Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD & ĐT Nho Quan (Có đáp án)

UBND HUYỆN NHO QUAN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI 
Năm học 2014 – 2015 
MÔN: TOÁN 8 
 (Thời gian làm bài 150 phút) 
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang 
GV RA ĐỀ: TRỊNH PHONG QUANG 
Câu 1 (5,0 điểm). 
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 
a) 3 2 4 4a a a   b) 3 2 2 32 7 7 2a a b ab b   
2. Cho biểu thức: 
2 2
1 2 5 1 2
:
1 1 1 1
x x
A
x x x x
  
   
    
a) Rút gọn biểu thức A . 
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. 
c) Tìm x để 0A A  . 
Câu 2 (3,0 điểm). 
 Giải các phương trình sau: 
a)    2 1 1 2 4x x x x     b)   
   2
15x 12 4
1
x 3x 4 x 4 x 1
Câu 3 (4,0 điểm). 
 1. Cho , ,a b c là các số hữu tỷ thỏa mãn điều kiện 1ab bc ca   . Chứng minh rằng 
biểu thúc 
2 2 2( 1)( 1)( 1)Q a b c    là bình phương của một số hữu tỷ. 
 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: 
2 24 5 16 0x xy y    . 
 3. Cho các số nguyên , ,a b c thoả mãn 
3 3 3( ) ( ) ( ) 210a b b c c a      . 
 Tính giá trị của biểu thức B a b b c c a      . 
Câu 4 (6,0 điểm). 
Cho tam giác ABC , M là một điểm thuộc cạnh BC ( ác , ác )M kh B M kh C . Qua 
M kẻ các đường thẳng song song với ,AC AB chúng cắt ,AB AC lần lượt tại àD v E . 
a) Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. Xác định vị trí của điểm M trên 
cạnh BC để hình bình hành ADME là hình thoi. 
b) Chứng minh rằng . .BD EC DM ME . 
c) Cho 
2 29 , 16
BDM CME
S cm S cm  . Tính 
ABC
S ( ký hiệu S là diện tích tam giác). 
d) Chứng minh rằng . . .AM BC AC BM AB CM  
Câu 5 (2,0 điểm). 
Cho số thực x thỏa mãn điều kiện 0 1x  . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của 
biểu thức 
2 2
2 2
1
2 1
x x
P
x x

 
 
---------------Hết--------------- 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
UBND HUYỆN NHO QUAN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI 
Môn: Toán 8 
Năm học 2014 - 2015 
Câu Đáp án Điểm 
Câu 1 
(5,0điểm) 
1. (2,0 điểm) 
a) 3 2 24 4 ( 1) 4( 1) ( 1)( 2)( 2)a a a a a a a a a           0,5 
b) 3 2 2 32 7 7 2a a b ab b   =     2 22 7a b a ab b ab a b      0,5 
  2 22 2 5a b a b ab    0,25 
  2 22 4 2a b a ab b ab          2 2 2a b a a b b b a       0,5 
   2 2a b a b a b    0,25 
2. (3,0 điểm) 
a) 
1 2 5 1 2
:
2 21 1 1 1
x x
A
x x x x
  
   
    
ĐKXĐ: 
1
1,
2
x x   0,25 
1 2 5 1 2
:
2 21 1 1 1
x x
A
x x x x
  
   
    
=
2
2
1 2(1 ) (5 ) 1
.
1 1 2
x x x x
x x
      
 
  
 0,5 
2
2
2 1
.
1 1 2
x
x x
 

 
=
2
1 2x
 0,25 
b) Để A nguyên thì 
2
1 2x
 nguyên  1 2x là ước của 2. 
Ư(2)= 2; 1;1;2  
0,25 
*) 1 2x = -2 
3
2
x  (loại) 
*) 1 2x = -1  1x  (loại) 
0,25 
*) 1 2x = 1  x 0 (TM) 
*) 1 2x = 2 
1
2
x

 (loại) 
0,25 
Vậy 0x  thì A nhận giá trị nguyên 0,25 
c) 0 0A A A A A       0,5 
 1 2 0x   
1
2 1
2
x x     0,25 
Đối chiếu với ĐKXĐ ta có 
1
2
x  là giá trị cần tìm. 0,25 
` 
a) (1,5 điểm) 
*) Nếu 2x  , phương trình đã cho trở thành 
     2 1 1 2 4x x x x     0,25 
   2 21 4 4x x    
  4 2 2 25 0 5 0x x x x      
0,25 
 
 
 
0
5
5
x l
x tm
x l


 

 
 0,25 
*) Nếu 2x  , phương trình đã cho trở thành 
0,25 
    2 1 1 2 4x x x x         2 1 1 2 4x x x x       
  2 21 4 4x x     4 25 8 0x x    
2
2 5 7 0
2 4
x
 
    
 
vô nghiệm 0,25 
KL: Phương trình có một nghiệm 5x  . 0,25 
b) (1,5 điểm) 
§KX§:   x 4 ; x 1 0,25 
  
