de giao luu hsg toan 8 nam 2017 2018 phong gddt chi linh hai duong

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2017 - 2018
MƠN: TỐN - LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề gồm 01 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)


x2

1  

10  x 2 
 với x  0 , x  2 .


 :  x  2 


Cho biểu thức : A   3
 x  4 x 6  3x x  2  
x2
6

a) Rút gọn A.
b) Tìm x để A  A .
Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình :

3
2
4
9
 2
  2
x  5 x  4 x  10 x  24 3 x  3 x  18
2

b) Đa thức P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P(1) = 0; P(3) = 0; P(5) = 0. Tính giá
trị của biểu thức: Q = P(-2) + 7P(6).
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: ( y  2) x3  y 2  2 y  1  0
b) Cho 3 số nguyên tố x < y < z liên tiếp thỏa mãn x 2  y 2  z 2 là một số nguyên tố. Chứng
minh rằng  x  1   y  2    z  3 cũng là một số nguyên tố.
2

2

2

Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thoi ABCD cạnh a có 
ABC  60o . Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, E thuộc
4
3

tia BC sao cho BE  BC , AE cắt CD tại F. Trên hai đoạn AB và AD lần lượt lấy hai điểm G và H

sao cho CG song song với FH.
a) Tính diện tích hình thoi ABCD theo a.
b) Chứng minh rằng : 4 BG.DH  3a 2
c) Tính số đo góc GOH.
Câu 5: (1,0 điểm)
Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Chứng minh rằng :

a
b
c
3abc



2
b  c c  a a  b  a  b  b  c  c  a 

---------- HẾT ----------


UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu

Nội dung đáp án

Phần

 x
6
1  
10  x
 :  x  2 


3
 x  4 x 6  3x x  2  
x2

a) A  

a
Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2017 - 2018
MƠN: TỐN - LỚP 8
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

2

2






x
2
1  x 2  4  10  x 2
 :
A  


  x  2 x  2 x  2 x  2 
x2

0,25

A

6
x2
.
 x  2 x  2 6

0,25

A

1
2 x

0,25

Vậy A 

0,25

1
với x  0 , x  2
2 x
A A  A0

b

Điểm

1
 0  2 x  0  x  2
2 x
Kết hợp với ĐKXĐ x  0 , x  2 ta có x < 2; x  0 , x  2


0,25
0,5
0,25

ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3.
3
2
4
9
 2
  2
x  5 x  4 x  10 x  24 3 x  3 x  18

3
2
4
9


 
 x  1 x  4   x  4  x  6  3  x  3 x  6 
2

a
Câu 2

1   1
1  4  1
1 
 1





  

 x 1 x  4   x  4 x  6  3  x  3 x  6 
1
4
1

 

x 1 3 x  3
3  x  3
4  x  1 x  3
3  x  1



3  x  1 x  3 3  x  1 x  3 3  x  1 x  3
 4 x 2  8x  0  4 x  x  2  0

b

 x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện).
Vậy tập nghiệm của phương trình: S = {0; 2}.
b) Ta có: P(x)  (x - 1), (x - 3), (x - 5) mà P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là
1 nên P(x) có dạng: P(x) = (x - 1)(x - 3)(x - 5) (x + a)
Khi đó: P(-2) + 7P(6) = (-3).(-5).(-7).(-2 + a) +7.5.3.1.(6 + a)
= -105.(-2 + a) +105.(6 + a)
= 105.(2 – a +6 + a) = 840
Nếu y + 2 = 0  y  2 lúc đó bài tốn có dạng 0x3 – 1 = 0 (KTM).

Câu 3

a

Nếu y  2 thì ta có x3 

y  2 y 1
1
 y

y2
y2
2

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25


1
nguyên => y  2  Ư(1)  1;1 .
y2

Vì x, y nguyên nên

0,25

Với y  2  1  y  3  x 3  4 (loại).

0,25

Với y  2  1  y  1  x  0  x  0

3

Vậy số nguyên x, y thỏa mãn đề bài là : x = 0, y = -1.
Nếu x; y; z đều không chia hết 3 thì x2; y2; z2 chia cho 3 đều dư 1

 x 2  y 2  z 2 chia hết cho 3 mà x 2  y2  z 2  3  x 2  y2  z 2 là hợp số.

0,25

0,25

 Trong 3 số x; y; z có ít nhất 1 số chia hết cho 3 mà x; y; z là số ngun tố
 có ít nhất một số là 3 và do x < y < z là 3 số nguyên tố liên tiếp

b

 (x; y; z) = (2; 3; 5); (3; 5; 7)

0,25

+ Xét (x; y; z) = (2; 3; 5)
 x 2  y 2  z 2  38  P (Loại)

0,25

+ Xét (x ; y ; z) = (3; 5; 7)
 x 2  y 2  z 2  83 là số nguyên tố (t/m)
  x  1   y  2    z  3  22  32  4 2  29 là số nguyên tố.
2

2

G

Hìn
h
vẽ

0,25

2

A

B

H

D

O
I

0,25

F
C
E

+) Kẻ AI  BC ( I  BC ) . Tính được BI  CI 

Câu 4

a

+) Áp dụng định lí Pi-ta-go tính AI 

a
2

0,25
0,25

a 3
2

0,25

a 3 a2 3
+) Tính diện tích hình thoi bằng AI .BC  a.

2
2

Chú ý : HS có thể tính theo cơng thức diện tích hình thoi.
BC BG

 BC.DF  DH .BG
DH DF
BC AF DF
3 DF

+) Theo định lý Ta-lét tính được :


 
BE AE DC
4 CD
3
3
3
+)  DF  DC  BC  BG.DH  a 2
4
4
4

0,25

+)  4 BG.DH  3a 2

0,25

+) Chứng minh BCG đồng dạng DHF 
b

c

3
4

3
4

+) Theo định lý Py-ta-go tính được BO 2  BC 2  CO 2  BC 2  a 2

0,25
0,25


3
4
BG BO
  HDO
  300
+) 
kết hợp với GBO

DO DH
  DHO

=> BGO đồng dạng DOH (c.g.c)  GOB
  GOH
  HOD
  180o , vì GOB
  DHO
 (cmt)
+) Có GOB

Mà BG.DH  a 2 nên BG.DH  BO 2  BO.DO

  GOH
  HOD

  180o . Do DHO
  HOD
  150o (vì DOH
  30o )
Nên DHO
  300
+) Suy ra GOH
Với a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác ta chứng minh được :
(a  b  c )(b  c  a )(c  a  b)  0

Ta có :

0,25
0,25
0,25
0,25

a
b
c
3abc



b  c c  a a  b ( a  b)(b  c )(c  a)



a( a  c)(a  b)  b(b  a)(b  c)  c(c  a)(c  b)  3abc
(a  b)(b  c )(c  a )



a 3  b3  c 3  6abc  ab(a  b)  bc(b  c )  ca (c  a )
ab(a  b)  bc (b  c )  ca (c  a )  2abc

Câu 5

0,25

a 3  b3  c 3  4abc
1
(a  b)(b  c )(c  a )
Theo kết quả trên : (a  b  c )(b  c  a )(c  a  b)  0
 ab(a  b)  bc (b  c)  ca (c  a )  2abc  a 3  b3  c 3

0,25



 (a  b)(b  c)(c  a )  4abc  a  b  c
3



3

0,25

3

a 3  b3  c 3  4abc
1  2
(a  b)(b  c)(c  a )

Chú ý : Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25