Đề đa HSG toán 8 huyện tiền hải 2016 2017

PHÒNG GIÁO DỤC–ĐÀO TẠO
TIỀN HẢI

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016-2017
MÔN: TOÁN 8
(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1:(4,5 điểm)
1) Phân tích đa thức thành nhân tử : M = (x+2)(x+3)(x+4)(x+5) – 24
2) Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng:
a −b

b−c

c−a   c

b 

a

+
+
+
+
Nếu a + b + c = 0 thì 
÷. 
÷= 9
a
b   a −b b −c c −a 
 c
3) Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương

của A là số chính phương.

Bài 2:(4,0 điểm)
1  
x −8 
 x−4
+
1) Cho biểu thức P =  3
÷: 1 − 2
÷ (Với x ≠ 1)
 x −1 x −1   x + x + 1 
a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình: x 2 − 3x + 2 = 0

2. Chứng minh rằng: f (x) = (x 2 + x − 1) 2018 + (x 2 − x + 1) 2018 − 2 chia hết cho g(x) = x 2 − x
Bài 3:(3,5 điểm)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số)
2) Giải phương trình: 2x(8x − 1) 2 (4x − 1) = 9

x − m x −3
+
=2
x +3 x +m

Bài 4 (7,0 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2AD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh BC lấy
điểm P sao cho AM = CP. Kẻ BH vuông góc với AC tại H. Gọi Q là trung điểm của CH,
đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N.
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Khi M là trung điểm của AD. Chứng minh BQ vuông góc với NP

c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F . Chứng minh rằng

1
1
1
=
+
2
2
AB
AP
4AF2

Bài 5 (1,0 điểm):
Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện
tích bằng số đo chu vi.

Họ và tên thí sinh: ................................................................................................................
Số báo danh: .................................................Phòng.............................................................

/>

PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
TIỀN HẢI

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC2016 -2017
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN 8

Điểm

Bài

Nội dung

Bài1
(4,5đ)

Bài 1:(4,5 điểm)
1. Phân tích đa thức thành nhân tử : M= (x+2)(x+3)(x+4)(x+5)-24
2. Cho A= p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các
ước dương của A là một số chính phương.
3.Chứng minh rằng nếu a+b+c = 0 thì
a
b 
 a −b b −c c −a   c
+
+
+
+

÷. 
÷ = 9 (1)
a
b   a −b b −c c −a 
 c

Câu1
1,5đ

M = (x+2)(x+3)(x+4)(x+5)-24 = ( x2+7x+10)(x2+7x+12)-24

M = ( x2+7x+11-1)(x2+7x+11+1)-24
M = ( x2+7x+11)2- 25 = ( x2+7x+6) ( x2+7x+16)
M =(x+1)(x+6)( x2+7x+16)

Câu 2
1,5đ

2

4

Các ước dương của A là 1, p, p , p ,p
Tổng các ươc là 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 = n2

(n ∈ N )

0,5đ

⇒ (2 p 2 + p ) 2 < (2n) 2 < (2 p 2 + p + 2) 2 ⇒ (2n) 2 = (2 p 2 + p + 1) 2

0,25đ

Do đó: 4 p 4 + 4 p 3 + 4 p 2 + 4 p + 4 = 4 p 4 + 4 p3 + 5 p 2 + 2 p + 1 ⇔ p 2 − 2 p − 3 = 0
p1= -1(loại) ; p2 = 3

0,25đ

3

4

2

a −b
b−c
c−a
c
1 a
1 b
1
= x;
= y;
=z⇒
= ;
= ;
=
c
a
b
a −b x b −c y c −a z
1 1 1
(1) ⇔ ( x + y + z )  + + ÷ = 9
x y z

0,5 đ

1 1 1
 y+z x+z x+ y
( x + y + z)  + + ÷ = 3 + 
+

+
÷(2)
y
z 
x y z
 x
y+ z b−c c−a  c
b 2 − bc + ac − a 2 c
=
+
.
=
.
Ta lại có:
÷
x
b  a −b
ab
a −b
 a
c (a − b)(c − a − b) c (c − a − b) c [ 2c − (a + b + c) ] 2c 2
=
=
=
=
ab(a − b)
ab
ab
ab

0,25đ

x + z 2a 2 x + y 2b 2
=
;
=
Tương tự ta có
y
bc
z
ac
2
2
1 1 1
2c 2a 2b 2
2
(x + y + z)  + + ÷= 3 +
+
+
= 3+
(a 3 + b3 + c 3 )
ab bc
ac
abc
x y z

0,25
điểm

Vì a + b + c = 0 ⇒ a 3 + b 3 + c 3 = 3abc

0,25đ

Đặt

Ta có

1

1

1

2

.3abc = 3 + 6 = 9
Do đó ( x + y + z )  + + ÷ = 3 +
x y z
abc


Bài 2
(5đ)

