Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 (Có đáp án)

 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
NĂM HỌC 2014 - 2015 
MÔN: TOÁN LỚP 8 
( Thời gian làm bài: 150 phút ) 
Câu 1. (4,0 điểm) cho phân thức : 
    
   
2 22 2 25x 5y 5z x y z 5 xy yz zx
A .
5x 5y 5z 25xy 25yz 25zx
      

    
 a) Tìm các giá trị của x, y, z để phân thức xác định ; 
 b) Rút gọn A. 
Câu 2. (5,0 điểm) 
 a) Tìm giá trị của a để h(x) = 3x2 + ax – 32 chia x + 5 có số dư là 3; 
 b) Giải phương trình nghiệm nguyên : 1 + x + x2 + x3 = y3 ; 
 c) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: p(x) = x3 + 6x2 – 13x – 42. 
Câu 3. (4,0 điểm) 
 a) Cho 
4
4 3 2
a 16
M .
a 4a 8a 16a 16


   
 Tìm các giá trị nguyên của a để M có giá trị 
nguyên ; 
 b) Biết ax + by + cz = 0 và a + b + c = 
1
.
1993
 Tính: 
     
2 2 2
2 2 2
ax by cz
N .
bc y z ac x z ab x y
 

    
Câu 4. (5 ,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC, trực tâm H. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không 
chứa điểm A, vẽ các tia Bx  AB, Cy  CA chúng cắt nhau tại D. 
 a) Tứ giác BHCD là hình gì ? Vì sao ? 
 b) Gọi E là điểm sao cho BC là đường trung trực của EH. Chứng minh rằng tứ giác 
BCDE là hình thang cân ; 
 c) BD cắt EH tại K. Tam giác ABC phải có thêm điều kiện gì để tứ giác HCDK là hình 
thang cân. 
Câu 5. (2,0 điểm) Cho 0  x, y, z  1. Chứng minh rằng 0  x + y + z – xy – yz – xz  1. 
----------------Hết---------------- 
Họ và tên thí sinh:SBD:.................... 
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 8 
Câu 1 4 điểm 
a) (5x + 5y + 5z)2 – (25xy + 25yz + 25zx) 
 = 25[ (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) ] 
0,5 
Xét (x + y + z)2 – (xy + yz + zx) = 0 
 x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx – xy – yz – zx = 0 
 x2 + y2 + z2 + xy + yz + zx = 0 
 2x2 + 2y2 + 2z2 + 2xy +2yz + 2zx = 0 
 (x + y)2 + (y + z)2 + (z + x)2 = 0  x + y = y + z = z + x = 0 
 x = y = z = 0. 
Vậy để phân thức A xác định thì x, y, z không đồng thời bằng không. 
1,5 
b) Đặt x2 + y2 + z2 = a và xy + yz + zx = b thì (x + y + z)2 = a + 2b 0,5 
Khi đó : 
2 2 2 2a(a 2b) b a 2ab b (a b) a b
A
5(a 2b b) 5(a b) 5(a b) 5
     
   
   
1 
Vậy 
2 2 2x y z xy yz zx
A .
5
    
  
0,5 
Câu 2 5 điểm 
a) Theo định lí Bezoute, ta có số dư là h(-5) = 3 a = 8 1 
b) Ta nhận thấy 
2
2 1 31 x x x 0, x 
2 4
 
       
 
 3 2 3 3nên x 1 x x x y (1)     
0,5 
Lại có (x + 2)3 – (1 + x + x2 + x3) = 5x2 + 11x + 7 
= 
2
11 19
5 x 0
10 20
 
   
 
