Đề thi chọn học sinh giỏi Lớp 8 Môn Toán Trường THCS Bưng Riềng

PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC	ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8
TRƯỜNG THCS BƯNG RIỀNG MÔN TOÁN 
	Thời gian 120 phút 

ĐỀ BÀI : 
Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên x thì biểu thức A = x5 – x luôn chia hết cho 30
Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 
 1/ a(x2 +1) – x(a2 + 1) 
 2/ 6x3 + 13x2 + 4x – 3 
 3/ ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 15 
Bài 3 : a/ Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B = nhận giá trị nguyên 
 b/ Tìm giá trị của a và b để biểu thức C = a2 – 4ab + 5b2 -2b – 6 đạt giá trị nhỏ nhất. 
Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 
Bài 4 : Chứng minh rằng : (x – 1)(x – 3 )( x – 4 )(x – 6 ) +10 1
Bài 5 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của AB và BC.
 a/ Tính diện tích tứ giác AMND
 b/ Phân giác góc CDM cắt BC tại E, Chứng minh DM = AM + CE 
Bài 6 : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. BD , CE là hai đường cao của tam giác cắt nhau tại điểm H. Chứng minh rằng : 
 a/ HD.HB = HE.HC 
 b/ HDE HCB
 c/ BH.BD + CH.CE = BC2 
HẾT

ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG TOAN 8
BÀI 1: (2đ) A = x5 – x = x( x4 - 1 ) = x( x2 – 1 )( x2 + 1) 
 = (x – 1 ) x ( x + 1)( x2 + 1) 
 Vì (x – 1 ) x ( x + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho cả 2 và 3 => A 6 (1)
 +/ Nếu x 5 => A 5
 +/ Nếu x : 5 dư 1 thì ( x – 1) 5 => A 5
 +/ Nếu x : 5 dư 4 thì ( x + 1) 5 => A 5
 +/ Nếu x : 5 dư 2 hoặc 3 thì x2 : 5 dư 4 => ( x2 + 1) 5 => A 5
 Vậy A 5 với mọi x (2) 
 Ta có UCLN ( 5;6) = 1 nên kết hợp (1) và (2) => A (5.6) =30 
 A 30 với mọi x 
Bài 2 : (3đ) 
1/ a(x2 +1) – x(a2 + 1) = ax2 + a – a2 – x = ax2 –a2x +a – x =
 = ax(x – a ) – ( x – a ) = ( x – a ) ( ax – 1 ) 
2/ 6x3 + 13x2 + 4x – 3 = 6x3 + 6x2 + 7x2 + 7x – 3x – 3 
 = 6x2( x + 1) + 7x( x + 1) – 3( x + 1) = ( x + 1)( 6x2 + 7x – 3 )
 = ( x + 1)( 6x2 + 9x – 2x – 3 ) = ( x + 1 )( 3x( 2x + 3) – ( 2x + 3) 
 = (x + 1)( 2x +3)( 3x – 1 ) 

3/ ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 15 = ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) + 1 – 16
 = ( x2 + x – 1 )2 – 42 = ( x2 + x – 5 )( x2 + x + 3 ) 


Bài 3 : (4đ) a/ Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B = nhận giá trị nguyên 
B = 
Để B nhận giá trị nguyên thì 3 (2x – 1) Hay ( 2x – 1 ) U(3) = { -1;1;-3;3} 
 Suy ra x { 0;1; -1; 2} 
b/ Tìm giá trị của a và b để biểu thức C = a2 – 4ab + 5b2 -2b – 6 đạt giá trị nhỏ nhất. 
Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 
 C = a2 – 4ab + 4b2 + b2 – 2b + 1 – 7 = ( a -2b)2 + ( b – 1)2 – 7 – 7 
Vậy : Tại a – 2b = 0 và b – 1 = 0 a = 2 và b = 1 thì MinC = -7 
Bài 4 : ( 2đ) Chứng minh rằng : (x – 1)(x – 3 )( x – 4 )(x – 6 ) +10 1
 Ta có (x – 1)(x – 3 )( x – 4 )(x – 6 ) +10 = (x – 1)(x – 6 )( x – 4 )(x – 3 ) +10 
 = x2 -7x + 6 )( x2 – 7 x + 12) + 10 = ( x2 – 7x + 9 – 3 )( x2 – 7x +9 + 3) + 10 = 
 = ( x2 – 7x + 9)2 – 32 + 10 = ( x2 – 7x + 9)2 + 1 
Vì ( x2 – 7x + 9)2 0 ,với mọi x 
Nên ( x2 – 7x + 9)2 + 1 1 , với mọi x 
 Bài 5 : ( 4đ)
a/ SAMND = SABCD – SBMN - SNCD
 Ta có BMN vuông tại B có BM = BN = = CN
 NCD vuông tại C có DC = a 
Suy ra SAMND = 
b/ Chứng ming DM = AM + CE 
 Trên tia đối của tia CB lấy điểm K sao cho CK = AM
 Dễ dàng chứng minh được ADM = CDK ( c.g.c) 
 Suy ra AM = CK và DM = DK (1) 
 Và góc ADM = góc CDK 
 Ta có : ADE = ADM + MDE =
 = EDC + CDK = EDK ( Vì MDE = EDC theo GT) 
Mặt khác ADE = DEK ( so le trong ) 
 = > EDK = DEK Vậy DKE cân tại K => DK = KE = CK + CE ( 2) 
 Từ (1) và (2) suy ra DM = AM + CE 
Bài 5 : ( 5đ) 
 a/ HD.HB = HE.HC : Chứng minh 2 vuông : BHE và CHD đông dạng ( E = D = 900; EBH = DCH cũng phụ với A ) 
 => => HD.HB = HE.HC
b/ HDE HCB : Từ 
và EHD =CHB (đối đỉnh) => HDE HCB 
c/ vì H là giao điểm hai đường cao BD và CE nên H là trực tam của tam giác. => AH là đường cao thứ ba. Gọi F là giao điểm của AH với BC Ta có AF BC
BHF đồng dạng BCD ( vuông cùng góc nhọn B) => Hay BH.BD = BF.BC (*)
CHF đồng dạng BCE ( vuông có cùng góc BCE) => Hay CH.CE = CF.BC (**) 
Cộng theo vế (*), (**) : BH.BD + CH.CE = BC(BF + CF) = BC2