0,25đ
0,5đ

⇒ 4 + 4 p + 4 p + 4 p + 4 p = 4n
Ta có 4 p 4 + 4 p 3 + p 2 < 4n 2 < 4 p 4 + p 2 + 4 + 4 p 3 + 8 p 2 + 4 p
2

Câu 3
1,5đ

3

0,75
đ
0,5



Bài 2:(5điểm)
x−4

x −8


 

1.Cho biểu thức P =  3 +
÷: 1 − 2
÷ (Với x ≠ 1)
x
−
1
x
−
1
x

+
x
+
1

 

1

/>
0,25đ


a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình: x 2 − 3x + 2 = 0
c) Tìm số nguyên x để P nhận giá trị là số nguyên.
2.Chứng minh rằng: f ( x) = ( x 2 + x − 1) 2018 + ( x 2 − x + 1) 2018 − 2 chia hết cho
g ( x) = x 2 − x
Câu a
1,5đ

Câub
1đ

Với x ≠ 1 ta có

0,5đ


  x + x +1− x + 8 

x−4
x + x +1
P=
+
÷: 
÷
2
2
x2 + x + 1 
 ( x − 1)( x + x + 1) ( x − 1)( x + x + 1)  
2

2

 x − 4 + x2 + x + 1   x2 + x + 1 − x + 8 
x2 + 2x − 3
x2 + 9
P=
:
=
:
÷
÷
2
x 2 + x + 1  ( x − 1)( x 2 + x + 1) x 2 + x + 1
 ( x − 1)( x + x + 1)  

0,5đ

( x + 3)( x − 1) x 2 + x + 1 x + 3

=
.
= 2
( x − 1)( x 2 + x + 1) x 2 + 9
x +9
x+3
P= 2
Vậy x ≠ 1 thì
x +9
2
x − 3 x + 2 = 0 suy x = 2 hoặc x= 1 (loại)

0,25đ

2+3
5
= .
2
2 + 9 13
5
Kết luận với x= 2 thì P =
13

0,25đ

0,25đ
0,5đ

Thay x=2 vào P ta có P =

Câu c
Để P nhận giá trị nguyên ⇔
1đ

0,25đ
x+3
x2 + 9

nguyên khi đó ( x + 3)M( x 2 + 9)

0,25đ

⇔ ( x − 3)( x + 3)M( x 2 + 9)
⇒ ( x 2 − 9)M( x 2 + 9) ⇒ ( x 2 + 9 − 18)M( x 2 + 9) ⇒ 18M( x 2 + 9) suy ra x 2 + 9 là ước của 18

0,25đ

Mà x 2 + 9 ≥ 9 > 0 nên x + 9 ∈ { 9;18} nên x 2 = 0;9 ta có x=0 ;3 ;-3
Thử lại ta được x=-3 thỏa mãn bài toán. Và kết luận

0,25đ

Đa thức g ( x) = x 2 − x = x( x − 1) có hai nghiệm là x = 0 hoặc x = 1

0,5đ

2

Câu2
1đ

Ta có f (0) = (−1) + 1 − 2 = 0 ⇒ x=0 là nghiệm của f(x) ⇒ f(x) chứa thừa số 0,25đ
x
Ta có f (1) = (12 + 1 − 1)2018 + (12 − 1 + 1) 2018 − 2 = 0 ⇒ x=1 là nghiệm của f(x) ⇒ f(x) 0,25đ
chứa thừa số x- 1
mà các thừa số x và x-1 không có nhân tử chung do đó f(x) chia hết cho x(x-1) 0,25đ
2018

2018

Vậy f ( x) = ( x 2 + x − 1)2018 + ( x 2 − x + 1)2018 − 2 chia hết cho g ( x) = x 2 − x
Bài 3
3,5đ

Bài 3:(3,5điểm)
1. Tìm m để phương trình có nghiệm( m tham số)

2.Giải phương trình: 2 x(8 x − 1) 2 (4 x − 1) = 9
Câu1
2đ

0,25đ

x − m x −3
+
=2
x+3 x +m

ĐKXĐ: x ≠ -3 ; x ≠ -m ta có
x −m x −3

+
= 2 ⇒ x 2 − m 2 + x 2 − 9 = 2( x + 3)( x + m)
x+3 x+m
⇔ 2 x 2 − m 2 − 9 = 2( x 2 + 3 x + 3m + mx) ⇔ −2(m + 3) x = (m + 3) 2 (1)
Với m = 3 thì (1) có dạng 0x = 0. Nghiệm đúng mọi x thỏa mãn điều kiện x ≠ -3;

/>
0,25đ

0,5đ

0,5đ


x ≠ -m , do đó tập nghiệm của phương trình là x ≠ ±3
(m + 3) 2
m+3
=−
2(m + 3)
2
Để giá trị này là nghiệm của phương trình thì ta phải có :
m+3
m+3
m+3
−
≠ −3 và
−
≠ −m tức là m ≠ 3 . Vậy nếu m ≠ ±3 thì x = −
là
2

2
2
nghiệm
 m + 3
Kết luận : với m= -3 thì S = { x / x ≠ ±3} . Với m ≠ ±3 thì S = −

2 


0,5đ

Ta có 2 x(8 x − 1) 2 (4 x − 1) = 9 ⇔

0,25đ

Với m ≠ −3 thì phương trình (1) có nghiệm x = −

Câu
2
1,5đ

(64 x 2 − 16 x + 1)(8 x 2 − 2 x ) = 9 ⇔ (64 x 2 − 16 x + 1)(64 x 2 − 16 x) = 72
(*)
2
Đặt 64x -16x = t ta có (*) ⇔ t(t+1) – 72 = 0 ⇔ t =- 9 hoặc t = 8.

