Đề thi luyện học sinh giỏi Môn Toán Khối 8

ĐỀ THI LUYỆN HỌC SINH GIỎI 
MÔN TOÁN KHỐI 8
CÂU 1: (2điểm)
 Bài 1: Phân tích đa thức thành nhân tử: x5 + x - 1
 Bài 2: Chứng minh rằng nếu a4 + b4 + c4+ d4 = 4abcd 
 và a, b, c, d là các số dương thì: a = b = c = d
CÂU 2: (2điểm)	
 Bài 1: Tìm tập xác định phân thức 
 Bài 2: Cho Tính giá trị biểu thức M = 
CÂU 3: (2điểm)	
 Bài 1: Rút gọn biểu thức A = 
 Bài 2: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì 
	
CÂU 4: (2điểm)	
 Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số lẻ thì n4 – 10n2 + 9 chia hết cho 384
 Bài 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: x2 - 3x + 5
CÂU 5: (2điểm)	
 Bài 1: Tìm giá trị của x để phân thức bằng 0 : 
 Bài 2: Chứng minh đẳng thức:
	a2 + b2 + c2 – ba – bc – ca )(a + b + c) = a(a2 – bc)+ b(b2 – ac)+ c(c2 – ab) 

CÂU 6: (2điểm)	
 Bài 1: Thực hiện phép tính
	
 Bài 2: Cho x, y, z là các số tự nhiên . Chứng minh rằng
	M = 4x(x +y)(x + y + z)(x + z) + y2z2 là một số chính phương
CÂU 7: (2điểm)	
 Bài 1: Tìm x biết (x2 + x)(x2 + x + 1) = 6
 Bài 2: Xác định số hữu tỉ k để đa thức
	A = x3 + y3 + z3 +kxyz chia hết cho x + y + z
CÂU 8: (2điểm)	
 Bài 1: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: – 3x(x + 3) – 7
 Bài 2: Tìm ba số tự nhiên liên tiếp biết rằng nếu cộng ba tích, mỗi tích là tích của hai trong ba số đó thì được 26
CÂU 9: (2điểm)	
 Bài 1: xác định các hệ số a, b, c biết:
	(x2 – x + 1)(ax2 + bx + c) = 2x4 – x3 + 2x2 + 1 	với mọi x 
 Bài 2: Tính 
CÂU 10: (2điểm)	
 Bài 1: Thực hiện phép tính
	
 Bài 2: Chứng minh rằng: 
	A = (x2 + 1)4 + 9(x2 + 1)3 + 21(x2 + 1)2 – x2 – 31
	Luôn luôn không âm với mọi giá trị của x



CÂU 11: (2điểm)	
	Cho biểu thức A = 
 Rút gọn A
Tính giá trị của A biết 
CÂU 12: (2điểm)	
 Bài 1: Tìm x, y, z biết 
 Bài 2: Phân tích đa thức thành nhân tử: (x2 + x + 1).( x2 + x + 2) – 12
CÂU 13: (2điểm)	
 Bài 1: Tìm giá trị nguyên của x để phân thức sau có giá trị là nguyên số
	A = 
 Bài 2: Chứng minh rằng p và p2 + 8 là các số nguyên tố thì p2 + 2 cũng là số nguyên tố
CÂU 14: (2điểm)	
 Bài 1: Làm tính chia: 
 Bài 2: Chứng minh rằng = 2 và 
	Thì 
CÂU 15: (2điểm)	
 Bài 1: Tính giá trị biểu thức
	A = Biết x ≠ 0; y ≠ 0 ; x ≠ 2y và 
 Bài 2: Tìm x biết: x5(3x – 1)m+3 : x5(3x – 1)m-1 – 56 : 52 = 0 ( với x ≠ 0 ; x ≠ )

CÂU 16: (2điểm)	
 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)
Xác định vị trí của M nằm trên BC để DE ngắn nhất.
Tinh DE ngắn nhất với AB = 4(cm); ABC = 600
 CÂU 17: (2điểm)	
 	Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc đường chéo AC. Qua E kẻ đường thẳng song song với BD cắt AD, CD lần lượt ở M và N. Vẽ hình chữ nhật MDNF. Chứng minh rằng:
DF song song AC
E là trung điểm của BF
CÂU 18: (2điểm)	
 	Cho hình thang ABCD (AB//CD) Có hai đường chéo cắt nhau tại O và tam giác ABO là tam giác đều. Gọi E, F, G theo thứ tự là trung điểm của các đoạn thẳng OA, OD và BC. Chứng minh rằng tam giác EFG là tam giác đều.
CÂU 19: (2điểm)	
 	Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ BH vuông góc với AC. Gọi M là trung điểm của AH, K là trung điểm của CD, N là trung điểm của BH.
Chứng minh tứ giác MNCK là hình bình hành.
Tính BMK
CÂU 20: (2điểm)	
	Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD kẻ ME vuông góc AB, MF vuông góc AD (E AB ; F AD). Chứng minh rằng:
DE = CF ; DE CF
Ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy.





