01 đề đáp án vũng tàu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC THÁNG 4 LỚP 8 THCS

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

NĂM HỌC: 2020 – 2021

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 120 phút
Ngày thi: 23/3/3021

Câu 1: (3,0 điểm)
n 1
n 3
n
n
1. Chứng minh 4.5  2  2.5  2 chia hết cho 18 với mọi số nguyên dương n .

3
2
2
3
2. Phân tích đa thức 3x  13 x y  13xy  3 y thành nhân tử.

Câu 2: (3,0 điểm).

A
Cho biểu thức



x y 
y2
2 x2 y
x2

:


xy   x  y  2  x  y   x 2  y 2  2  x 2  y 2   x  y  

 với xy 0 , x y

1. Rút gọn biểu thức A

x3  6 y 3 xy  x  y 
2. Tính giá trị của A khi x , y thỏa mãn
.
Câu 3: (3,0 điểm)
x2  4 x 1
x 2  5x 1
2 
x 1
2 x 1 .
1. Giải phương trình
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

 x; y 

2
thỏa mãn phương trình xy  2 xy  27 y  x 0 .

Câu 4: (3,0 điểm)
2
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n  3n  8 là số chính phương.

2. Cho 2021 số khơng âm x1 , x2 ,..., x2021 thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:
i) x1  x2 ...x2021 ;

ii) x1  x2 2021 ;

iii) x3  x4  ...  x2021 2021 .

2
2
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x1  x2  ...  x2021 .

Câu 5: (6,0 điểm) Cho hình vng ABCD . Gọi M là một điểm tùy ý trên cạnh BC ( M khác B và

C ). Kẻ tia Ax vng góc với tia AM và cắt CD tại N . Gọi H là trung điểm của MN , tia
AH cắt CD tại K . Qua điểm M kẻ đường thẳng song song với AB , cắt AK ở E .
1. Chứng minh AM  AN và tứ giác EMKN là hình thoi.
2
2. Chứng minh NA  NC.NK .

3. Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC , chứng minh chu vi tam giác MKC khơng đổi.
Câu 6: (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AC  BD . Vẽ CE vng góc với AB tại E và CF
vng góc với AD tại F . Cho biết đường chéo AC a , hãy tính AB. AE  AD. AF theo a .

= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Trang 1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC THÁNG 4 LỚP 8 THCS

TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU
Năm học: 2020 - 2021
HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: (3,0 điểm)
n 1
n 3
n
n
1. Chứng minh 4.5  2  2.5  2 chia hết cho 18 với mọi số nguyên dương n .

3
2
2
3
2. Phân tích đa thức 3x  13 x y  13xy  3 y thành nhân tử.

Lời giải
1) Với mọi số nguyên dương n ta có:
n 1
n
n
n 3
4.5n 1  2n 3  2.5n  2 n  4.5  2.5    2  2 

5n.  4.5  2   2n 1  2  24 
5n.18  2n 1.18
n
n 1
 5n.18  2n 1.18 18 hay 4.5n1  2n3  2.5n  2n chia hết cho 18
Vì 5 .1818 và 2 .1818 nên

3
2
2
3  3 x 3  3 y 3  13 x 2 y  13 xy 2

 

3
x

13
x
y

13
xy

3
y
2) Ta có:

3  x 3  y 3   13xy  x  y 

3  x  y   x 2  xy  y 2   13xy  x  y 
3  x  y   x 2  xy  y 2  13xy 
3  x  y   x 2 12 xy  y 2 

Câu 2: (3,0 điểm).

A
Cho biểu thức



x y 
y2
2 x2 y
x2

:


xy   x  y  2  x  y   x 2  y 2  2  x 2  y 2   x  y  

 với xy 0 , x y

1. Rút gọn biểu thức A

x3  6 y 3 xy  x  y 
2. Tính giá trị của A khi x , y thỏa mãn
.
Lời giải
1) Với xy 0 , x y , ta có:

A



x y 
y2
2x 2 y
x2

:


xy   x  y  2  x  y   x 2  y 2  2  x 2  y 2   x  y  



A


x y 
y2
2x2 y
x2
:


2
2
2

2
xy   x  y   x  y   x  y   x  y 
 x  y   x  y  

Trang 2



y2  x  y 
x2  x  y 
x y 
2x2 y
A
:



xy   x  y  2  x  y  2  x  y  2  x  y  2  x  y  2  x  y  2 
A

x  y xy 2  y 3  2 x 2 y  x 3  x 2 y
:
2
2
xy
 x  y  x  y

A

x  y xy 2  y 3  x 2 y  x 3

:
2
2
xy
 x  y  x  y
2

x  y  x  y  y  x
A
:
xy  x  y  2  x  y  2
2

2

x  y  x  y  x  y
A
.
xy  x  y  2  y  x 

A 

 x  y

2

xy

2) Ta có:

x3  6 y 3 xy  x  y 

 x 3  6 y 3  x 2 y  xy 2 0
 x 3  8 y 3  xy 2  2 y 3  x 2 y  2 xy 2 0
  x 3  8 y 3    xy 2  2 y 3    x 2 y  2 xy 2  0
  x  2 y   x 2  2 xy  4 y 2   y 2  x  2 y   xy  x  2 y  0
  x  2 y   x 2  xy  3 y 2  0
2

1  11 
  x  2 y    x  y   y 2  0
2 
4 
 

 x 2 y .

Thay x 2 y vào biểu thức

A 

 x  y
xy

2

A 
ta được

 2y  y

2y

2

2



1
2 .

Câu 3: (3,0 điểm)
x2  4 x 1
x 2  5x 1
2 
x 1
2 x 1 .
1. Giải phương trình
2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương

 x; y 

2
thỏa mãn phương trình xy  2 xy  27 y  x 0 .

