Đề thi chọn học sinh giỏi năm học 2014 - 2015 môn: Toán lớp 8 (Đề 3)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
NĂM HỌC 2014 - 2015 
MÔN: TOÁN LỚP 8 
( Thời gian làm bài: 150 phút ) 
Câu 1. (3,0 điểm) 
 a) Giả sử y 1 và y  0, biết rằng : 1 21 2 3
1 2
y 1 x 1 x 1
x ; x ; x ;
y 1 x 1 x 1
  
  
  
Tìm y nếu 
1986x 3 ; 
 b) Rút gọn biểu thức  
2 2 2
2
2 2
y yz z x 3 y z
A . x y z
1 1 1 1 1x y z
y z yz xy xz
 
  
      
   
  
. 
Câu 2. (5,0 điểm) 
 a) Phân tích đa thức C = (x – 2)(x – 4) (x – 6)(x – 8) + 15 thành nhân tử ; 
 b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a5 – 5a3 + 4a  120. 
Câu 3. (3,0 điểm) 
 a) Cho 
2 4
2 4
2 4
2 4
1 1
x x
x xy ; z
1 1
x x
x x
 
 
 
 và x   1. Hãy tính z theo y ; 
 b) Cho xy + xz + yz = 1 và x, y, z khác  1. Chứng minh rằng : 
   2 2 2 2 2 2
x y z 4xyz
1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z
  
     
. 
Câu 4. (4,0 điểm) 
 a) Cho 
  
  
2 2 2 a b c a c bb c a
x ; y
2bc a b c b c a
    
 
   
 và b + c – a  0; bc  0; a + b + c  0 . 
Tính giá trị của biểu thức P = (x + y + xy + 1)3 
 b) Chứng minh rằng nếu a, b, c khác nhau thì : 
        
b c c a a b 2 2 2
a b a c b c b a c a c b a b b c c a
  
    
         
Câu 5. (5 ,0 điểm) 
 a) Cho tam giác đều ABC, trọng tâm G. O là một điểm thuộc miền trong của tam giác và 
O khác G. Đường thẳng OG cắt các đường thẳng BC, BA và AC theo thứ tự ở A’, B’, C’. 
Chứng minh rằng: 
OA' OB' OC'
3
GA' GB' GC'
   ; 
 b) Từ một điểm P thuộc miền trong của tam giác đều ABC. Hạ các đường vuông góc PD, 
PE và PF xuống các cạnh BC, CA và AB. Tính 
PD PE PF
.
BD CE AF
 
  
----------------Hết---------------- 
Họ và tên thí sinh:SBD:.................... 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHỐI 8 
Câu 1 4 điểm 
a) 12
1
x 1 y 1 y 1 2 2y 1
x 1 : 1 :
x 1 y 1 y 1 y 1 y 1 y
       
               
1 
Tương tự, ta tính được 3 4 5 1 6 2 7 3
y 1
x ;x y, suy ra x x ;x x ;x x ;
1 y

    

 
0,5 
Vì 1986 = 4.496 + 2, nên 1986 2
1 1
x x 3 y
y 3
 
     . 
0,5 
b)  
2 2 2
2
2 2
y yz z x 3 y z
A . x y z
1 1 1 1 1x y z
y z yz xy xz
 
  
      
   
  
0,5 
2 2 3
2(y z yz)(y z) x 3xyz 2x(y z). (x y z)
x(y z) x y z
     
   
  
3 2 2 2 2 3 3
22(y y z yz y z yz z x 3xyz) (x y z)
x y z
      
   
 
0,5 
3 3 3
22(x y z 3xyz) (x y z)
x y z
  
   
 
Mà x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx ) 0,5 
Do đó kết quả trên được viết thành : 
  2 2 2 22 x y z x y z – xy – yz – zx (x y z)
x y z
   
  
 
0,5 
= 2x2 + 2y2 + 2z2 – 2xy – 2yz – 2zx + x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx 
= 3(x2 + y2 + z2) 
(xyz  0; y + z  0 và x + y + z  0).  
Câu 2 5 điểm 
a) C = (x2 – 10x + 21)(x2 – 10x + 19) 2,5 
b) a5 – 5a3 + 4a = (a – 2)(a – 1)a(a + 1)(a + 2) là tích của 5 số nguyên liên 
tiếp nên chia hết cho 5; 3 ; 8, chúng đôi một nguyên tố cùng nhau, 
nên a5 – 5a3 + 4a  3.5.8 = 120.  
2,5 
Câu 3 3 điểm 
a) Ta có : 
2
22
2 2
2 2
1
x 2xxy 1 1 ;
1 1
x x
x x

