ĐỀ - ĐÁP ÁN HSG TOÁN 8 Huyện Hoài Nhơn. Năm học 2015 - 2016

UBND HUYỆN HOÀI NHƠN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
Đề chính thức

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
Môn: Toán 8
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Khóa thi: Ngày 23/04/2016

Bài 1 (4.0 điểm):
a) Chứng minh rằng: Chữ số tận cùng của hai số tự nhiên n và n5 là như nhau.
b) Tìm tất cả các số nguyên x thỏa mãn: x2 + x – p = 0; với p là số nguyên tố.
Bài 2 (3.0 điểm):
a) Cho ba số a, b, c khác 0 và thỏa mãn: a + b + c = 0. Tính giá trị của biểu thức:
P=

1
1
1
+ 2
+ 2
2
2
2
2
a +b −c
b +c −a
c + a2 − b2
2

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau:

A = x 4 − 2 x 3 + 3x 2 − 4 x + 2015 ;

B=

x 2 − 2 x + 2016
x2

Bài 3 (3.0 điểm):
Cho biểu thức: P =

1
1
1
1
1
+ 2
+ 2
+ 2
+ 2
x − x x − 3x + 2 x − 5 x + 6 x − 7 x + 12 x − 9 x + 20
2

a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị.
b) Rút gọn biểu thức P.
c) Tính giá trị của P khi x thỏa mãn: x3 – x2 + 2 = 0

Bài 4 (4.0 điểm):
a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:
ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn:

10x2 + 50y2 + 42xy + 14x – 6y + 57 < 0
Bài 5 (4.0 điểm):
Cho M là một điểm bất kỳ nằm trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 1.
a) Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 + MD2 ≥ 2.
b) Xét điểm M nằm trên đường chéo AC, kẽ MN ⊥ AB tại N, gọi O là trung điểm của
AM. Chứng minh rằng: CN2 = 2.OB2.
Bài 6 (2.0 điểm):
ˆ = ABC
ˆ . Đường
Cho tam giác ABC có Aˆ > Bˆ . Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho HAC
ˆ cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẽ ME cắt đường thẳng AH
phân giác của góc BAH
tại F. Chứng minh rằng: CF | | AE.
Họ tên thí sinh:……………………………………………..SBD:…………


HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8
KỲ THI HSG CẤP HUYỆN. NĂM HỌC 2015 - 2016
Bài

Nội dung
+) Với n = 0; n = 1, rõ ràng n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau.
5
4
2
+) Với n ≥ 2. Ta xét hiệu: P = n − n = n n − 1 = n ( n − 1) ( n + 1) n + 1

(

(

)

)

(

)

= n ( n − 1) ( n + 1) n 2 − 4 + 5 = 5n ( n − 1) ( n + 1) + ( n − 2 ) ( n − 1) n ( n + 1) ( n + 2 )

a
(2đ)

1
(4đ)

b
(2đ)

Ta có: Trong k số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại số chia hết cho k
Do đó: (n −1) n(n + 1) M2 ⇒ 5n( n −1)( n + 1)M5.2 = 10
( n − 2 ) ( n − 1) n ( n + 1) ( n + 2 ) M2.5 = 10
Suy ra: P = n5 − n M10 ⇒ n5 − n có chữ số tận cùng là 0
⇒ Chữ số tận cùng của hai số n và n5 là như nhau (đpcm)
Ta có: x2 + x – p = 0 ⇔ p = x2 + x ⇔ p = x(x + 1)
Với x ∈ Z , ta có x và (x + 1) là hai số nguyên liên tiếp ⇒ p = x( x + 1) M2
Mặt khác p là số nguyên tố ⇒ p = 2
⇒ x(x + 1) = 2 ⇔ (x – 1)(x + 2) = 0 ⇔ x = 1, hoặc x = – 2
Từ a + b + c = 0 ⇒ a + b = −c ⇒ ( a + b ) = ( −c ) ⇒ a 2 + b 2 − c 2 = −2ab

2

a
(1đ)

