đề thi học sinh giỏi môn toán 2015-2016

PHÒNG GD-ĐT ĐỨC THỌ
Đề thi chính thức

ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN 8 NĂM HỌC 2015-2016
Thời gian làm bài 120 phút

2
5 − x  1 − 3x
 1
+
−
: 2
Bài 1: Cho biểu thức A = 
2 ÷
 1 − x x + 1 1 − x  x −1
a) Rút gọn biểu thức A
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
c) Tìm x để A = A
Bài 2: a) Giải phương trình ( 2x 2 + x − 2015 ) + 4 ( x 2 − 5x − 2016 ) = 4 ( 2x 2 + x − 2015 ) ( x 2 − 5x − 2016 )
2

2

b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 + 2x 2 + 3x + 2 = y 3
3
2
2
Bài 3: a) Tìm a, b sao cho đa thức f ( x ) = ax + bx + 10x − 4 chia hết cho đa thức g ( x ) = x + x − 2
b) Biết rằng x 2 + y 2 = x + y . Tìm GTNN và GTLN của P = x − y
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O, M là điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C). Tia AM cắt
đường thẳng DC tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM

a) Chứng minh rằng ∆OEM vuông cân
b) Chứng minh rằng ME // BN
c) Từ C kẻ CH ⊥ BN (H ∈ BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng
a−b b−c c−d a−d
+
+
≥
Bài 5: Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng
b+c c+d d+a a+b
BÀI GIẢI
 x ≠ ±1

Bài 1: ĐKXĐ: 
1 .
 x ≠ 3
 1 + x 2 ( 1 − x ) 5 − x  x 2 − 1 1 + x + 2 − 2x − 5 + x x 2 − 1
2
A
=
+
−
=
.
=
a) Ta có

2
2
2
2

1− x
1 − x  1 − 3x
1 − 3x 1 − 3x
− ( x − 1)
1 − x
b) Để A nhận giá trị nguyên thì ( 1 − 3x ) ∈ Ư(2) = {-2; -1; 1; 2}

Với 1 − 3x = −2 ⇒ x = 1 (không TMĐK). Với 1 − 3x = −1 ⇒ x =
Với 1 − 3x = 1 ⇒ x = 0 (TMĐK). Với 1 − 3x = 2 ⇒ x = −

2
(loại)
3

1
(loại)
3

Vậy x = 0 thỏa mãn bài toán
c) Vì A ≥ A , dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi A ≥ 0. Do đó để A = A ⇒
thì 1 − 3x > 0 ⇔ x <

2
2
=
1 − 3x 1 − 3x

1
1
. Đối chiếu ĐKXĐ thì x < , x ≠ −1 thỏa mãn bài toán

3
3

(

)

(

)

2

Bài 2: a) Phương trình tương đương  2x 2 + x − 2015 − 2 x 2 − 5x − 2016  = 0
2
2017
⇔ 2x 2 + x − 2015 − 2x 2 + 10x + 4032 = 0 ⇔ 11x + 2017 = 0 ⇔ x = −
1
2017
Vậy phương trình có nghiệm x = −
1

(

)


b) Xét x = 0 thì y 3 = 2 không thỏa mãn. Xét x = 1 thì y 3 = 8 ⇒ y = 2
Xét x = −1 thì y 3 = 0 ⇒ y = 0 . Với x < −1 hoặc x > 1 , vì x nguyên nên x 2 > 1 .
Ta có 1 < x 2 ⇒ x3 + 2x 2 + 3x + 2 < x 3 + 3x 2 + 3x + 1 = ( x + 1) .

