Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lớp 8 môn Toán - Trường Nguyễn Gia Thiều (2014-2015)

CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 1 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Tr. NGUYỄN GIA THIỀU (14-15) 
Thời gian: 120 phút 
(NGÀY THI: 15/11/2014) 
Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 
 a) 
2
x x 2001.2002  
 b) 
3 2
x 5x 8x 4   
 c) 
6 4 2 2 4 6
x x x y y y    
Bài 2: (2 điểm) Tìm x, biết: 
 a)     x 1 x 2 x 3 x 4 24     
 b)  2x 1 a x 1 0    
Bài 3: ( 1 điểm) Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn: a + b = c + d; 
2 2 2 2
a b c d   . Chứng minh rằng: 
202 202 202 202
a b c d   
Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng với x, y nguyên thì: 
     4A x y x 2y x 3y x 4y y      là một số chính phương. 
Bài 5: (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2
B 5x 2y 4xy 2x 4y 2014      
Bài 6: ( 2,5 điểm) Cho ABC vuông tại A (AB < AC), có AH là đường cao. Trong nửa mặt phẳng 
bờ AH có chức C vẽ hình vuông AHKE. 
a) Chứng minh: 0C 45 . 
b) Gọi P là giao điểm của AC và KE. Chứng minh: AB = AP. 
c) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và AQ. Chứng 
minh 
ba điểm H, I, E thẳng hàng. 
d) Chứng minh: HE // QK. 
Bài 7: (1 điểm) Cho tam giác DBC nhọn. Kẻ    BM CD M CD ,CA BD A BD    . Gọi I là 
trung điểm của AB, qua I kẻ đường thẳng vuông góc với AB và cắt CB tại O; qua M kẻ đường 
thẳng vuông góc với MO cắt DA tại K. Chứng minh: 
2
KA.KB KM . 
  HẾT   
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN 
HỌC SINH GIỎI LỚP 8 
Trường NGUYỄN GIA THIỀU (2014-2015) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 2 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Tr. NGUYỄN GIA THIỀU (14-15) 
Bài 1: (2 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 
 a) 
2
x x 2001.2002  
      
2 2
x x 2001.2002 x 2001x 2002x 2001.2002
x x 2001 2002 x 2001 x 2001 x 2002
     
      
 b) 
3 2
x 5x 8x 4   
      3 2 3 2 2 2x 5x 8x 4 x x 4x 4x 4x 4 x x 1 4x x 1 4 x 1               
      
2
2
x 1 x 4x 4 x 1 x 2       
 c) 
6 4 2 2 4 6
x x x y y y    
        
  
6 4 2 2 4 6 6 6 4 2 2 4 2 2 4 2 2 4 4 2 2 4
4 2 2 4 2 2
x x x y y y x y x x y y x y x x y y x x y y
x x y y x y 1
               
    
Bài 2: (2 điểm) Tìm x, biết: 
 a)     x 1 x 2 x 3 x 4 24     
     x 1 x 2 x 3 x 4 24     
       
     
 
   
2 2
2
2 2 2
2
2 2 2
2
2 2
x 1 x 4 x 2 x 3 24 x 5x 4 x 5x 6 24
x 5x 5 1 x 5x 5 1 24 x 5x 5 1 24
x 5x 5 25 x 5x 5 5 hay x 5x 5 5
5 15
x 5x 0 hay x 5x 10 0 x x 5 0 hay x 0 vo â lí
2 4
x 0 hay x 5
           
               
   
           
 
            
 
   
 Vậy x = 0 hay x = -5 
 b)    2x 1 a x 1 0 1    
TH1: a = 0, khi đó, (1) trở thành: 
2 2
x 1 0 x 1 0 x 1        
TH2: a 0 
 Ta có:  
 
2
2
x 1 0 x 1
x 1 a x 1 0 x 1
a x 1 0 x 1
     
        
  
Vậy: Khi a = 0 thì x 1  
 Khi a 0 thì x =1 
HƯỚNG DẪN ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN 
HỌC SINH GIỎI LỚP 8 
Trường NGUYỄN GIA THIỀU (14-15) 
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 3 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Tr. NGUYỄN GIA THIỀU (14-15) 
Bài 3: ( 1 điểm) Cho 4 số a, b, c, d thỏa mãn: a + b = c + d; 
2 2 2 2
a b c d   . Chứng minh rằng: 
202 202 202 202
a b c d   
Ta có: 
2 2 2 2
a b c d a b 2ab c d 2cd 2ab 2cd           
Mà 
2 2 2 2
a b c d   nên    
2 2
2 2 2 2
a b c d
a b 2ab c d 2cd a b c d
a b d c
   
          
  
TH1: a b d c   
Ta có : 
202 202
202 202 202 202
202 202
a b d c a b a b d c c d a d a d
a b c d
a b c d a b c d b c b c
             
         
          
TH2: a b c d   
Ta có : 
202 202
202 202 202 202
202 202
a b c d a b a b c d c d a c a c
a b c d
a b c d a b c d b d b d
             
         
          
Cách 2: 
Ta có: 
a c d b
a b c d
a d c b
   
    
  
Ta có:      2 2 2 2 2 2 2 2a b c d a c d b a c a c d b d b             
mà a c d b   nên         d b a c d b d b d b a c d b 0           
mặt khác: a d c b   nên      
b d
d b c b c b 0 d b c b 0
c b
 
          

. 
Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng với x, y nguyên thì: 
     4A x y x 2y x 3y x 4y y      là một số chính phương. 
    