)

(

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

)

0,5đ
0,5đ

= x 2 ( x 2 + 2 ) − 2 x ( x 2 + 2 ) + ( x 2 + 2 ) + 2013

)(
Với mọi x, ta có: ( x

0,75đ

2

Tương tự: b 2 + c 2 − a 2 = −2bc ; c 2 + a 2 − b 2 = −2ca
1
1
1
c+a+b
+
+
=−
=0
Do đó: P =
−2ab −2bc −2ca
2abc
+) Ta có: A = x 4 + 2 x 2 − 2 x 3 − 4 x + x 2 + 2 + 2013

(

Điểm
0,25đ

0,5đ

= x + 2 x − 2 x + 1 + 2013 = x + 2 ( x − 1) + 2013

2
(3đ
)

b
(2đ)

a

2

2

)

2

(

2

)

+ 2 ( x − 1) ≥ 0 ⇒ A = x 2 + 2 ( x − 1) + 2013 ≥ 2013
Đẳng thức A = 2013 xảy ra khi và chỉ khi: x – 1 = 0 ⇔ x = 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là: minA = 2013 ⇔ x = 1
2016 x 2 − 2 x.2016 + 20162
+) Ta có: B =
2016 x 2
2
2
x − 2016 ) + 2015 x 2 ( x − 2016 )
(
2015
=
=
+

2
2
2016 x
2016 x
2016
Với mọi x ≠ 0, ta có:
2
2
( x − 2016 ) ≥ 0 ⇒ B = ( x − 2016 ) + 2015 ≥ 2015
2016 x 2
2016 2016
2016 x 2
2015
Đẳng thức B =
xảy ra khi và chỉ khi: x – 2016 = 0 ⇔ x = 2016
2016
2015
⇔ x = 2016
Vậy giá trị nhỏ nhất của B là: min B =
2016
2

2

2

0,25đ
0,25đ
0,5đ

0,25đ

0,25đ

a) Tìm điều kiện đúng: x ≠ 0; x ≠ 1; x ≠ 2; x ≠ 3; x ≠ 4; x ≠ 5

0,5đ

b) Rút gọn đúng:
1
1
1
1
1
(1,5đ)
P=
+
+
+
+
x( x − 1) ( x − 1)( x − 2) ( x − 2)( x − 3) ( x − 3)( x − 4) ( x − 4)( x − 5)

0,5đ

(0,5đ)

b

3
(3đ

1   1
1   1
1   1
1 
 1 1  1
− ÷+ 
−
−
−
−
=
÷+ 
÷+ 
÷+ 
÷
 x −1 x   x − 2 x −1  x − 3 x − 2   x − 4 x − 3  x − 5 x − 4 
1
1
5
=
− =
x − 5 x x ( x − 5)

c
(1,0đ
)

3

2
2
c) Lập luận được: x − x + 2 = 0 ⇔ ( x + 1) ( x − 2 x + 2 ) = 0

0,5đ
0,5đ
0,5đ

2
⇔ ( x + 1) ( x − 1) + 1 = 0 ⇔ x + 1 = 0 ⇔ x = −1 (thỏa ĐK)


5
5
=
Tính đúng giá trị: P =
−1( −1 − 5 ) 6

0,5đ

Ta có: ( a − b ) ≥ 0 ⇔ a 2 − 2ab + b 2 ≥ 0 ⇔ a 2 + b 2 ≥ 2ab
2

4

a

c 2 + a 2 ≥ 2ca
Tương tự: b 2 + c 2 ≥ 2bc;
Do đó, suy ra:

2 a 2 + b 2 + c 2 ≥ 2 ( ab + bc + ca ) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca (1)

(

)

của một tam giác nên ta có:
(4đ) (2,0đ) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh
2
0 < a < b + c ⇒ a < ab + ca ;
0 < b < c + a ⇒ b 2 < bc + ab
0 < c < a + b ⇒ c 2 < ca + bc
Do đó, suy ra: a 2 + b 2 + c 2 < 2(ab + bc + ca ) (2)
Từ (1) và (2) ⇒ ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca)
Ta có: 10 x 2 + 50 y 2 + 42 xy +14 x − 6 y + 57 < 0

b
(2,0đ)