3

Mặt khác nếu x > 1 thì 2x 2 + 3x + 2 > 0
2
2
2
2
Nếu x < −1 thì 2x + 3x + 2 = x + x + 3x + 2 = x + ( x + 1) ( x + 2 ) > 0 .
Do đó x 3 + 2x 2 + 3x + 2 > x 3 , suy ra x 3 < y 3 < ( x + 1) , vô lí
3

Vậy ( x;y ) ∈ { ( −1;0 ) ; ( 1;2 ) } thỏa mãn bài toán
Bài 3: a) Giả sử đa thức f(x) chia hết cho đa thức g(x), khi đó tồn tại đa thức q(x) sao cho
f ( x ) = ax 3 + bx 2 + 10x − 4 = q ( x ) x 2 + x − 2 với mọi x

(

)

19

a=−

a + b + 6 = 0
2a + 2b = −12

6
⇔
⇔
Xét x = 1 và x = -2 ta có 

 −8a + 4b − 14 = 0
−4a + 2b = 7
b = − 17

6
 19 17 
Vậy ( a;b ) =  − ; − ÷ thỏa mãn bài toán
6 
 6

(

)

2
2
b) Ta có ( x − y ) + ( x + y ) = 2 x + y = 2 ( x + y ) ⇒ ( x − y ) − 1 = − ( x + y ) + 2 ( x + y ) − 1
2

2

2

2

⇒ ( x − y ) − 1 = − ( x + y ) − 1 ≤ 0 ⇒ P 2 = ( x − y ) ≤ 1 ⇒ −1 ≤ P ≤ 1
2

2

2

x + y = 1
x = 0
⇔
GTNN của P là -1. Đạt được khi và chỉ khi 
 x − y = −1  y = 1
 x + y = 1 x = 1
⇔
GTLN của P là 1. Đạt được khi và chỉ khi 
 x − y = 1 y = 0
 BE = MC
E
B
A
·
0
·
Bài 4: a) Xét ∆OBE và ∆OMC có OBE = OCM = 45
OB = OC

nên ∆OBE = ∆OMC (c – g – c)
M
·
·
H
O
⇒ OE = OM và BOE
= COM
H'

·
·
mà BOM
+ COM
= 90 0
·
·
·
⇒ BOM
+ BOE
= 90 0 ⇒ MOE
= 90 0
D
N
C
Do đó ∆OEM vuông cân tại O
b) Áp dụng hệ quả của định lí TaLet ta có:
MN MC BE
MN BE
=
=
=
MC // AD nên
hay
suy ra ME // BN (Định lí đảo của định lí TaLet)
AN AD AB
AN AB
·
c) Giả sử đường thẳng OM cắt BN tại H'. Vì ∆OEM vuông cân nên OME
= 450

· ' B = OME
·
· ' B = OCM
·
·
·
ME // BN nên OH
(đối
= 450 (đồng vị), suy ra OH
= 450 , BMH
' = OMC
MH ' MB
MH ' MC
·
·
=
⇒
=
đỉnh) suy ra ∆MH'B ∼ ∆MCO (g – g) ⇒
, BMO
= CMH
' (đối đỉnh)
MC MO
MB MO
· ' C = MBO
·
Suy ra ∆BMO ∼ ∆H'MC (c – g – c) ⇒ MH
= 450 .
· ' B + MH
· ' C = 90 0 suy ra CH' ⊥ BN. Suy ra điểm H' trùng với H

Do đó OH
Vậy O, M, H thẳng hàng


a −b b −c c−d d −a
a −b
b−c
c−d
d−a
+
+
+
≥0⇔
+1+
+1+
+1+
+1 ≥ 4
b+c c+d d+a a+b
b+c
c+d
d+a
a+b
a+c b+d c+a d+b
1 
1 
 1
 1
⇔
+
+

+
≥ 4 ⇔ ( a + c) 
+
+ ( b + d) 
+
÷
÷≥ 4
b+c c+d d+a a+b
b+c d+a 
c+d a+b
1 1
4
Áp dụng BĐT + ≥
với x, y > 0. Ta có
x y x+y
4 ( a + c)
4 ( b + d)
1
1 
1 
 1
+
+ ( b + d) 
+
≥
+
=4
( a + c ) 
÷
÷

 b+c d+a 
c+d a+b a+b+c+d a+b+c+d
Do đó BĐT đã được chứng minh. Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d

Bài 5: BĐT tương đương

Lời giải: Nguyễn Ngọc Hùng – THCS Hoàng Xuân Hãn – Đức Thọ - Hà Tĩnh