ĐỀ SỐ 1
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm: 01 trang)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

Môn thi: Toán 8
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4,0 điểm): Phân tích đa thức thành nhân tử:
a. x 2 + 7x +12
b. x 4 + 2023x 2 + 2022x + 2023
Câu 2: (4,0 điểm):
a. Chứng minh rằng nếu: x 2 + y 2 + z 2 = xy + xz + yz thì x = y = z
b. Tìm dư trong phép chia đa thức P(x)   x + 2  x + 4  x + 6  x + 8  + 2022
cho đa thức x 2 +10x + 21 .
Câu 3: (4,0 điểm):
a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 2x 2 + 3x - 4
b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 2xy + 3x - 5y = 9
Câu 4: (7,0 điểm):
Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt
đường thẳng BC tại P và R, cắt đường thẳng CD tại Q và S.
a. Chứng minh  AQR và  APS là các tam giác cân.
b. QR cắt PS tại H; M, N lần lượt là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác
AMHN là hình chữ nhật.
c. Chứng minh P là trực tâm  SQR.
d. Chứng minh MN là đường trung trực của AC.
e. Chứng minh bốn điểm M, B, N, D thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm):
Chứng minh: B  n3  6n 2  11n  6  24 với n là một số tự nhiên lẻ.
Hết
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ……………………………………. Số báo danh: ………………..
Cán bộ coi thi số 1: …………………………… Cán bộ coi thi số 2: …………………

Câu

2

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
Môn: Toán 8
Nội dung
2

2

a ) x  7 x  12  x  3 x  4 x  12  ( x  3 x)  (4 x  12)
 x( x  3)  4( x  3)  ( x  3)( x  4)

Câu 1
4
2
+ 2023 = x 4  x + 2023x 2  2023 x  2023
(4,0 b) x 3+ 2023x + 2022x
2
2
2
điểm)  x(x  1)  2023(x + x +1)  x( x  1)( x  x  1)  2023( x  x  1)
 ( x 2  x  1)( x 2  x  2023)

a) Ta có: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx
 2x2 + 2y2 + 2z2 = 2xy + 2yz + 2zx
 x2 – 2xy + y2 + y2 – 2yz + z2 + z2 – 2zx + x2 = 0
 (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0
(1)
2
2
Ta có : (x – y)  0, (y – z)  0 , (z – x)2  0
Câu 2
(4,0
điểm)

x  y  0

Do đó: (1)   y  z  0 .
z  x  0

b) P( x)   x  2  x  4  x  6  x  8   2022   x 2  10 x  16  x 2  10 x  24   2022

Đặt t  x 2  10 x  21 (t  3; t  7) , biểu thức P(x) được viết lại:
P( x)   t  5 t  3  2022  t  2t  2007
2

Do đó khi chia t 2  2t  2007 cho t ta có số dư là 2007
3 9 9
 4
4 16  8

Điểm
1,0
1,0
0,5
1,0
0,5

1,0

1,0

1,0
1,0

a) Ta có: A = 2x 2 + 3x - 4 = 2  x 2  2.x. 


2

3
3
3  41 41

Dấu “=” xảy ra khi x   0  x 
= 2 x +   
4
8
8
4
4

41
3
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là
đạt được khi x 
8
4

Câu 3
(4,0
điểm)

b) 2xy + 3x - 5y = 9

 4xy + 6x -10y = 18  2x(2y + 3) - 5(2y + 3) = 3
 (2y + 3)(2x - 5) = 3 do x, y là các số nguyên nên ta có bảng sau:

2x - 5
-3
-1
1
3
2y + 3
-1
-3
3
1
x
1
2
3
4
y
-2
-3
0
-1
Vậy các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn là: (1;-2), (2;-3), (3;0), (4;-1)

1,0
1,0
0,5
0,5

1,0

Vẽ đúng hình, cân đối đẹp.
B

AR
a) ADQ  ABR (cgv-gn) vì DAQ

0,5

 ) và DA = BA (cạnh hình
(cùng phụ với BAQ

Câu 4 vuông). Suy ra AQ = AR, nên  AQR là tam
(7,0 giác vuông cân tại A. Chứng minh tương tự
điểm) ta có:  ABP =  ADS
do đó AP = AS và  APS là tam giác vuông
cân tại A.
b) AM và AN là đường trung tuyến của tam
giác vuông cân AQR và APS nên AN  SP và AM  RQ. Mặt khác:
  PAM
 = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AMHN có ba góc
PAN

vuông, nên AMHN là hình chữ nhật.
c) Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đường cao
của  SQR. Vậy P là trực tâm của  SQR.
d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung điểm nên AM
1
2

1,5

1,5
1,0

= QR
 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.

Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông
SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực
của AC
e) Vì ABCD là hình vuông nên B và D cũng cách đều A và C. Nói cách
khác, bốn điểm M, N, B, D cùng cách đều A và C nên chúng nằm trên
đường trung trực của AC, nghĩa là chúng thẳng hàng.

1,0

1,5

n3  6n 2  11n  6  n3  3n 2  3n 2  9n  2n  6
 n 2 (n  3)  3n(n  3)  2(n  3)
 (n  3)(n 2  3n  2)
 (n  3) (n 2  n)  (2n  2) 
 (n  3) n(n  1)  2(n  1) 

Câu 5
 (n  3)(n  2)(n  1)
(1,0
điểm) Do n lẻ nên n-3, n-2, n-1 là 3 số tự nhiên liên tiếp trong đó có hai số
chẵn. Trong 2 số chẵn này có một số chia hết cho 2, một số chia hết cho
4.
Nên (n  3)(n  2)(n  1) 2.4  8
Mặt khác (n  3)(n  2)(n  1) là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên
(n  3)(n  2)(n  1) 3 mà (8;3) = 1

0,5

0,5

 (n  3)(n  2)(n  1)8.3  24
Vậy, n3  6n 2  11n  6  24 với mọi số tự nhiên n lẻ.

* Lưu ý: Học sinh làm cách khác đúng vẫn tính điểm tối đa.

ĐỀ SỐ 2
Bài 1 (3 điểm). Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a) a4 + 8a3 + 14a2 - 8a -15
b) 4a2b2 - (a2 + b2 - c2)2
Bài 2 (3 điểm).
a) Tính A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + n(n+1)
b) Chứng minh (a2 + 3a + 1)2 - 1 chia hết cho 24 với a là số tự nhiên.
Bài 3 (3 điểm). Cho

1 1 1
  0
a b c

Tính giá trị biểu thức M =

bc ca ab


a
b
c

Bài 4 (4 điểm). Tìm giá trị nguyên của x để phân thức sau có giá trị nguyên.

2x 3  6x 2  x  8
A=
x3
Bài 5 (4 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điểm nằm giữa B và C. Từ
M kẻ MD song song AB (D  AC), kẻ ME song song AC (E  AB)
a) Xác định vị trí của M nằm trên BC để DE ngắn nhất.
b) Tinh DE ngắn nhất với AB = 4(cm); ABC = 600
Bài 6 (3 điểm). Tìm x biết: x5(3x – 1)m+3 : x5(3x – 1)m-1 – 56 : 52 = 0;
(với x ≠ 0; x ≠

1
; m N*)
3

--------------- HẾT ---------------Lưu ý : Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT TOÁN LỚP 8
Bài 1 (3 điểm):
a) a4 + 8a3 + 14a2 - 8a -15 = a4 + 8a3 + 15a2 - a2 - 8a -15
= (a4 + 8a3 + 15a2) - (a2 + 8a +15)
= a2( a2 + 8a + 15) - (a2 + 8a +15)
= (a2 + 8a +15)( a2 - 1)
= (a+3)(a+5)(a+1)(a-1)
b) 4a2b2 - (a2 + b2 - c2)2 = (2ab)2- (a2 + b2 - c2)2
= (2ab + a2 + b2 - c2) (2ab - a2 - b2 + c2)
= [(a+b)2 - c2][c2 - (a-b)2]
= (a + b - c)(a + b+c)(c-a+b)(c+a-b)
Bài 2 (3 điểm):
a) Ta có 3x(x+1) = x(x+1)(x+2) – (x-1)x(x+1).
Do đó: 3A = 1.2.3 – 0.1.2 + 2.3.4 – 1.2.3 + 3.4.5 – 2.3.4 + .... + n(n+1)(n+2) – (n-1)n(n+1)
= n(n+1)(n+2)
 A=

n(n  1)(n  2)
3

b) (a2+3a+1)2-1 = (a2 +3a+1+1)(a2+3a+1-1) = (a2+3a+2)(a2+3a) = a(a+1)(a+2)(a+3) chia
hết cho 24. (tích của bốn số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 24)
Bài 3 (3 điểm):
bc ca ab