   2
15x 12 4
 1
x 3x 4 x 4 x 1
 
   
   
15x 12 4
1
x 4 (x 1) x 4 x 1
 0,5 
          215x 12 x 1 4 x 4 x 3x 4 0,25 
  2x 4x 0  

    
 
x 0
x x 4 0
x 4
 0,25 
x = 0 (thỏa mãn ĐK) ; x = - 4 (không thỏa mãn ĐK) 
Vậy pt có nghiệm 0x  
0,25 
Câu 3 
(4,0 điểm) 
Câu 4 
(6,0 điểm) 
1. (1,0 điểm) 
Vì 1ab bc ca   nên 2 21 ( )( )a a ab bc ca a b a c        0,25 
2 21 ( )( )b b ab bc ca a b b c        0,25 
2 21 ( )( )c c ab bc ca b c c a        0,25 
Do đó 
2 2 2( 1)( 1)( 1)Q a b c    = 
2
( )( )( )a b b c c a   ĐPCM 0,25 
2. (1,5 điểm) 
2 24 5 16 0x xy y    2 2( 2 ) 16x y y    (1) 
Từ (1) suy ra 216 0y   2 216 0 ; 4; 9 ; 16y y    
0,25 
*) 2 0 0 4y y x      0,25 
*) 2 4 2 ( )y y x L      0,25 
*) 2 9 3 ( )y y x L      0,25 
*) 2 16 4 8y y x       0,25 
Vậy Pt đã cho có các cặp nghiệm nguyên là (4;0) , ( 4;0), (8;4), ( 8; 4)   0,25 
3. (1,5 điểm) 
Đặt ;a b x  b c y  ; c a z   0x y z   ( )z x y    . Ta có: 
3 3 3 3 3 3210 ( ) 210 3 ( ) 210x y z x y x y xy x y            70xyz  . 
0,5 
Ta có: 3 3 3 3 3 3210 ( ) 210 3 ( ) 210x y z x y x y xy x y            0,25 
Do , ,x y z là số nguyên có tổng bằng 0 và 70 ( 2).( 5).7xyz     nên 
 , , 2; 5;7x y z   
0,5 
14.A a b b c c a       0,25 
M
D
E
A
CB
 a) (1,0 điểm) 
Ta có ME//AB, MD//AC(giả thiết) nên tứ giác ADME là hình bình hành. 0,5 
Để hình bình hành ADME là hình thoi thì đường chéo AM là phân giác của 
DAE M là chân đường phân giác của BAC 
0,5 
b) (1,0 điểm) 
Xét BDM và MEC có DBM EMC , DMB ECM (vì đồng vị) 0,5 
 BDM đồng dạng với MEC (g.g) 0,25 
 . .
BD DM
BD EC DM ME
ME EC
   0,25 
c) (2,0 điểm) 
Từ BDM đồng dạng với MEC theo chứng minh trên 
2 2
3 3
4 4
BDM
MEC
S MB MB
S MC MC
   
       
   
0,5 
3 3
4 3 7
MB MB
MB MC BC
   
 
 0, 5 
Mặt khác do MD//AC 
2 2
3
7
BDM
BAC
S MB
BDM BAC
S BC
   
       
   
 0,5 
249 9 49( )
9
BACS cm    0,5 
d) (2,0 điểm) 
Theo chứng minh trên ADME là hình bình hành DM AE  0,25 
/ / . . (1)
ME CM
ME AB ME CB CM AB
AB CB
    0,5 
/ / . . (2)
MD BM
MD AC MD BC AC BM
AC BC
    0,5 
Cộng về theo vế (1) và (2) ta có ( ) . .BC ME MD CM AB AC BM   0,25 
( ) . .BC ME AE CM AB AC BM    0,25 
Lại có AM ME AE   . ( ) . .BC AM BC ME AE CM AB AC BM     0,25 
Câu 5 
(2,0điểm) 
Đặt 2x a , 0 1a  Biểu thức đã cho trở thành 
1 1 2 2
1 1 2 2
2 1 2 1 2 1
a a a a
P
a a a a a a
 
         
     
0,25 
=
3 3
2 1 2 1
(2 )(1 a) 2 (1 )a a a
   
      
      
 0,25 
*) Vì 0 1a  
3
2 1 1
2
P
 
    
 
 0,25 
Đẳng thức xảy ra khi 
0 0
1 1
a x
a x
  
   
. Vậy MinP = 1 khi 0x  hoặc 1x  0,25 
 0 1a  nên a và 1 a là hai số không âm. 
Áp dụng BĐT Cauchy ta có 
( 1 ) 1
(1 )
4 4
a a
a a
 
   
0,25 
3 2
2( 1)
1 3
2
4
P   

0,25 
Đẳng thức xảy ra khi 2
1 1 1
1
2 2 2
a a a hay x x       0,25 
Vậy MaxP =
2
3
 khi 
1
2
x  0,25 
Lưu ý khi chấm bài: 
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. 
Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương 
ứng. 
- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.