Ta cã: 
2 I = 300
( góc ngoài của
CIB ).
Suy ra: 
2 H = 900
( vì B= 600
)  FIB là tam giác đều nên IH là
trung trực của FB hay CH là đường trung trực của CFB . Vậy
CFB cân tại C. Suy ra : CF = CB (3)
Chứng minh tương tự, ta có DFC cân tại F. Do đó: FD = FC (4).
Từ (3) và (4), suy ra: FD = FC = DC ( = BC).
Vậy ΔDFC đều.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 6 2,0

5.
Từ phương trình suy ra:
x 2012 y 2012 x 2012    
Tương tự
y 2012 x 2012 y 2012    
Vậy 0  x, y  2012.
Cũng từ đề bài suy ra:
 
2
y 2012 y y 2012 x 2012 2 x. 2012 x       
2
y 2012 2 2012.x x 2012 4 503x x x 503k (k )         
mà x  2012  503k2
 2012  k2
 4  k2
 {0; 1; 4}
0,5
0,25
0,25
0,25
 k2
= 0  x = 0 (loại) 0,25
 k2
= 1  x = 503  y = 503 (nhận) 0,25
 k2
= 4  x = 2012  y = 0 (loại) 0,25
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) = (503; 503). 
Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm tuyệt
đối.