M=
a
b
c
bc
 ca
 ab

 1  
 1  
 1  3
M= 
 a
  b
  c

abc abc abc


3
M=
a
b
c
1 1 1
M = a  b  c      3

M = –3
Bài 4 (4 điểm).

a

b

c

5
2x3  6x 2  x  8
2
( x  3)
A=
= 2x  1 
x3
x3
 x  3 là ước của 5  ư (5) = { -5; -1; 1; 5}
Nếu x  3  5  x  2
Nếu x  3  1  x  2
Nếu x  3  1  x  4
Nếu x  3  5  x  8
x  2;
x  4;
x8
Vậy x  2 ;
Bài 5 (4 điểm).

A

E

D

M

B

C

M
a) Tứ giác ADME có:
AE//DM (AB//DM) ; AD//EM (AC//EM) và A = 900 (gt)
 tứ giác ADME là hình chữ nhật
 DE = AM (t/c hình chữ nhật)
Mà AM ngắn nhất khi AM  BC tức là AM là đường cao ∆ABC
Vậy M là chân đường cao kẻ từ A đến BC của ∆ ABC
b) Xét ∆ ABM vuông tại M có ABM = 600
 ∆ ABM là nữa tam giác đều có cạnh AB
AB 4
 = 2(cm)
 BM =
2
2
2
2
 AM = AB – BM2 = 42 – 22 = 12 (pi-ta-go)
 AM = 12 cm
Vậy AM ngắn nhất bằng 12 cm  DE ngắn nhất bằng

12 cm

Câu 6 (3 điểm):
Ta có: x5(3x – 1)m+3 : x5(3x – 1)m-1 – 56 : 52 = 0 ( với x ≠ 0 ; x ≠
(3x – 1)m+3 – (m-1) – 56 – 2 = 0
(3x – 1)4 = 54
 3x – 1 = 5 hoặc 3x – 1 = –5
x=2
Vậy x = 2 ;

x=
x=

4
3

1
)
3

4
3

----------- HẾT -------------

Lưu ý: Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học
sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa.

ĐỀ SỐ 3
Câu 1 (4 điểm).
Chứng minh rằng biểu thức sau đây không phụ thuộc vào biến x
4(6 - x) + x2 (2 + 3x) - x(5x - 4) + 3x2 (1 - x)
Câu 2 (4 điểm).
Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử
a. x2y + xy2 - x - y
b. x2 + 5x - 50
Câu 3 (3 điểm).
x-1
x2-3x+2
a. Tìm điều kiện của x để A xác định
b. Rút gọn A
c. Tìm x đề giá trị của A bằng 1

Cho phân thức A =

Câu 4 (4 điểm).
Cho tam giác ABC. Trên tia đối của tia BC lấy điểm D sao cho BD = BA. Trên tia
đối của tia CB lấy điểm G sao cho CG = CA. Kẽ BH vuông góc với AD, CK vuông góc
với AG. Chứng minh rằng:
a. AH = HD
b. HK //BC
Câu 5 (3 điểm):
Cho tam giác đều ABC. M là điểm thuộc cạnh BC. I và D lần lượt là trung điểm của
AM và BC; E, F là chân đường vuông góc kẽ từ M đến AB và AC.
ˆ và DIF
ˆ .
a. Tính số đo các góc DIE
b. Chứng minh tứ giác DEIF là hình thoi.
Câu 6 (2 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 .
--------------- HẾT ---------------Lưu ý : Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT HSG LỚP 8
Câu

Nội dung
4(6 - x) + x (2 + 3x) - x(5x - 4) + 3x2 (1 - x)
Câu 1
= 24 - 4x + 2x2 + 3x3 – 5x2 + 4x + 3x2 – 3x3
(4đ)
= 24
a. x2y + xy2 - x - y
= (x2y + xy2) – (x + y) = xy(x + y ) – ( x + y )
Câu 2
= (xy – 1)( x + y)
(4đ) b. x2 + 5x - 50 = x2 + 10x – 5x – 50
= (x2 + 10x) - (5x +50) = x(x + 10) – 5(x + 10)
= (x – 5)(x + 10)
A = x-1
x2-3x+2
a. Để A xác định khi x2 – 3x + 2  0  x  1 và x  2
Câu 3
x 1
1