⇔( 3 x + 7 y ) +( x + 7 ) +( y −3) −1 < 0
2

0,5đ

0,5đ
0,5đ

⇔( 9 x 2 + 42 xy + 49 y 2 ) +( x 2 +14 x + 49 ) +( y 2 −6 y +9 ) −1 < 0
2

0,5đ

2

1,0đ

⇔( 3 x + 7 y ) + ( x + 7 ) + ( y −3) <1
2

2

2

( 3 x + 7 y ) 2 ≥ 0

2

2
2
2
Vì: ( x + 7 ) ≥ 0 và x ; y ∈ Ζ nên: ( 3 x + 7 y ) + ( x + 7 ) + ( y − 3) = 0

2
y − 3) ≥ 0

(

1,0đ

 x = −7

2
2
2
⇒ ( 3 x + 7 y ) = ( x + 7 ) = ( y − 3) = 0 ⇒ 
y = 3

(H1)

5

(H2)

(4đ)
2,0đ

a

(2,0đ) ABCD là hình vuông có cạnh bằng 1 ⇒ AC 2 = BD 2 = 2
M là điểm bất kỳ nằm trong hình vuông ABCD (H1) ⇒ MA + MC ≥ AC
2MA2 + 2MC 2 ( MA + MC ) + ( MA − MC )
⇒ MA + MC =
=
2
2
2

2

2

2

( MA + MC )
=
2

2

( MA − MC )
+
2

2

( MA + MC )
≥
2

2

≥

AC 2 2
= =1
2
2


Chứng minh tương tự: MB 2 + MD 2 ≥ 1
Do đó, suy ra: MA2 + MB2 + MC2 + MD2 ≥ 1 + 1 = 2

(đpcm)
Đẳng thức xảy ra ⇔ M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD
Kẽ MH ⊥ BC tại H (H2) ⇒ MH = NB
∆ ANM vuông cân ở N có O là trung điểm của cạnh huyền AM
ON 2 1
⇒ MN2 = 2ON2 ⇒
= (1)
MN 2 2
2
1
NB 2 1
2
2 ⇒ MH
⇒
⇒
MC = 2MH
∆ MHC vuông cân ở H
=
= (2)
MC 2 2
MC 2 2
ON
NB
=
Từ (1) và (2) suy ra:
(3)
b
MN MC
(2,0đ)
Hai tam giác ONB và NMC có:

ON
NB
ˆ = NMC
ˆ (vì cùng bằng 1350) và
=
( theo (3))
ONB
MN MC
OB ON
OB 2 ON 2
⇔
=
∆ NMC (c-g-c) ⇒
=
Suy ra ∆ ONB
(4)
NC MN
NC 2 MN 2
OB 2 1
⇒ NC2 = 2.OB2 (đpcm)
=
Từ (1) và (4) suy ra:
2
NC
2

6
(2đ)

ˆ = HAC

ˆ + EAH
ˆ = CAE
ˆ
ˆ = Bˆ + BAE
Ta có: CEA
⇒ ∆CAE cân ở C ⇒ CA = CE (1)
Qua H kẽ đường thẳng song song với AB cắt MF ở K. Ta có:
BE MB MA FA
=
=
=
(2)
EH KH KH FH
BE
AB
=
(3)
AE là phân giác của ∆ ABH ⇒
EH AH
AB CA CE
=
=
(theo (1))
(4)
∆ CAH và ∆ CBA đồng dạng ⇒
AH CH CH
FA CE
AH EH
=
=

⇒ AE PCF (đpcm)
Từ (2), (3), (4) ⇒
hay
FH CH
FH CH

Ghi chú:

- Điểm bài thi được làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất.
- Mọi cách giải khác (nếu hợp lí và đúng) đều ghi điểm tối đa.

2,0đ

0,5đ

0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