ĐÁP ÁN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 
MÔN TOÁN KHỐI 8
CÂU 1: (2điểm)
 Bài 1: x5 + x – 1 = x5 + x2 – x2 + x – 1
	= x2(x3 + 1) – (x2 – x + 1)
	= x2(x + 1) (x2 – x + 1) – (x2 – x + 1)
	= (x2 – x + 1) [x2(x + 1) – 1]
	= (x2 – x + 1) (x3 – x2 – 1)
 Bài 2: 	 a4 + b4 + c4 + d4 = 4abcd 
	a4 – 2a2 b2 + b4 + c4 – 2c2 d2 + d4 + 2a2 b2 – 4abcd +2c2 d2 = 0
	(a2 – b2)2 + (c2 – d2)2 +2(ab – cd)2 = 0
 	 a2 = b2 
 c2 = d2 
 ab = cd
	Do đó a, b, c, d > 0 nên a = b =c = d
CÂU 2: (2điểm)	
 Bài 1: phân thức xác định 
	 ≠ 0
	 ≠ 0
	 ≠ –1 ; ≠ 
 Bài 2: 
Ta có: M = 
M = 
M = 
M = 
M = –3
CÂU 3: (2điểm)	
 Bài 1: Ta có: A = 
	A =	 	
	A = 
	A = 
A =	
 Bài 2:	
 Ta có: B = 
 
	= 
	= 
	=
 Vậy B < 

CÂU 4: (2điểm)	
 Bài 1:
 Gọi A = n4 – 10n2 + 9 = n4 – n2 – 9n2 + 9
	= n2(n2 –1) – 9(n2 –1)
	= (n2 –1) (n2 –9)
	=(n – 3)(n – 1)(n +1)(n+3)
 Đặt n = 2k +1 ( k nguyên, n là số lẻ) thì
	 A = (2k – 2).2k.(2k + 2).(2k +4)
	= 16(k – 1).k.( k +1).(k + 2)
	Mà trong 4 số tự nhiên liên tiếp có một bội số của 3, hai bội của 2, trong đó có một bội số của 4. Nên tích của 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 24 ( với 3; 8 là 2 số nguyên tố cùng nhau)
A16.24 = 384
 Bài 2:
 Gọi 	B = x2 - 3x + 5 = x2 - 2x
	 = (x - )2 + ≥
 Vậy BMin = khi x - = 0 x = 

CÂU 5: (2điểm)	
 Bài 1: Ta có: = 0 
	 = 0
	 hoặc 
	 
 hoặc 	
 
 Bài 2: Rút gọn vế trái ta được:
	 a3 + a2b + a2c + a b2 + b3 + b2c + ac2 + bc2 + c3 – a2b – a b2 – abc – abc – b2c – bc2
 – a2c – abc – ac2
= a3 + b3 + c3 – 3abc
Rút gọn vế phải ta được:
a3 – abc + b3 – abc + c3 – abc
= a3 + b3 + c3 – 3abc
Vậy đẳng thức được chứng minh
CÂU 6: (2điểm)	
 Bài 1: Ta có
	 
	= 
	=
	=
	=
	=
 Bài 2:
	M = 4x(x +y)(x + y + z)(x + z) + y2z2 
	M = 4(x2 + xy + xz)( (x2 + xy + xz + yz) + x2y2 
Đặt x2 + xy + xz = a
	M = 4a(a + yz) + x2y2
M = 4a2 - 4ayz + (yz)2
M = (2a + yz)2 là số chính phương

CÂU 7: (2điểm)	
 Bài 1: (x2 + x)(x2 + x + 1) = 6
	Đặt 	x2 + x = y
	y(y +1) = 6
( y – 2)(y + 3) = 0
( x – 1) (x + 2)(x2 + x + 3) = 0
Vì x2 + x + 3 = (x +)2 + > 0 với mọi x
Do đó ( x – 1) (x + 2) = 0
 x = 1 ; x = – 2
 Bài 2: Thực hiện phép tính
	A = x3 + y3 + z3 +kxyz : (x + y + z) ta được
A = (x + y + z) .[ x2 + y2 + z2 – xy – xz – yz – yz(k +2)] – yz(x +z) (k +3)
Để phép chia không còn dư thì
– yz(x +z) (k +3) = 0 (với mọi x, y, z)
Do đó k +3 = 0	 k = – 3
CÂU 8: (2điểm)	
 Bài 1:
 Gọi A = – 3x(x + 3) – 7 = –3x2 – 3x – 7
	= – 3[ x2 + 2x] – 7
	= – 3( x + )2 + – 7
	= – 3( x + )2 – 
 	Vì ( x + )2 ≥ 0 x nên – 3( x + )2 ≤ 0 x
Do đó 	– 3( x + )2 – ≤ – 
Vậy Amax = – khi x + = 0 x = – 


