Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Diễn Châu (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT QUẬN DIỄN CHÂU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 
 NĂM HỌC: 2020 – 2021
 Môn: Toán – Lớp 8 - Thời gian làm bài: 120 phút
 2 x 4x2 2 x x2 3x 
Câu 1 (3,0 điểm) Cho biểu thức A 2 : 2 3 
 2 x x 4 2 x 2x x 
a) Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x để A 1.
Câu 2 (6,0 điểm)
a) Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn ab bc ca 1.
Chứng minh rằng A 1 a2 1 b2 1 c2 là số chính phương.
b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012x 2013y 2014 0.
c) Cho đa thức f x ax3 bx2 cx d. Tìm a,b,c,d biết rằng khi chia đa thức lần lượt cho 
các nhị thức x 1 , x 2 , x 3 đều có số dư là 6 và tại x 1 thì đa thức đó nhận giá 
trị bằng 18.
Câu 3 (3,0 điểm)
 x2 x 10
a) Tìm x để biểu thức: E với x 1 đạt giá trị lớn nhất.
 x2 2x 1
 1 1 1
b) Cho x 0, y 0, z 0 và 4.
 x y z
 1 1 1
Chứng minh rằng 1.
 2x y z x 2y z x y 2z
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD , trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho 
 AE AF . Vẽ AH vuông góc với BF ( H thuộc BF ), AH cắt DC và BC lần lượt tại M 
và N.
a) Chứng minh rằng: tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
b) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh 
 AC 2EF.
 1 1 1
c) Chứng minh rằng .
 AD2 AM 2 AN 2
Câu 5 (2,0 điểm)
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong ba màu 
xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có ba đỉnh thuộc 
các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu.
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 DIỄN CHÂU 
 Năm học: 2020-2021
 2 x 4x2 2 x x2 3x 
Câu 1 (3,0 điểm) Cho biểu thức A 2 : 2 3 
 2 x x 4 2 x 2x x 
a) Tìm điều kiện xác định rồi rút gọn biểu thức A.
b) Tìm x để A 1.
 Lời giải
a) ĐKXĐ: x 0; x 2; x 2; x 3 .
 2 x 4x2 2 x x2 3x 
 A 2 : 2 3 
 2 x x 4 2 x 2x x 
 2 x 4x2 2 x x2 3x 
 A :
 2 3 
 2 x 2 x 2 x 2 x 2x x 
 2 x 2 x 4x2 2 x 2 x x2 3x 
 A :
 2 3 
 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2x x 
 4 4x x2 4x2 4 4x x2 x2 3x 
 A : 2 3 
 2 x 2 x 2x x 
 4x2 8x x2 3x 
 A : 2 3 
 2 x 2 x 2x x 
 4x x 2 x x 3 
 A :
 2 x 2 x x2 2 x 
 4x x 2 x2 2 x 4x2
 A . 
 2 x 2 x x x 3 x 3
 4x2
b) A 1 1 4x2 x 3 0
 x 3
 4x2 4x 3x 3 0
 4x x 1 3 x 1 0
 x 1 4x 3 0
 3
 x 1 (nhận) hoặc x (nhận).
 4
 3
Vậy x 1;  thì A 1.
 4
Câu 2 (6,0 điểm)
a) Cho các số nguyên a,b,c thỏa mãn ab bc ca 1.
 Trang 2 Chứng minh rằng A 1 a2 1 b2 1 c2 là số chính phương.
b) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012x 2013y 2014 0.
c) Cho đa thức f x ax3 bx2 cx d. Tìm a,b,c,d biết rằng khi chia đa thức lần lượt cho 
các nhị thức x 1 , x 2 , x 3 đều có số dư là 6 và tại x 1 thì đa thức đó nhận giá 
trị bằng 18.
 Lời giải
a) Ta có ab bc ca 1 nên
1 a2 ab bc ca a2 ab bc ca a2 b a c a a c a c a b 
Tương tự 1 b2 a b b c ; 1 c2 a c b c 
 2 2 2 2
Do đó A 1 a 1 b 1 c a b b c a c là một số chính phương.
b) Ta có x2 xy 2012x 2013y 2014 0.
 x2 xy 2013x 2013y x 2013 1 0.
 x x y 2013 x y x 2013 1 0.
 x y x 2013 x 2013 1 0.
 x 2013 x y 1 1 0.
 x 2013 x y 1 1.
Vì x, y nguyên nên ta có bảng sau
 x 2013 1 1
 x y 1 1 1
 x 2014 2012
 y 2014 2014
Vậy x; y 2014; 2014 , 2012; 2014 
c) Khi chia đa thức f x ax3 bx2 cx d lần lượt cho các nhị thức x 1 , x 2 , 
 x 3 đều có số dư là 6 nên theo định lý Bơ zu ta có: f 1 f 2 f 3 6 .
Và tại x 1 thì đa thức đó nhận giá trị bằng 18 nên f 1 18.
Khi đó ta có:
 a b c d 6
 a c 12
 8a 4b 2c d 6 
 3a b c 8 (lấy ba phương trình đầu trừ phương trình cuối)
 27a 9b 3c d 6 
 7a 2b c 6
 a b c d 18
 Trang 3 2a b 4
 (Lấy hai phương trình cuối trừ phương trình đầu)
 3a b 3
 a 1 c 11
 b 6 d 0
Vậy a;b;c;d 1; 6;11;0 
Câu 3 (3,0 điểm)
 x2 x 10
a) Tìm x để biểu thức: E với x 1 đạt giá trị lớn nhất.
 x2 2x 1
 1 1 1
b) Cho x 0, y 0, z 0 và 4.
 x y z
 1 1 1
Chứng minh rằng 1.
