Toán 8

UBND HUYỆN ĐÔNG HƯNG ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI THÁNG 1
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024
MƠN TỐN 8

(Thời gian làm bài:120 phút)

Câu 1 (5,0 điểm).

1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x4  2x2 y  y2  9
2. Tính giá trị của biểu thức M = x2 + y2 − 5x − 2xy + 5y + 30, biết x = y + 30

1 x3  1 x2
3. Cho biểu thức A =   x :
 1 x  1 x  x  x2 3

a, Rút gọn biểu thức A.

 22 1

b, Tính giá trị của biểu thức A khi  x   

 3 9

c, Tìm giá trị của x, để A < 0.

Câu 2 (4,0 điểm).
1. Cho x, y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 1 2x  1 2y 1

1 x 1 y
Chứng minh M  x2  y2  xy là bình phương của một số hữu tỷ.

2. Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình:
5x4 10x2  2y6  4y3  6  0

Câu 3 (3,0 điểm).
1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của
chúng chia hết cho 9.
2. Cho a  b  c  0 và a2  b2  c2  14. Tính giá trị của biểu thức N  a4  b4  c4

Câu 4 (6,0 điểm).
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng

AB kẻ hai tia Ax và By cùng vng góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C C  A . Từ O

kẻ đường thẳng vng góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ đường vng
góc OM xuống CD (M thuộc CD).
a, Đường thẳng OD cắt đường thẳng AC tại E. Chứng minh: ∆CDE cân và CD = AC + BD
b, Gọi N là giao điểm của tia BM và tia Ax. Chứng minh: C là trung điểm của AN.
c, Gọi I là giao điểm của AD và BC. Chứng minh: MI // AC
d, Gọi H là giao điểm của MI và AB. Tính tỉ số diện tích của ∆OIB và ∆AMB.

Câu 5 (2,0 điểm).
1. Tìm tất cả các tam giác vng có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện
tích bằng số đo chu vi
2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  6 . Chứng minh rằng x  y  4

xyz 9

---------------Hết---------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI THÁNG 1

NĂM HỌC 2023 - 2024
MÔN TOÁN 8

Câu Đáp án Điểm

Câu 1 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: x4  2x2 y  y2  9 1
(5,0
điểm) x4  2x2 y  y2 9 = ( x4  2x2 y  y2) 9 0,25

= (x2  y)2  9 0,5

= (x2  y  3)(x2  y  3) 0,25

2.Tính giá trị của biểu thức 𝐌 = 𝐱𝟐 + 𝐲𝟐 − 𝟓𝐱 − 𝟐𝐱𝐲 + 𝟓𝐲 + 𝟑𝟎, biết

𝐱 = 𝐲 + 𝟑𝟎 1

Ta có: M = (x2 − 2xy + y2) − 5(x − y) + 30 = (x − y)2 − 5(x − y) + 30 0,25

Theo bài ra: x = y + 30 => x − y = 30, Thay x − y = 30 vào biểu thức M, ta được: 0,25

M = 302 − 5.30 + 30 = 780 0,25

Vậy M = 780 tại x = y + 30 0,25

3. (3,0 điểm)

a) (1,25 điểm)

ĐKXĐ: x  1 0,25

Với x  1, ta có:

A=[(1−𝑥).(1+𝑥+𝑥2) 1−𝑥 − 𝑥] : (1−𝑥).(1−𝑥2 1−𝑥2 0,25 )

=(1 + x + x2 − x): 1 0,25
1−x
=(1 + x2). (1 − x)
0,25

Vậy A = (1 x2 )(1 x) với x  1 0,25

b) (1,0 điểm)

 22 1 21 2 1
ĐKXĐ: x  1. Ta có:  x     x   hoặc x   0,25
 3 9 33 33

 x  1 (không TMĐK)

hoặc x  1 (TMĐK) 0,25

3

Với x  1 , ta có:

3

  1 2   1  10 2 20 0,25

A = 1    1  = . =
  3    3  9 3 27

 2 2 1 20
Vậy khi  x    thì A = 0,25
 3 9 27

c) (0,75 điểm)

Ta có: A < 0  (1 x2 )(1 x)  0 (1)
Mà 1 x2  0 với mọi x  1 0,25

Nên (1)  1 x  0  x  1 0,25

Vậy với x > 1 thì A < 0 0,25

2.1) (2,0 điểm)Cho x, y là số hữu tỉ khác 1 thỏa mãn 1 2x  1 2y 1
1 x 1 y

Chứng minh M  x2  y2  xy là bình phương của một số hữu tỷ.