 Bài 2: 
Gọi ba số tự nhiên liên tiếp đó là: (x – 1) ; x ; (x + 1)
Ta có: (x – 1) x + x(x+ 1) + (x – 1)( x + 1) = 26
 3x2 – 1 = 26
 x2 = 9
 x = 3 
	Vậy ba số tự nhiên đó là 2, 3, 4
CÂU 9: (2điểm)	
 Bài 1:	
Ta có: 
	(x2 – x + 1)(ax2 + bx + c) = 2x4 – x3 + 2x2 + 1 	với mọi x 
 ax4 + ( b – a) x3 + ( a – b + c) x2+ (b – c)x + c = 2x4 – x3 + 2x2 + 1
	a = 2
	b – a = – 1	a = 2
	a – b + c = 2	b = 1
	b – c = 0	c = 1
	c = 1
 Bài 2: 
 Ta có: 
= 
= 
= 
= 
= 
CÂU 10: (2điểm)	
 Bài 1: Thực hiện phép tính
	 
	= 
	= 
	= 
 Bài 2: 
	Đặt x2 + 1 = y ta được
	A = y4 + 9y3 + 21y2 – y – 30 
	A = (y – 1)(y + 2)( y + 3)(y + 5) thay y = x2 + 1
	A = x2(x2 + 3)(x2 + 4) (x2 + 6) ≥ 0





CÂU 11: (2điểm)	
A = 
TXĐ x ≠ 0 ; x ≠ ± 2
A = 
A = 
A = 
A = 
b) Ta có: 
	Với không thuộc TXĐ của A
	Với 
 A = 
CÂU 12: (2điểm)	
 Bài 1: Ta có: 
	 = 0
	 = 0
 
 Bài 2:
Ta có: A = (x2 + x + 1).( x2 + x + 2) – 17
Đặt x2 + x + 1 = y ta được
	A = y(y+1) – 12 = y2 + y – 12 
	A = y2 – 9 + y – 3 = (y + 3)(y – 3) + (y – 3)
	A = (y – 3) (y + 4) 	(1)
Thay x2 + x + 1 = y vào ( 1) ta được
	A = ( x2 + x – 2)( x2 + x + 5) = [(x – 1)( x + 1) + (x – 1)] ( x2 + x + 5)
	A = (x – 1)( x + 2)( x2 + x + 5)
CÂU 13: (2điểm)	
 Bài 1:	
A = = 
 là ước của 5 ư (5) = { -5; -1; 1; 5}
Nếu 
Nếu 
Nếu 
Nếu 
Vậy ; 	;	;	
 Bài 2: Chứng minh rằng p và p2 + 8 là các số nguyên tố thì p2 + 2 cũng là số nguyên tố
	Xét P = 3k + 1 ( k z) p2 + 8 = 9k2 + 6 k + 9 3 là hợp số
Xét P = 3k + 2 ( k z) p2 + 8 = 9k2 + 12 k + 12 3 là hợp số
Xét P = 3k mà P là số nguyên tố p2 + 8 = 17 là số nguyên tố 
Khi đó p2 + 2 = 11 là số nguyên tố 
CÂU 14: (2điểm)	
 Bài 1:
 Ta có: 
	= 
	= 
	= 
 Bài 2: 
Ta có = 2 ( bình phương 2 vế) 
 = 4
 = 4
 = 2
CÂU 15: (2điểm)	
 Bài 1: 
	Ta có 

 

 
Do x ≠ 0; y ≠ 0 ; x ≠ 2y nên giá trị phân thức A xác định.
Với thì gúa trị của A bằng
	A = = = 
	A = = = 
 Bài 2: 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	 x = 
Vậy 	x = 2 ; x = 
CÂU 16: (2điểm)	
A
	 D

	 E
 B	M	 C
a) Tứ giác ADME có:
	AE // DM ( AB //DM) ; AD // EM ( AC // EM) và A = 900 9 (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

Xét ∆ ABM vuông tại M có ABM = 600
 ∆ ABM là nữa tam giác đều có cạnh AB
 BM = = 2(cm)
 AM2 = AB2 – BM2 = 42 – 22 = 12 (đl pi-ta-go)
 AM = cm
Vậy AM ngắn nhất bằng cm DE ngắn nhất bằng cm 