(3đ) b. A = x-1 =
x2-3x+2 ( x  1)( x  2) x  2
1
 1  x  2  1 x  3
c. để A = 1 

Điểm

2

2đ
2đ
1đ
1đ
1đ
0.5đ
0.5đ
1đ
1đ

x2

a. ABD cân B, BH là đường cao nên AH = HD
b. tương tự câu a ta có AK = KG
HK là đường trung bình của ADG nên HK //DG. Vậy HK // BC

1đ
2đ
1đ
1đ

Câu 4
(4đ)

a. Tam giác AEM vuông tại E , EI là đường trung tuyến nên ta có
ˆ . (1)
ˆ  2 EAI
IE = IA = IM khi đó EIM
Ta lại có tam giác ADM vuông tại D, DI là đường trung tuyến
ˆ (2)
ˆ  2 DAI
Nên ID = IA = IM , DIM
ˆ  600
ˆ  2 EAD
Từ (1) và (2) ta có: EID
0
0
Câu 5 Vậy góc DIE bằng 60 , tương tự góc DIF bằng 60
ˆ  600 nên DIE đều
(3đ) b. DIE cân tại I, mà DIE
tương tự DIF đều từ đó DEIF là hình thoi
F

Câu 6 Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z; trong đó cạnh huyền

0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ

(2đ)

là z (x, y, z là các số nguyên dương )
Ta có xy = 2(x + y + z) (1) và x2 + y2 = z2 (2)
Từ (2) suy ra z2 = (x + y)2 - 2xy , thay (1) vào ta có :
z2 = (x + y)2 - 4(x + y + z)
z2 + 4z = (x + y)2 - 4(x + y)
z2 + 4z + 4 = (x + y)2 - 4(x + y) + 4
(z + 2)2=(x + y - 2)2 , suy ra z + 2 = x + y - 2
z=x+y-4 ;
thay vào (1) ta được :
xy = 2(x + y + x + y - 4)
xy - 4x - 4y = -8
(x - 4)(y - 4) = 8 = 1.8 = 2.4
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)
----------- HẾT -------------

0,5đ0,25

0,5đ

0,5đ0,25
0,5đ0,25

Lưu ý: Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học
sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa.

Bài 1 (3 điểm). Chứng minh rằng:
a)
85 + 211 chia hết cho 17
b)
1919 + 6919 chia hết cho 44
Bài 2 (3 điểm). Tìm x biết:

ĐỀ SỐ 4

 2009  x 2   2009  x  x  2010    x  2010 2
 2009  x 2   2009  x  x  2010    x  2010 2



19
.
49



x2
6
1  
10  x 2




:
x

2

3
 
x2
 x  4 x 6  3x x  2  

Bài 3 (4 điểm). Cho biểu thức A = 





a) Tìm điều kiện của x để A xác định .
b) Rút gọn biểu thức A .
c) Tìm giá trị của x để A > O
Bài 4 (4 điểm). Tìm giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên:
4 x 3  3x 2  2 x  83
A=
x 3
 và phân
Bài 5 (3 điểm): Cho tam giác ABC, đường cao AH, vẽ phân giác Hx của góc AHB
 . Kẻ AD vuông góc với Hx, AE vuông góc Hy.
giác Hy của góc AHC

Chứng minh rằng tứ giác ADHE là hình vuông.
 và điểm I nằm trong góc đó. Kẻ IC vuông góc với Ox;
Bài 6 (3 điểm). Cho góc vuông xOy

ID vuông góc với Oy. Biết IC = ID = a. Đường thẳng kẻ qua I cắt Ox ở A cắt Oy ở B.
a) Chứng minh rằng tích AC.DB không đổi khi đường thẳng đi qua I thay đổi.
b) Biết diện tích tam giác AOB là SAOB =