nên (x + 2)3  1 + x + x2 + x3 (2) 
0,5 
Từ (1) và (2) suy ra x3 < y3 < (x +2)3  y3 = (x + 1)3, tức là 
1 + x + x2 + x3 = (x + 1)3  x(x + 1) = 0  x = -1 hoặc x = 0 
0,5 
Với x = -1 thì y = 0; với x = 0 thì y = 1. 
Vậy phương trình có các nghiệm nguyên (x; y) là ( - 1; 0) và (0; 1).  
0,5 
c) Trước hết ta nhận thấy x = 3 là một nghiệm của đa thức p(x) 
( Vì p(3) = 0 ), do đó: 
p(x) = (x - 3). T(x) (*). Ta tìm đa thức T(x) bằng lược đồ Horner như sau: 
Hệ số của p(x) 1 6 -13 -42 
Hệ số của T(x) a = 3 1 9 14 0 = r 
Vậy T(x) = x2 + 9x + 14. Do đó p(x) = (x - 3)( x2 + 9x + 14). 
Ta lại nhận thấy đa thức T(x) = x2 + 9x + 14, có một nghiệm x = -2 
 ( vì T(-2) = 0 ), do đó T(x) = (x + 2). S(x). Ta tìm đa thức S(x) bằng lược 
đồ Horner như sau: 
Hệ số của T(x) 1 9 14 
Hệ số của S(x) a = -2 1 7 r = 0 
Vậy S(x) = x + 7, do đó T(x) = (x + 2)(x + 7) (**). 
Kết hợp (*) và (**), ta được kết quả: 
p(x) = (x - 3). (x + 2).(x + 7) ; 
2 
Câu 3 4 điểm 
a) 
4 2
4 3 2 2 2
a 16 (a 4)(a 2)(a 2) a 2 4
M 1
a 4a 8a 16a 16 (a 4)(a 2) a 2 a 2
    
    
       
1 
( a  2 ). Từ đó M nhận giá trị nguyên khi a – 2 là ước số của 4, suy ra a 
nhận các giá trị -2; 0; 1; 3; 4; 6. 
1 
b) Theo giả thiết ax + by + cz = 0. Bình phương hai vế của đẳng thức này, 
ta được: 
 a2x2 + b2y2 + c2z2 + 2(axby + axcz + bycz) = 0 
 a2x2 + b2y2 + c2z2 = -2(axby + axcz + bycz) (1) 
0,5 
Biến đổi mẫu thức của phân thức đã cho, ta được: 
bc(y – z)2 + ac(x – z)2 + ab(x – y)2 
= bcy2 – 2bcyz + bcz2 + acx2 – 2acxz + acz2 + abx2 – 2abxy + aby2 
= bcy2 + bcz2 + acx2 + acz2 + abx2 + aby2 – 2(bcyz + acxz + abxy ) (2) 
0,5 
Thay (1) vào (2), ta được: 
(bcy2 + acx2 + c2z2) + (bcz2 + abx2 + b2y2) + (acz2 + aby2 + a2x2) 
= c(by2 + ax2 + cz2) + b(cz2 + ax2 + by2) + a(cz2 + by2 + ax2) 
= (by2 + ax2 + cz2)(a + b + c) 
0,5 
Vậy 
2 2 2
2 2 2
by ax cz 1 1
N 1993
1(by ax cz )(a b c) a b c
1993
 
   
     
. 
0,5 
Câu 4 5 điểm 
0,5 
a) Tứ giác BHCD là hình bình hành vì có các cặp cạnh đối song song với 
nhau. 
1 
b) Gọi M là giao điểm của HD và BC, I là giao điểm của AE và BC. Dễ 
dàng chứng minh được IM // DE, suy ra DE // BC. Do đó BCDE là hình 
thang. 
Ta lại có CE = CH; CH = BD nên CE = BD nên CE = BD. 
Vậy tứ giác BCDE là hình thang cân. 
1,5 
c) BH cắt AC tại F, ta có  oF 90 . 
Hình thang HKDC là hình thang cân 
    KHC HCD KHC CHF   
 (vì  CHF HCD (so le trong ) ) 
 HIC = HFC   HCI HCF 
 CH là phân giác của góc ACB 
 ACB cân tại C. 
Vậy: 
HKDC là hình thang cân khi và chỉ khi ABC là tam giác cân tại C. 
2 
Câu 5 2 điểm 
Từ giả thiết, ta có x  xz, y  yz và z  zx nên x – xz + y – yz + z – zx  0 0,5 
hay x + y + z – xy – yz – zx  0. (1) 0,5 
Xét (1 – x)(1 – y)(1 – z) = - [ x + y + z – xy – yz – xz – 1 – xyz ]  0 
 x + y + z – xy – yz – xz  1 – xyz < 1 (2) 
0,5 
Từ (1) và (2), ta có đpcm.  0,5 
Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm 
tuyệt đối.