Với t = -9 ta có 64x -16x= -9 ⇔ 64x -16x + 9 = 0 ⇔ (8x -1) +8 = 0
(vô nghiệm vì (8x -1)2 +8 > 0)
Với t = 8 ta có 64x2 -16x= 8 ⇔ 64x2 -16x – 8 = 0 ⇔ (8x -1)2 -9 = 0
2

⇔ x=

2

2

0,25đ

0,25đ

0,5đ
0,25đ
0,25đ

1
1
hoặc x= − .
2
4

Vậy nghiệm của phương trình là x =

0,25đ

1
1
hoặc x= − .
2
4

b)
Bài 4(6 điểm)
0,25
1,25đ Cho hình chữ nhật ABCD.Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của D và B trên
AC và M,N,P, Q lần lượt trung điểm của AD, AH, BC, CK
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Chứng minh BQ vuông góc với NP
c) Giả sử cạnh AB = 2BC và điểm P là điểm trên cạnh BC. Tia AP cắt
đường thẳng CD tại điểm F . Chứng minh rằng
A

1
1
1
=
+
2
2
AB
AP
4 AF 2

B
N
H

E
P

M

K
Q
D

C

Câu a Chưng minh được DH // BK (1)
2đ
Chứng minh được ∆AHD = ∆CKB suy ra DH = BK (2)
Câub
2đ

0,5đ
1đ

Từ (1) và (2) ⇒ tứ giác MNPQ là hình bình hành

0,5đ

Gọi E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình của ∆KBC

0,5đ

/>

1
2

nên QE // BC ⇒ QE ⊥ AB(vì BC ⊥ AB) và QE = BC =

1
AD
2

Chứng minh AM = QE và AM//QE ⇒ tứ giác AMQE là hình bình hành

0,5đ

Chứng minh AE// NP//MQ (3). Xét ∆AQB có BK và QE là hai đường cao của 0,5đ
tam giác ⇒ E là trực tâm của tam giác
0,5đ
nên AE đường cao thứ ba của tam giác AE ⊥ BQ ⇒ BQ ⊥ NP
B

A

Câu c
2đ

P

G

D

F

C

Vẽ tia Ax vuông góc AF . gọi giao của Ax với CD là G . Chứng minh
·
·
·
GAD
= BAP
( cùng phụ PAD
) ⇒ ∆ADG ~ ∆ABP (g.g)

0,5đ

AP AB
1
=
= 2 ⇒ AG = AP
AG AD
2
Ta có ∆AGF vuông tại A có AD ⊥ GF nên AG . AF = AD . GF (= 2S AGF )
⇒ AG 2 .AF2 = AD 2 .GF 2 (1) Ta chia cả hai vế của (1) cho AD 2 . AG 2 .AF2 . Mà

0,25đ

1
1
1
=
+
1
1

1 ⇒
2
2
AF 2
⇒
=
+
1

1

2
2
2
AD
AG
AF
 AB ÷  AP ÷
2

2

4
4
1
1
1
1
⇒
=

+
⇒
=
+
2
2
2
2
2
AB
AP
AF
AB
AP
4 AF 2

0,5đ

0,5

AG2 + AF2 =GF2( Định lý pitago)

Bài4
1.0đ

0,25đ

Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương
và số đo diện tích bằng số chu vi
Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z (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, thay (1) vào ta có :z2 = (x+y)2 – 4(x + y+z)

0,25đ
0,25đ

⇔ z + 4 z = ( x + y ) − 4( x + y ) ⇔ z + 4 z + 4 = ( x + y ) − 4( x + y ) + 4
2

2

2

2

⇔ ( z + 2) 2 = ( x + y − 2) 2
⇔ z + 2 = x + y − 2 hoặc z + 2= -x – y + 2 (loại vì z >0)
⇔ z = x + y − 4 ; thay vào (1) ta được xy =2(x+y+x+y-4) ⇔ xy − 4 x − 4 y = −8
⇔ ( x − 4)( y − 4) = 8 = 1.8 = 2.4 từ đó tìm được các giá trị của x,y,z là :

(x=5,y=12,z=13) ;(x=12,y=5,z=13) ;(x=6,y=8,z=10) ;(x=8,y=6,z=10)

/>
0,25
đ
0,25
đ