Lời giải
1) ĐKXĐ

x  1; x 

1
2

Khi đó:

Trang 3


x2  4 x 1
x2  5x 1 
 2 
x 1
2 x 1

x

2

 4 x  1  2 x 1

 x  1  2 x 1

x 2  5 x 1  x 1

2  x  1  2 x 1


 x 1  2 x 1
 x  1  2 x 1

  x 2  4 x  1  2 x  1  2  x  1  2 x  1   x 2  5 x  1  x  1
 3x3  7 x 2  4 0
 3x 3  3x 2  4 x 2  4 0

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

  x  1  3x  2   x  2  0

 x 1

  x 2

2
 x 
3 (tmđk).

2

S 1; 2;  
3.

Vậy tập nghiệm của phương trình
2

2) Từ xy  2 xy  27 y  x 0 

x

27 y

27 y

 y  2 y 1  y 1 2
2

(*)

2

y  1 4
Vì y 1 nên 
.

0
Khi đó

27 y

 y  1

2



27
4

hay

0x

27
4

x   1; 2;3; 4;5;6
Mà x nguyên dương nên
.
Thay lần lượt x vào (*) thì khi x 6 tìm được y 2 thỏa mãn yêu cầu bài tốn.
Câu 4: (3,0 điểm)
2
1. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho n  3n  8 là số chính phương.

2. Cho 2021 số khơng âm x1 , x2 ,..., x2021 thỏa mãn đồng thời ba điều kiện sau:
i) x1  x2 ...x2021 ;

ii) x1  x2 2021 ;

iii) x3  x4  ...  x2021 2021 .

2
2
2
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  x1  x2  ...  x2021 .

Lời giải
2
1) Xét A n  3n  8 , nếu A là số chính phương thì 4A là số chính phương.
2 aN
Khi đó giả sử 4A a

*



2
2
suy ra 4n  12n  32 a .
2

  2n   2.2n.3  32  23 a 2

Trang 4


2

  2n  3  23 a 2
2

 a 2   2n  3 23

  a  2n  3  a  2n  3 23 23.1
*
Vì n  N , a  N nên a  2n  3  0 và a  2n  3  a  2n  3 .

 a  2n  3 23


a


2
n

3

1

Do đó

 a 12

 n 4 (thỏa)

2
Thử lại thấy n 4 thì A 4  3.4  8 36 là số chính phương.

Vậy n 4 thỏa mãn u cầu bài tốn.
Câu 5: (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD . Gọi M là một điểm tùy ý trên cạnh BC ( M khác B và

C ). Kẻ tia Ax vng góc với tia AM và cắt CD tại N . Gọi H là trung điểm của MN , tia
AH cắt CD tại K . Qua điểm M kẻ đường thẳng song song với AB , cắt AK ở E .
1. Chứng minh AM  AN và tứ giác EMKN là hình thoi.
2
2. Chứng minh NA  NC.NK .

3. Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC , chứng minh chu vi tam giác MKC không đổi.
Lời giải

1. Chứng minh AM  AN và tứ giác EMKN là hình thoi.
Xét ABM và ADN có:

0



DAN
AB  AD ; ABM  ADN 90 ; BAM
(cùng phụ với DAM )

Nên ABM  ADN (cạnh huyền – góc nhọn) suy ra AM  AN (cạnh tương ứng).
Ta có: HEM HKN (góc – cạnh – góc) nên ME  NK (cạnh tương ứng) (1)
Mà ME // AB  ME // DC  ME // NK

(2)

Từ (1) và (2) suy ra EMKN là hình bình hành. (3)
Lại có AM  AN nên AMN cân tại A , mà H là trung đểm của MN nên AH là đường
trung tuyến đồng thời là đường cao. Suy ra AH  MN hay EK  MN (4)

Trang 5


Từ (3) và (4) suy ra EMKN là hình thoi.
2
2) Chứng minh NA  NC.NK .

NK NH

Ta có HNK ∽ CNM (g.g) nên MN NC  NK .NC MN .NH

(*)

AN NH

∽ ANH ∽ MNA (g.g) nên MN NA  NA2 MN .NH

(**)

Từ (*) và (**) suy ra

NA2 NC.NK .

3. Khi điểm M thay đổi trên cạnh BC , chứng minh chu vi tam giác MKC khơng đổi.
Ta có: Chu vi tam giác MKC bằng MK  MC  KC .
Vì ABM  ADN (theo phần 1) nên MB ND .
Mặt khác EMKN là hình thoi nên MK NK .
Khi đó

MK  MC  KC NK  MC  KC  ND  DK   KC  MC MB  DK  KC  MC

 MB  MC    DK  KC  BC  DC 2BC

(khơng đổi)

Vì B, C cố định nên BC khơng đổi.
Do đó khi M di chuyển trên BC thì chu vi tam giác MKC khơng đổi.
Câu 6: (2,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD có AC  BD . Vẽ CE vng góc với AB tại E và CF
vng góc với AD tại F . Cho biết đường chéo AC a , hãy tính AB. AE  AD. AF theo a .
Lời giải

Kẻ BH  AC

 H  AC  .

AB AH

 AB. AE  AH . AC
Ta có AEC đồng dạng với ABH (góc nhọn) nên: AC AE

(1)



Xét hai tam giác vng AFC và CHB có CAF BCH (so le trong)
AF AC

 AF .BC  AC .CH
nên AFC ∽ CHB (góc nhọn) suy ra CH BC

Mà BC  AD nên AF . AD  AC.CH

(2)

Trang 6


Từ (1) và (2) suy ra

AB. AE  AF . AD  AC. AH  AC.CH  AC.  AH  CH   AC 2 a 2

.

Vậy điều phải chứng minh.
= = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =

Trang 7