    
  
4
4
2 2 2 2 4
A x y x 2y x 3y x 4y y
A x y x 4y x 2y x 3y y
A x 5xy 4y x 5xy 6y y
     
     
     
Đặt 
2 2
t x 5xy 5y   , khi đó biểu thức trở thành: 
  
 
2 2 4
2 4 4
2
2
2 2
A t y t y y
A t y y
A t
A x 5xy 5y là số chính phương với x, y là số nguyên
   
  

  
Bài 5: (0,5 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 
2 2
B 5x 2y 4xy 2x 4y 2014      
Cách 1: 
2 2
B 5x 2y 4xy 2x 4y 2014      
     
     
2 2 2 2
2 2 2
B x 2x 1 4x 4xy y y 4y 4 2009
B x 1 2x y y 2 2009 2009
         
       
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 4 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Tr. NGUYỄN GIA THIỀU (14-15) 
Vậy 
min
B 2009 . Dấu ‘’=’’ xảy ra khi 
 
 
 
2
2
2
x 1 0
x 1
2x y 0
y 2
y 2 0
  

 
   
 
 

Cách 2: 
    
 
   
2 2
2
2 2 2
2
2
2 2
 2B 10x 4y 8xy 4x 8y 4028
2B 4y 2. 2y 2x 2 2x 2 4x 8x 4 10x 4x 4028
2B 2y 2x 2 6x 12x 4024
2B 2y 2x 2 6 x 1 4018 4018
B 2009
     
           
      
       
 
Dấu “=” xảy ra khi 
2y 2x 2 0 y 2
x 1 0 x 1
     
 
   
Vậy GTNN của B là 2009 khi 
x 1
y 2
 

 
Bài 6: ( 2,5 điểm) Cho ABC vuông tại A (AB < AC), có AH là đường cao. Trong nửa mặt phẳng 
bờ AH có chức C vẽ hình vuông AHKE. 
a) Chứng minh: 0C 45 . 
Xét ABC , ta có: AB < AC (gt) 
C B  (quan hệ cạnh và góc đối diện trong tam giác) 
mà  0C B 90 ABC vuông tại A   nên 0 02C 90 C 45   
b) Gọi P là giao điểm của AC và KE. Chứng minh: AB = AP. 
Xét AHC và AEP  , ta có: 
 
 
 
0
AH AE vì AHKE là hình vuông
AHB AEP 90
HAB EAP cùng phụ HAP



 

 

  AHB = AEP g c g AB AP      
c) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và AQ. Chứng minh 
ba điểm H, I, E thẳng hàng. 
Xét hình bình hành APQB, ta có I là giao điểm của BP và AQ (gt) I là trung điểm của BP và 
AQ. 
I
Q
P
KH
A
B
C
E
CÔNG TY CỔ PHẦN GIÁO DỤC THĂNG TIẾN THĂNG LONG 2014 -2015 
Trang 5 Học Sinh Giỏi Lớp 8 – Tr. NGUYỄN GIA THIỀU (14-15) 
Ta có : 
 
 
HA HK AHKE là hình vuông
EA EK AHKE là hình vuông
1
IA IK BP
2

 




      
H, E, I cùng thuộc đường trung trực của đoạn AK.  H, I, E thẳng hàng. 
d) Chứng minh: HE // QK. 
Xét hình bình hành ABQP, ta có  0BAP 90 ABC vuông tại A  
 hình bình hành ABQP là hình chữ nhật (tứ giác là hình bình hành có một góc vuông) 
Ta có: 
 
 
1
KI BP KI là trung tuyến ứng với cạnh huyền BP 1
KI AQ2
2
BP AQ ABQP là hình chữ nhật


 
 
Xét KAQ , ta có: 
 
 
KI là đường trung tuyến I là trung điểm của AQ
1
KI AQ cmt
2





KAQ vuông tại K 
 QK AK mà AK HE vì AHKE là hình vuông nên HE // QK.    
Bài 7: (1 điểm) Cho tam giác DBC nhọn. Kẻ    BM CD M CD ,CA BD A BD    . Gọi I là 
trung điểm của AB, qua I kẻ đường thẳng vuông góc với AB và cắt CB tại O; qua M kẻ đường 
thẳng vuông góc với MO cắt DA tại K. Chứng minh: 
2
KA.KB KM . 
Ta có:   
KA KI IA
KA.KB KI IA KI IB
KB KI IB
  
   
 
mà IA = IB (I là trung điểm của AB) 
nên     2 2KA.KB KI IA KI IA KA.KB KI IB 1      
Ta có:  2 2 2KM MO OK định lí Pitago trong MKO vuông tại M   
2 2 2
KM OK MO   
mà 
 2 2 2
1
MO BO BC
2
KO IO KI định lí Pitago trong IKO vuông tại I
  
   
 
   
nên 
2 2 2 2
KM IO KI BO   
Mặt khác:  2 2 2BO IB IO định lí Pitago trong IBO vuông tại I   
nên  2 2 2 2 2KM IO KI IB IO    
 
2 2 2 2 2
2 2 2
KM IO KI IB IO
KM KI IB 2
    
  
Từ (1) và (2), ta suy ra: 
2
KA.KB KM 
  HẾT   
K
O
I
A
M
B C
D