8a 2
. Tính CA và DB theo a.
3

--------------- HẾT ---------------Lưu ý : Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT TOÁN LỚP 8
Câu 1 (3 điểm):
a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1) = 211.17
Nên kết quả trên chia hết cho 17.
b) (1,5đ) Áp dụng hằng đẳng thức:
an + bn = (a + b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - …- abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ.
Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 +…+ 6918)
= 88(1918 – 1917.69 + …+ 6918) chia hết cho 44.
Câu 2 (3 điểm):
2
2
 2009  x    2009  x  x  2010    x  2010   19 .
2
2
 2009  x    2009  x  x  2010    x  2010  49
ĐKXĐ: x  2009; x  2010 .
Đặt a = x – 2010
(a  0), ta có hệ thức:
2
 a  1  a  1a  a 2  19  a 2  a  1  19
2
3a 2  3a  1 49
 a  1  a  1a  a 2 49
 49a 2  49a  49  57a 2  57a  19  8a 2  8a  30  0
3

a


2
2 (thoả ĐK)
  2a  1  4 2  0  2a  3 2a  5   0  
a   5

2
4023
4015
Suy ra x =
hoặc x =
(thoả ĐK)
2
2
4023
4015
Vậy x =
và x =
là giá trị cần tìm.
2
2
Câu 3 (4 điểm):
a) x # 2 , x # -2 , x # 0
(0,75đ)
x
2
1  6


:
 x 4 2 x x  2 x  2

b) A = 
=
=

2

(2đ)

x  2 x  2   x  2
6
:
x  2x  2 x  2

6
x2
1
.

x  2x  2 6 2  x

1
 0  2  x  0  x  2 (1,25đ)
2 x
4
Câu 4 (4 điểm). Biến đổi A = 4x2 + 9x + 29 +
(1đ)
x 3

c) Để A > 0 thì

 A Z 

4
 Z  x-3 là ước của 4
x 3

(1đ)

 x-3 =  1 ;  2 ;  4

(1đ)
(1đ)

 x = -1; 1; 2; 4 ; 5 ; 7

Câu 5 (3 điểm).

 ; Hy phân giác của góc AHC
 mà AHB
 và AHC
 là hai
Hx là phân giác của góc AHB
góc kề bù nên Hx và Hy vuông góc
(1đ)
 = 900 mặt khác ADH
  AEH
 = 900
Hay DHE
Nên tứ giác ADHE là hình chữ nhật (1)
(1đ)

AHB 900

AHD 

 450
2
2

AHC 900
AHE 

 450
Do 
2
2


 AHD  AHE
 (2)
Hay HA là phân giác DHE

Từ (1) và (2) ta có tứ giác ADHE là hình vuông (1đ)
Câu 6 (3 điểm):
 = ABO
 (cặp góc đồng vị)
a) (1,5đ) Ta có góc A chung và AIC
  IAC ~  BAO (g.g)
Suy ra:

AC
IC


AO BO

AC AO

IC
BO

 BID ~  BAO (g.g)
OA OB
OA ID

Suy ra:


ID BD
OB BD
AC ID
Từ (1) và(2) Suy ra:

IC
BD

(1)

Tương tự:

(2)

Hay AC. BD = IC . ID = a2
Suy ra: AC.BD = a2 không đổi.
b) (1,5đ) Theo công thức tính diện tích tam giác vuông ta có:
SAOB

8a 2
1
= OA.OB mà SAOB =
3
2

(giả thiết)

1
8a 2
16a 2
hay OA.OB =
 OA . OB =
2
3
3
16a 2
Suy ra: (a + CA)(a + DB ) =
3

16a 2
 a + a(CA + DB) + CA.DB =
3
2

16a 2
10a 2
2
Mà CA . DB = a ( theo câu a)  a(CA +DB) =
- 2a =
3
3
10a
 CA + DB =
.
3
2

CA.DB  a 2
Vậy: 
10a
CA  DB 
3


Giải hệ pt

a
và DB = 3a
3
a
Hoặc CA = 3a và DB =
3
 CA =

----------- HẾT -------------

Lưu ý: Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học
sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa.

ĐỀ SỐ 5
Câu 1 (3 điểm). Cho a, b, c thoả mãn

1 1 1
1
  
a b c abc

Tính giá trị của biểu thức: M = (a19 + b19)(b5 + c5)(c2017 + a2017)
x-1
x -3x+2
a) Tìm điều kiện của x để A xác định

Câu 2 (3 điểm). Cho phân thức A =

2

b) Rút gọn A
c) Tìm x đề giá trị của A bằng 1 .
Câu 3 (3 điểm). Cho P = x2 + x + 1. Tìm x để P có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó.
Câu 4 (4 điểm). Tính giá trị của các biểu thức sau:

A = – 12 + 22 – 32 + 42 – …… – 992 + 1002
B=

ab
bc
ca


; Biết a + b + c = 0
a 2  b2  c2 b2  c2  a 2 c2  a 2  b2

Câu 5 (3 điểm): Tổng tuổi của hai anh em hiện nay là 63. Tuổi của người anh hiện nay gấp
đôi tuổi của người em lúc người anh bằng tuổi của em hiện nay. Hỏi tuổi hiện nay của mỗi
người ?
Câu 6 (4 điểm). Cho hình vuông ABCD. Qua A kẽ hai đờng thẳng vuông góc với nhau lần
lợt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S.
1) Chứng minh  AQR và  APS là các tam giác cân.
2) QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN
là hình chữ nhật.
3) Chứng minh P là trực tâm  SQR.
4) Chứng minh MN là trung trực của AC.
--------------- HẾT ---------------Lưu ý : Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT HSG LỚP 8

1 1 1
1
  
a b c abc
1 1
1
1
ab
 ( a  b)
 
 


ab
c(a  b  c)
a b abc c
 (a + b)c(a + b + c) = –ab(a + b)  (a + b)[c(a + b + c) + ab] = 0
 (a + b)[c(a + c) + bc + ab] = 0  (a + b)[c(a + c) + b(c + a)] = 0
 (a + b)(a + c)(c + b) = 0  a + b = 0 hoặc b + c = 0 hoặc c + a = 0
 a = –b hoặc b = –c hoặc c = –a  M = 0
Câu 2 (3 điểm). Mỗi câu 1 điểm:
A = x-1
x2-3x+2
a. A xác định khi x2 – 3x + 2  0  x  1 và x  2
x 1
1
b. A = x-1 =

x2-3x+2 ( x  1)( x  2) x  2
1
c. A = 1 
 1  x  2  1 x  3
Câu 1 (3 điểm):

x2

Câu 3 (3 điểm): Cho P = x2 + x + 1. Tìm x để P có giá trị nhỏ nhất, tìm giá trị đó.
1 2
3
) +
2
4
1
1
Do (x + )2 không âm nên nhỏ nhất khi (x + )2 = 0
2
2
1
3
Tức là x= - thì biểu thức có giá trị nhỏ nhất là
2
4

Ta có P = x2 + 2x

1
1
3
+ ( )2 +
2
2
4

= (x +

Câu 4 (4 điểm). (Mỗi câu đúng 2 điểm):
A = -12 + 22 - 32 + 42 - ……- 992 + 1002
A = (22 – 12 ) + ( 42 – 32 )+ ……+ (1002 - 992 )
A = 1 + 2 + 3 + 4 + ……+ 99 + 100)
A = 50 .101 = 5050
Từ a + b + c = 0  a + b = - c  a2 + b2 –c2 = - 2ab
Tương tự b2 + c2 – a2 = - 2bc; c2+a2-b2 = -2ac
B=

ab
bc
ca
3



 2ab  2bc  2ca
2

Câu 5 (3 điểm). Gọi tuổi của anh hiện nay là x, thì tuổi em hiện nay là 63 – x.
Khi tuổi anh bằng tuổi em hiện nay tức là trước đây x – (63 – x) năm
ta có tuổi em lúc ấy là: 63 – x – x – (63 – x ) = 126 – 3x
Theo bài ra ta có phương trình: x = 2(126 – 3x) => x = 36.
Tuổi anh hiện nay là 36, tuổi em hiện nay là 27.
Câu 6 (4 điểm):

1)  ADQ =  ABR vì chúng là
hai tam giác vuông (để ý góc có cạnh
vuông góc) và DA = BA (cạnh hình
vuông). Suy ra AQ = AR, nên  AQR là
giác vuông cân tại A. Chứng minh tợng
ta có:  ABP =  ADS
do đó AP = AS và  APS là tam giác
tại A.
2) AM và AN là đờng trung tuyến
tam giác vuông cân AQR và APS nên
AN  SP và AM  RQ.
Mặt khác: PAN  PAM = 450 nên góc
MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba
vuông, nên nó là hình chữ nhật.
3) Theo giả thiết: QA  RS,
RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của  SQR. Vậy P là trực tâm của  SQR.

tam
tự
cân
của

góc

1
2

4) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung tuyến nên AM = QR.
Trong tam giác vuông RCQ thì CM là trung tuyến nên CM =

1
QR.
2

 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C.