Với x và y là số hữu tỉ khác 1, theo bài ra ta có

1 2x  1 2 y  1  1 2x1 y  1 2y1 x  1 x1 y
1 x 1 y 1,0

 1 y  2x  2xy 1 x  2 y  2xy  1 x  y  xy  x  y  3xy 1
2

Ta có:

M  x2  y2  xy   x  y 2  3xy    3xy  1 2  3xy 1 2
  3xy  ...    0,75
2 2

Vì x, y  nên 3xy 1 là số hữu tỷ , Vậy M là bình phương của một số
(4 điểm) Câu 2 2 0,25

hữu tỷ.

2.2) (2,0điểm)

5x4 10x2  2y6  4y3  6  0

 5x4 10x2  5  2y6  4y3  2  13 0,25

 5(x4  2x2 1)  2(y6  2y3 1)  13

 5( x2 1)2  2(y3 1)2  13 0,25

x  Z x2 1 Z
Vì:    3 0,25
 y  Z  y 1 Z

Mà 5( x2 1)2  13  x2 1  1 0,25

Mặt khác x2 11 với mọi x

 x2 11 0,25

 x2  0  x  0

Với x  0 , ta có: 5  2(y3 1)2  13
 2(y3 1)2  8  (y3 1)2  4 0,25

y3 1  2  y3 1
 3  3
 y 1  2  y  3 0,25
0,25
Vì y Z nên y3 = 1  y = 1

Vậy phương trình có một nghiệm nguyên x; y  0;1

3.1. (1,5 điểm) Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3

Câu 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9.
(3 điểm)
Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y  x  y 3 0,25

Ta có: x3  y3   x  y x2  xy  y2  0,25

  x  y  x2  2xy  y2   3xy

  x  y  x  y2  3xy 0,25

Vì x  y 3 nên  x  y2  3xy 3 0,25

  x  y  x  y2  3xy 9 0,25

Vậy nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của 0,25

chúng chia hết cho 9.

3.2. (1,5 điểm) Cho a  b  c  0 và a2  b2  c2  14. Tính giá trị của biểu thức

N  a4  b4  c4

Từ a2  b2  c2  14  a2  b2  c2 2  196 0,25

 a4  b4  c4  196  2a2b2  b2c2  c2a2  0,25

Ta lại có: a  b  c  0  a  b  c2  0 0,25

 a2  b2  c2  2ab  bc  ca  0

 ab  bc  ca  7

 ab  bc  ca2  49 0,5

 a2b2  b2c2  c2a2  2abca  b  c  49

 a2b2  b2c2  c2a2  49

Do đó: N  a4  b4  c4  196  2a2b2  b2c2  c2a2   196  2.49  98 0,25

Câu 4
(6,0
điểm)

a) (2,0 điểm).

- Chỉ ra: ∆AOE = ∆BOD (g − c − g) => OE = OD 0,5

- Xét ∆CED có CO là đường cao, đồng thời là đường trung tuyến => ∆CED cân tại C 0,25

- ∆CED cân tại C => CO đồng thời là đường phân giác tại đỉnh C 0,25

=> 𝐴̂ 𝐶𝑂 = 𝑀̂ 𝐶𝑂

- Chỉ ra ∆ACO = ∆MCO(CH − GN) => AC = CM và OA = OM 0,25

- Ta có OA= OM, OA=OB => OM = OB - Chỉ ra ∆BOD = ∆MOD(CH − CGV) => BD = MD 0,5

- Có CD = CM + MD mà AC = CM, BD = MD => CD = AC + BD 0,25

b) (1,5 điểm).