   
 
2
2 2
2 2
2 2
1 2
x
x xy 1 1 ;
1 1
x x
x x

   
 
0,5 
4
24
4
4
4
y 1 y 11
xy 1 y 1y 1 y 1xx z
1 y 1 y 1y 1 2yx
x y 1 y 1
 
  
     
   
 
1 
b) Ta có:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
x y z x(1 y )(1 z ) y(1 x )(1 z ) z(1 x )(1 y )
1 x 1 y 1 z (1 x )(1 y )(1 z )
       
  
      
Phân tích tử thức của phân thức trên, ta có: 
x – xy2 – xz2 + xy2z2 + y – x2y – yz2 + x2yz2 + z – x2z – y2z + x2y2z 
= xyz(xy + xz + yz) + y(1 – xy – yz) + x(1 – xz – xy) + z(1 – xz – yz) (1) 
0,5 
0,5 
Theo giả thiết xy + yz + xz = 1, nên xz = 1 – xy – yz ; yz = 1 – xz – xy ; 
xy = 1 – xz – yz. Thay vào (1), ta được tử thức bằng 4xyz. Từ đó ta có được 
kết quả của bài toán.  
0,5 
Câu 4 4 điểm 
a) Ta có (x + y + xy + 1)3 = [(x +1) + y(x + 1)]3 = [(x + 1)(y + 1)]3 
0,5 
Vì 
2 2 2b c a (b c a)(b c a)
x x 1 ,
2bc 2bc
     
   
(a b c)(a c b) (a b c)(a c b) (a b c)(b c a)
y y 1
(a b c)(b c a) (a b c)(b c a)
            
   
        
2 2 2 2a ( b c) (b c) a 4bc
(a b c)(b c a) (a b c)(b c a)
     
 
        
Vậy     
33
P x y xy 1 x 1 y 1         
3
3(b c a)(b c a) 4bc. 2 8
2bc (b c a)(b c a)
    
       
( bc  0, a + b + c  0 và b + c – a  0 ). Vậy P = 8. 
0,5 
0,5 
0,5 
b) Ta có :
b c 1 1
;
(a b)(a c) a b a c

 
   
tương tự, ta có: 
a b 1 1 c a 1 1
; 
(c a)(c b) c a c b (b c)(b a) b c b a
 
   
        
0,5 
0,5 
Cộng theo từng kết quả tìm được, suy ra điều phải chứng minh.  1 
Câu 5 5 điểm 
0,5 
a) Từ G hạ GH, GE, GF lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA và AB 
(Xem Hình vẽ 1 ). 
Từ O hạ OI, OM và ON lần lượt vuông góc với BC, CA và AB. Áp dụng 
định lí Thales đối với tam giác, ta có 
A'O OI B'O ON C'O OM
; ; .
A'G GH B'G GF C'G GE
  
Mặt khác ABC đều nên GE = GF = GH = 
1
h
3
 và OI + OM + ON = h (h là 
đường cao của ABC ). Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
b) Từ P dựng các đường song song với các cạnh của ABC, ta được ba tam 
giác đều MNP, PIK và PRS nhận PD, PE và PF là đường cao ( Xem Hình vẽ 
2 ). 
Gọi x, y, z lần lượt là các cạnh của tam giác đều trên thì x + y + z = a (a là 
cạnh của tam giác đều ABC). 
Gọi h là đường cao của tam giác đều ABC, ta có 
a 3
h
2
 . 
Ta lại có 
a 3
PD PE PF .
2
   
Mặt khác 
x y z
BD z ; CE x ; AF y
2 2 2
      nên 
0,5 
0,5 
0,5 
BD + CE + AF = 
a 3
2
. Vậy
PD PE PF 1 3
.
BD CE AF 33
 
 
 
 
0,5 
0,5 
Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác, đúng và lập luận chính xác thì vẫn cho điểm 
tuyệt đối.