Chứng minh tơng tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA= NC,
nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC
----------- HẾT -------------

Lưu ý: Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học
sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa.

ĐỀ SỐ 6
Câu 1 (2 điểm): Cho P = 1 + x + x + x + .........+ x2014 + x2015
2

3

Chứng minh: (x - 1)P = x2016 - 1
 x  1 x  1 x 2  4x  1  x  2017
Câu 2 (4 điểm): Cho biểu thức: K  


.
2
x

1
x

1
x

1
x



a. Tìm điều kiện đối với x để biểu thức K xác định.
b. Rút gọn biểu thức K.
c. Với giá trị nguyên nào của x thì biểu thức K có giá trị nguyên.
Câu 3 (3 điểm): Các cạnh góc vuông của tam giác vuông có độ dài là a, b và diện tích bằng
S. Tìm các góc của tam giác vuông biết (a + b)2 = 8S.
Câu 4 (4 điểm): Cho hình thang vuông ABCD ( A = D = 900 ) có AB = 4(cm),
CD =
9(cm), BC = 13(cm). Trên cạnh BC lấy M sao cho BM = AB. Đường thẳng vuông góc BC
tại M cắt AD tại N. Tính diện tích tam giác BNC.
Câu 5 (4 điểm): Cho tam giác ABC với trung tuyến CM. Điểm D thuộc đoạn BM sao cho
BD = 2MD. Biết rằng MCD = BCD. Chứng minh rằng ACD = 900.

x2  4x  1
Câu 6 (3 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A =
với x  0
x2
--------------- HẾT ---------------Lưu ý : Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM KHẢO SÁT HSG LỚP 8
Câu 1 (2 điểm):
Ta có xP = x + x2 + x3 + .........+ x2015 + x2016
 xP - P = x + x2 + x3 + .........+ x2015 + x2016 - (1 + x + x2 + .........+ x2014 + x2015)
= x2016 - 1
 điều cần CM
Câu 2 (4 điểm):
a) K có nghĩa khi x  1 và x  0
b) K = A.B
(x  1)2  (x  1)2  x 2  4x  1
A
(x  1)(x  1)
x2  1
A 2
1
x 1
Vậy K = A.B = 1.

x  2017
2017
 1
x
x

c) Muốn K nguyên thì x ước của 2017.
Mà 2017 là số nguyên tố nên chỉ có ước dương là 1 và 2017.
Nên x =  1 và x =  2017
Với x = 1  K = 2018
Với x = - 1  K = - 2016
Với x = 2017  K = 2
Với x = -2017  K = 0
Câu 3 (3 điểm):
Ta có: S =

1
ab
2

Theo bài ra (a + b)2 = 8S


a2 + 2ab + b2 = 8.

1
ab = 4ab
2

a2 - 2ab + b2 = 0
 (a - b)2 = 0
a=b
 tam giác vuông cân
 các góc nhọn = 450.


Câu 4 (4 điểm): BA  NA, BM  NM, AB = BM (gt)

 NB là phân giác của ANM
MC = BC - BM = 13 - 4 = 9 = CD

A

B

Do đó NC là tia phân giác của MND
Hai góc ANM và MND kề bù

M

Nên BNC = 900
  BNC vuông tại N và NM  BC (gt)
 NM2 = BM.MC = 4.9 = 36
 MN = 6(cm)

Do đó:
SNBC =

1
1
NM.BC = .6.13 = 39(cm2)
2
2

Câu 5 (4 điểm):
do đó:

N



D

H

BCM có MCD = BCD (gt)

CB
DB

 2 (vì DB = 2DM gt)
CM DM

C

C

 BC = 2CM.
Gọi P là điểm đối xứng của C qua M
Ta có: PC = 2CM = BC (chứng minh trên)
  BCP cân tại C có CD là phân giác
Nên CD  BP
Mặt khác vì M trung điểm AB (gt)
Và M trung điểm của CP
 BP // AC và BP  CD
 AC  CD hay ACD = 900
Câu 6 (3 điểm):

A

M

D

B

P

( 4 x 2  4 x  1)  3 x 2
( 2 x  1) 2

 3  3
A=
x2
x2
Dấu “=” xảy ra  2x - 1 = 0  x =
Giá trị nhỏ nhất A = -3 khi x =

1
2

1
2

----------- HẾT -------------

Lưu ý: Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học
sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được điểm tối đa.