 2x y z x 2y z x y 2z
 Lời giải
a) 
 2 2
 x2 x 10 x 2x 1 x 1 10 x 1 x 1 10 1 10
 E 1 
 x2 2x 1 x2 2x 1 x 1 2 x 1 x 1 2
 1 10
Khi đó E 1 
 x 1 x 1 2
 1
Đặt t thì E 1 t 10t 2
 x 1
 2
 2 2 1 1 39 1 39 39
Ta có: E 10t t 1 10 t 2.t. 10 t 
 20 400 40 20 40 40
 39 1 1 1
Suy ra E . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi t hay x 19 .
 40 20 x 1 20
 39
Vậy MaxE x 19.
 40
 1 1 4 1 1 1 1 
b) Từ nên 
 x y x y x y 4 x y 
Với x 0, y 0, z 0 ta có:
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 
 2x y z x y x z 4 x y x z 4 4 x y 4 x z 16 x y z 
 1 1 1 1 2 1 
Tương tự ; 
 x 2y z x y y z 16 x y z 
 1 1 1 1 1 2 
 x y 2z x z y z 16 x y z 
 Trang 4 1 1 1 1 4 4 4 1 1 1 1 1
Khi đó . .4 1.
 2x y z x 2y z x y 2z 16 x y z 4 x y z 4
Câu 4 (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD , trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho 
 AE AF . Vẽ AH vuông góc với BF ( H thuộc BF ), AH cắt DC và BC lần lượt tại M 
và N.
a) Chứng minh rằng: tứ giác AEMD là hình chữ nhật.
b) Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh 
 AC 2EF.
 1 1 1
c) Chứng minh rằng .
 AD2 AM 2 AN 2
 Lời giải
a) Xét ADM và BAF có:
 µA Bµ 900 ; AD AB ; M· AD ·ABF (cung phụ với ·AFB )
Do đó ADM BAF (cạnh góc vuông – góc nhọn kề), suy ra DM AF (cạnh tương ứng)
Mà AE AF (gt) nên DM AE (1)
Lại có DM // AE do AB // DC (2)
Từ (1) và (2) suy ra AEMD là hình bình hành.
Kết hợp với ·ADM 900 suy ra AEMD là hình chữ nhật.
b) Xét HAB và HFA có: ·ABH F· AH (do ·ABF M· AD theo a), B· HA ·AHF 900
 Trang 5 BH AB
Do đó HAB ∽ HFA g.g 
 AH AF
 BH BC
Mà AB BC, AF AE nên 
 AH AE
Lại có H· AB 900 F· AH 900 ·ABH H· BC
 BH BC
Xét CBH và EAH có và H· AB H· BC nên CBH ∽ EAH (c.g.c)
 AH AE
 S
Mà BCH 4 nên CBH ∽ EAH theo tỉ số đồng dạng là 2. 
 SAEH
 BC AB
Suy ra 2 hay 2 E là trung điểm của AB F là trung điểm của AD .
 AE AE
 1 1
Khi đó EF là đường trung bình của tam giác ABD EF BD AC hay AC 2EF .
 2 2
 CN MN AD CN AD2 CN 2
c) ADM có CN // AD nên (*) (Hệ quả Talet)
 AD AM AM MN AM 2 MN 2
 MN MC MN MC AD MC AD2 MC 2
 ABN có CM // AB nên (**) (Hệ 
 AN AB AN AD AN MN AN 2 MN 2
quả Talet)
 AD2 AD2 MC 2 CN 2
Từ (*) và (**) suy ra 
 AM 2 AN 2 MN 2 MN 2
 2 2
 2 1 1 MC CN
 AD 2 2 2
 AM AN MN
 2
 2 1 1 MN
 AD 2 2 2 1
 AM AN MN
 1 1 1
 (ĐPCM)
 AM 2 AN 2 AD2
Câu 5 (2,0 điểm)
Tất cả các điểm trên mặt phẳng đều được tô màu, mỗi điểm được tô bởi một trong ba màu 
xanh, đỏ, tím. Chứng minh rằng khi đó luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có ba đỉnh thuộc 
các điểm của mặt phẳng trên mà 3 đỉnh của tam giác đó cùng màu hoặc đôi một khác màu.
 Lời giải
Xét ngũ giác đều ABCDE , ta thấy 3 đỉnh bất kỳ của ngũ giác luôn tạo thành một tam giác 
cân.
Do đó khi tô năm đỉnh A, B,C, D, E bằng ba màu xanh, đỏ, tím thì xảy ra hai khả năng sau:
+ Nếu tô năm đỉnh A, B,C, D, E bởi đủ ba màu đã cho thì tồn tại ba đỉnh có màu khác nhau 
và tạo thành một tam giác cân.
+ + Nếu tô năm đỉnh A, B,C, D, E bởi nhiều nhất hai màu đã cho thì có ít nhất ba đỉnh cùng 
màu và tạo thành một tam giác cân.
 Trang 6 Vậy trong mọi trường hợp luôn tồn tại ít nhất một tam giác cân, có ba đỉnh được tô bởi cùng 
một màu hoặc đôi một khác màu.
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 7