 CÂU 17: (2điểm)	
	 A	 	B	 	
 E
 F M J
  I  2 1 
	 N	 D	 C
	a) Gọi I, J lần lượt là giao điểm hai đường chéo hình chữ nhật DMFN và ABCD 
	 các tam giác IND và JDC là các tam giác cân (t/c hai đường chéo hình chữ nhật)
	 N1 = D1 và C1 = D2
	Mặt khác N1 = D2 (cặp góc đồng vị)
	 C1 = D1 (cặp góc ở vị trí đồng vị)
 DF // AC
b)Tứ giác EIDJ có EJ // ID , EI // JD( chứng minh trên và gt)
 EIDJ là hình bình hành
 EJ = ID (t/c hình bình hành)
Mà IF = ID (t/c đường chéo hình bình hành)
 EJ = IF và EJ // IF
 Tứ giác EJIF là hình bình hành
 EF // IJ	(1)
Mặt khác ∆FBD có IJ là đường trung bình
 FB // IJ	(2)
Từ (1) và (2) 3 điểm F, E, B thẳng hàng
Do EF = IJ ; IJ = EB = EF = EB
 E là trung điểm của BF

CÂU 18: (2điểm)	
 E
 O

 F
 	A 	 B


	
	 G



	 D C
	+ Vì r AOB là tam giác đều (gt) tam giác COD cũng là tam giác đều (có các góc tương ứng bằng nhau)
 AC = BD hình thang ABCD là hình thang cân
Nên AD = BC (t/c hình thang cân)
+ Trong r COD có: EF là đường trung bình 
 EF = (t/c đường trung bình)	(1)
+ Vì r AOB là tam giác đều có BE là trung tuyến 
 BE cũng là đường cao BE AC 
Trong r BEC vuông tại E có EG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
 EG = (t/c đường trung tuyến tam giác vuông)	(2)
+ vì r COD là tam giác đều có CF là đường trung tuyến 
 CF cũng là đường cao CF BD
Trong r CFB vuông tại F có FG là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC
 FG = (t/c đường trung tuyến tam giác vuông)	(3)
Từ (1), (2), (3) E F = EG = FG = 
Vậy r EFG là tam giác đều 

 
 
 
 
A
B
C
D
K
H
M
N
CÂU 19: (2điểm)	
 	 



	
	 	 
	
a) Ta có : MN là đường trung bình cùa r AHB
 MN // AB và MN = 
Mà CK = = và CK // AB (KCD)
 MN = CK và MN // CK 
 tứ giác MNCK là hình bình hành
b) Trong r BMC có
 BH CM BH là đường cao
 MN // AB (CM trên) mà AB BC (gt) MN BC
 MN là đường cao thứ hai và có N là trực tâm
 CN cũng là đường cao thứ ba của r BMC 
 CN MB và mà CN // KM (MNCK là hình bình hành)
 MB MK hay BMK = 90o




CÂU 20: (2điểm)	
 I 1
H	
 N M	
1	
 2 1 
	 A	 E	B	


	 F

	 D	C
a) Tứ giác AEMF có A = E = F = 900 (gt)
 AEMF là hình chữ nhật
 AE = FM	(1)
Mà r DFM cân tại F ( vì D =M = 450)
 DF = FM	 (2)
Từ (1) và (2) AE = DF
Xét 2 r AED và DFC
Có A = D = 900 (gt); AE = DF (CM trên); AD = DC (gt); 
r AED = r DFC (c.g.c)
 DE = CF	 và D1 = C1
Mà D1 + C2 = 900 (gt) C1 + D2 = 900 
Gọi N là giao điểm của DE và CF
r DNC vuông tại N
 DE CF 	(3)
b) Xét 2 r ABF và BCE
có A = B = 900 (gt); AF = BE (vì AE = DF); AB = BC (gt)
r ABF = r BCE (c.g.c)
BF = CE và B1 = C2
 Mà B1+ B2 = 900 (gt) B2 + C2 = 900 
Gọi I là giao điểm của BF và CE
r BIC vuông tại I
 BF CE	(4)
Ta lại có MA = MC, MA = EF
 MC = EF
Xét 2 r EFD và CMF
Có FD = FM (CM trên); ED = CF (CM trên); EF = CM (CM trên)
 r EFD = r CMF (c.c.c)
 FED = MCF mà FED + MFC = 900 (r EFN vuông)
 MCF + EFC = 900 
Gọi H là giao điểm của EF và CM
 r FHC vuông tại H
 CH EF
Từ (3), (4), và (5) EN; FI, CH là 3 đường cao của r EFC 
 DE; BF; CM đồng quy.