ĐỀ SÓ 7

a
b
c


 1.
Câu 1 (4 điểm): Cho
bc ca ab

Chứng minh rằng:

a2
b2
c2


0
bc ca ab

Câu 2 (3 điểm): Cho x, y là các số lớn hơn hoặc bằng 1.
Chứng minh rằng:

1
1
2


2
2
1  x 1  y 1  xy

Câu 3 (3 điểm): Tìm m để phương trình

2x  m x  1

 3 có nghiệm dương.
x2 x2

Câu 4 (4 điểm): Giải phương phương trình sau:
2

2

2

1
1 
1 
1
2



8  x    4  x2  2   4  x2  2   x     x  4
x
x 
x 
x




Câu 5 (3 điểm): Trong một cái giỏ đựng một số táo. Đầu tiên người ta lấy ra một nửa số
táo và bỏ lại 5 quả, sau đó lấy thêm ra

1
số táo còn lại và lấy thêm ra 4 quả. Cuối cùng
3

trong giỏ còn lại 12 quả. Hỏi trong giỏ lúc đầu có bao nhiêu quả?
Câu 6 (3 điểm): Cho tam giác vuông cân ABC (AB = AC). Qua C vẽ đường thẳng cắt cạnh
AB tại D. Từ B vẽ đường vuông góc với CD tại I cắt AC tại E.
Chứng minh rằng AD = AE.
----------------- HẾT------------------Lưu ý : Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN CHẤM THI KHẢO SÁT HSG
___________________________________
Câu 1 (4 điểm): Nhân cả 2 vế của:
Câu 2 (3 điểm):

a
b
c


 1 với a + b + c rồi rút gọn  đpcm
bc ca ab

1
1
2


2
2
1 x
1 y
1  xy

 1
1   1
1 






0
2
1  xy   1  y 2 1  xy 
1 x
x  y  x
y x  y


0
2
1  x  1  xy  1  y 2  1  xy 

 y  x   xy  1
 0 2
1  x 2 1  y 2  1  xy 
2



Vì x  1; y  1 => xy  1 => xy  1  0
=> BĐT (2) đúng => BĐT (1) đúng (dấu ''='' xảy ra khi x = y)
2xm x1
Câu 3 (3 điểm): Tìm m để phương trình

3 có nghiệm dương.
x2 x2
Điều kiện: x  2 ; x   2
2x  m x  1
Ta có

 3  ...  x 1  m   2m  14
x2
x2
a) Nếu m = 1 phương trình có dạng 0 = -12 vô nghiệm.
2m  14
b) Nếu m  1 phương trình trở thành x 
1 m
 2m  14
 1 m  2

 m4
 2m  14
 2  
Phương trình có nghiệm dương  
1  m  7
 1 m
 2m  14
 1 m  0

 m4
Vậy thoả mãn yêu cầu bài toán khi 
.
1  m  7
Câu 4 (4 điểm): Giải các phương phương trình (mỗi PT đúng 2 điểm):
a) x 2  3x  2  x  1  0 (1)
+ Nếu x  1 : (1)   x  1  0  x  1 (thỏa mãn điều kiện x  1).
2

+ Nếu x  1 : (1)  x 2  4 x  3  0  x 2  x  3  x  1  0   x  1 x  3  0
 x  1; x  3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại)

Vậy: Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất là x  1 .
2

2

2

1
1 
1 
1
2



b) 8  x    4  x 2  2   4  x 2  2   x     x  4  (2)
x
x 
x 
x



Điều kiện để phương trình (2) có nghiệm: x  0
2
2
1
1 
2

 2 1   2 1  
(2)  8  x    4  x  2   x  2    x      x  4 
x
x  
x  
x  


2

1
1 
2
2


 8  x    8  x 2  2    x  4    x  4   16
x
x 


 x  0 hay x  8 và với điều kiện x  0 .
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm x  8

Câu 5 (3 điểm): Chọn ẩn, lập đúng phương trình qua các bước (2 điểm)
Giải phương trình và chọn kết quả là 38 và trả lời đúng (1 điểm)
Câu 6 (3 điểm): ∆EBC có AB và CI là 2 đường cao cắt nhau tại
B
D => là trực tâm