Ta có: OB = OM => O thuộc đường trung trực của BM DB = DM => D thuộc đường trung trực của BM 0,25

Do đó: OD là đường trung trực của BM => BM vng góc với OD 0,25

Ta có: OC vng góc với OD, BM vng góc với OD = > OC//BM hay 0,25
OC//BN

Xét ∆ABN có OC // BN, nên theo định lí Thalès ta có

=> 𝐴𝐶 = 𝐴𝑂 mà AO = OB 0,5

𝐶𝑁 𝑂𝐵

=> AC = CN

= > N là trung điểm của AC 0,25

c) (1,0 điểm).

Xét ∆BID có AC // BD (cùng vng góc với AB) nên theo hệ quả định lí

Thalès ta có:

𝐴𝐶 𝐴𝐼 0,5
𝐵𝐷 = 𝐼𝐷

Mà AC = CM, BD = DM => 𝐶𝑀 𝑀𝐷 = 𝐴𝐼 𝐼𝐷 0,25

Xét ∆CMD có 𝐶𝑀 = 𝐴𝐼, nên theo định lí Thalès đảo ta có: MI // AC
𝑀𝐷 𝐼𝐷 0,25

d) ( 1,5 điểm)

Xét ∆BCN có MI//CN, nên theo hệ quả định lí Thalès ta có:

𝑀𝐼 𝐵𝐼
𝐶𝑁 = 𝐵𝐶
Xét ∆BCA có IH//CA, nên theo hệ quả định lí Thalès ta có:
0,5

𝐼𝐻 𝐵𝐼
𝐶𝐴 = 𝐵𝐶

Do đó ta được; 𝑀𝐼 = 𝐼𝐻 mà CN = CA => MI = IH => IH = 1 MH

𝐶𝑁 𝐶𝐴 2 0.25

Ta có: 𝑆∆𝑂𝐼𝐵 = 12 . 𝐼𝐻. 𝑂𝐵, 𝑆∆𝑀𝐴𝐵 = 12 . 𝑀𝐻. 𝐴𝐵 0.25
0.5
𝑆∆𝑂𝐼𝐵 12.𝐼𝐻.𝑂𝐵 𝐼𝐻 𝑂𝐵 1 1 1
=> =1 = . =.=
𝑆𝑀𝐴𝐵 2.𝑀𝐻.𝐴𝐵 𝑀𝐻 𝐴𝐵 2 2 4

5.1(1,0 điểm)

Câu 5 Ta có:
(2,0điểm) Gọi các cạnh của tam giác vng là x, y, z ; trong đó cạnh huyền là z
0,25

( x, y, z là các số nguyên dương)

Ta có: xy  2 x  y  z1 và x2  y2  z2(2)

Từ (2) suy ra z2   x  y2  2xy, t hay (1) vào ta có:
z2   x  y2  4 x  y  z 0,25

=> 𝑧2 = (𝑥 + 𝑦)2 − 4(𝑥 + 𝑦) − 4𝑧

=> 𝑧2 + 4𝑧 + 4 = (𝑥 + 𝑦)2 − 4(𝑥 + 𝑦) + 4 0,25

=>  z  22   x  y  22 , suy ra z  2  x  y  2

z  x  y  4, thay vào 1 ta được:
xy  2 x  y  x  y  4

xy  4x  4y  8

 x  4 y  4  8 1.8  2.4 0,25

Từ đó ta tìm được các giá trị của x, y, z là:

 x; y; z  5;12;13;12;5;13;6;8;10;8;6;10

5.2(1,0 điểm)

Ta có: x  y2  4xy (1) 0,25

2

 x  y  z  4(x  y)z

0,25

 36  4(x  y)z (vì x  y  z  6 )

 36(x  y)  4(x  y)2z (vì x, y dương nên x + y dương) (2) 0,25

Từ (1) và (2), ta có: 36(x  y) 16xyz

 x  y  4 xyz  x  y  4 (đpcm) 0,25

9 xyz 9

Lưu ý khi chấm bài:
- Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu

học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.
- Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc khơng vẽ hình thì khơng chấm.