ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 20152016

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẠI LỘC
TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH OLIMPIC LỚP 8
NĂM HỌC 2015 – 2016
Môn thi: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6đ)
 1 − x3

1 − x2
− x  :
1. Cho biểu thức A = 
2
3 với x khác -1 và 1.
1
−
x

 1− x − x + x
a, Rút gọn biểu thức A.
b, Tìm giá trị của x để A < 0.
2. Giải phương trình: x 4 - 30x 2 + 31x - 30 = 0
Câu 2: (4đ)
1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 )

2. Tìm số tự nhiên n biết:
A= n3 – n2 + n - 1 là một số nguyên tố.

Câu 3: (3đ)Tìm các giá trị của x để biểu thức :
P=(x-1)(x+2)(x+3)(x+6) có giá trị nhỏ nhất . Tìm giá trị nhỏ nhất đó .
Câu4: (6đ)
Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH (H ∈ BC). Trên tia HC
lấy điểm D sao cho HD = HA. Đường vuông góc với BC tại D cắt AC tại E.
1. Chứng minh rằng hai tam giác BEC và ADC đồng dạng. Tính độ dài đoạn
BE theo m = AB .
2. Gọi M là trung điểm của đoạn BE. Chứng minh rằng hai tam giác BHM và
BEC đồng dạng. Tính số đo của góc AHM
3. Tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:

GB
HD
=
.
BC AH + HC

Câu 5: (1đ)
Tìm số nguyên n để n5 + 1 chia hết cho n3 + 1
-----------Hết-----------


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO
ĐẠI LỘC
TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG

Câu

ý

1

1

(6đ)

ĐÁP ÁN CHẤM THI HSG TOÁN 8
Năm học: 2015 – 2016

Nội dung trình bày
a) Với x khác -1 và 1 thì :

Điểm
1,0

1 − x3 − x + x2
(1 − x)(1 + x)
:
A=
1− x
(1 + x)(1 − x + x 2 ) − x(1 + x)
(1 − x)(1 + x + x 2 − x)
(1 − x)(1 + x)
:
=
1− x
(1 + x)(1 − 2 x + x 2 )
1
2
= (1 + x ) : (1 − x)

= (1 + x 2 )(1 − x)

1,0
1,0

b)Với x khác -1 và 1 thì A<0 khi và chỉ khi (1 + x 2 )(1 − x) < 0 (1)
Vì 1 + x > 0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1 − x < 0
⇔ x > 1 KL:..
2
x 4 - 30x 2 + 31x - 30 = 0 <=> ( x - x + 1) ( x - 5 ) ( x + 6 ) = 0 (*)
2

2

1 2 3
) + > 0 ∀x (*) <=> (x - 5)(x + 6) = 0
2
4
x - 5 = 0
x = 5
⇔
⇔
x + 6 = 0
 x = - 6 Kết luận nghiệm

Vì x2 - x + 1 = (x -

2

1

(4đ)

Giải phương trình nghiệm nguyên
5x2 + 9y2 – 12xy + 8 = 24( 2y – x – 3 )
⇔ 5x2 + 9y2 – 12xy + 8 +24x – 48y +72 = 0

Ta có

(3đ)

0,5
0,5

2

0,5
0,5

A= n – n + n - 1= (n-1)(n +1)

0,75

n − 1 = 1
n = 1
⇔
A là một số nguyên tố ⇔  2
n + 1 = 1 n = 0
Vậy n=0 hoặc n=1 thì A là số nguyên tố

0,75

2

3

1,0

0,5

suy ra x – 4 = 0 và 2x – 3y + 8 = 0 =>x =4 và y = 16/ 3.
Vậy phương trình không có nghiệm nguyên
2

1,0

0,5

⇔ 4x2 + 9y2 + 64 – 12xy – 48y + 32x +x2 – 8x +16 = 0
⇔ ( 2x – 3y + 8 )2 + ( x – 4 )2 = 0

3

1,0
1,0
1,0

2

2

2

0,5
2

P=(x-1)(x+6)(x+2)(x+3)=(x +5x-6)(x +5x+6)=(x +5x) -36
0
0

1,0


Ta thấy (x2+5x)2 ≥ 0 nên P=(x2+5x)2-36 ≥ -36
2

1,0

2

Do đó Min P=-36 khi (x +5x) =0
Từ đó ta tìm được x=0 hoặc x=-5 thì Min P=-36
4

1,0

+ Hai tam giác ADC 2,0
và BEC có:
Góc C chung.
CD CA

(Hai tam
=

a

(6đ)

CE

CB

giác vuông CDE và
CAB đồng dạng)
Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
·
·
Suy ra: BEC
= ADC
= 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H
theo giả thiết).
·
Nên AEB
= 450 do đó tam giác ABE vuông cân tại A.
Suy ra: BE = AB 2 = m 2
BM 1 BE 1 AD
= ×
= ×
(do ∆BEC : ∆ADC )
BC 2 BC 2 AC
mà AD = AH 2 (tam giác AHD vuông vân tại H)

BM 1 AD 1 AH 2
BH
BH
= ×
= ×
=
=
nên
(do D ABH : D CBA )
BC 2 AC 2 AC
AB 2 BE
D BHM : D BEC
Do
đó
(c.g.c),
suy
ra:
2,0
·
·
·
BHM
= BEC
= 1350 Þ AHM
= 450

b

Ta có:

c

Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác
góc BAC.Suy ra:

GB AB
=
,
GC AC

AB
ED
AH
HD
=
D ABC : D DEC ) =
ED / / AH ) =
(
(
AC
DC
HC
HC
GB HD
GB
HD
GB
HD
=
⇒

=
⇒
=
Do đó:
GC HC
GB + GC HD + HC
BC AH + HC

mà

5
(1đ)

Ta có:
n5 + 1 Mn3 + 1 ⇔ n5 + n2 – n2 + 1 Mn3 + 1
⇔ n2(n3 + 1)- ( n2 – 1) ⇔ Mn3 + 1
⇔ (n – 1)(n + 1) M
(n+1)(n2 – n + 1)
⇔n–1 M
n2 – n + 1
⇒ n(n – 1) M
n2 – n + 1Hay n2 – n M
n2 – n + 1
⇒ (n2 – n + 1) – 1 M
n2 – n + 1 ⇒ 1 M
n2 – n + 1
Xét hai trường hợp:
+ n2 – n + 1 = 1 ⇒ n2 – n = 0 ⇔ n(n – 1) = 0
⇔ n = 0, n = 1 thử lại thấy thoả mãn đề bài

1,0
1,0
0,5

0,5


+n2–n+1 =-1 ⇔ n2–n+2=0,không có giá trị nào của m thoả
mãn.
Vậy với n=0 hoặc n=1thì n5+1 chia hết cho n3+1