ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP HUYỆN VIỆT YÊN 20152016 MÔN TOÁN; LỚP: 8

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VIỆT YÊN
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: TOÁN; LỚP: 8
Ngày thi: 28/3/2016
Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1. (4,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4 + 2016 x 2 + 2015 x + 2016 .
2) Cho a3 − 3ab2 = 5 và b3 − 3a2b = 10 . Tính S = a2 + b2
Câu 2. (4,5 điểm)
 x2 − 2 x

2 x2



1

2 

−
1 − − 2 ÷.
1) Rút gọn biểu thức sau: A =  2
2
3 ÷
 2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

2) Giải phương trình sau:
(2 x 2 + x − 2015) 2 + 4( x 2 − 5 x − 2016) 2 = 4(2 x 2 + x − 2015)( x 2 − 5 x − 2016)

Câu 3. (4,5 điểm)
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 + 4x = x2 y + 3y +5
2) Cho f(x) = (x – a)(x – b)(x – c ).
Chứng minh rằng: Nếu a + b + c = 0 thì f(x) + 2abc = -f(-x)
Câu 4. (6,0 điểm)
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.
2) Chứng minh tam giác AEB vuông cân.
3) Gọi M là trung điểm của đoạn BE, tia AM cắt BC tại G. Chứng minh:
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: xyz = 1
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

GB
HD
=
.
BC AH + HC

1
1
1
+ 3 3
+ 3
3

x + y + 1 y + z + 1 z + x3 + 1
3

-----------Hết-----------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:..........................
Giám thị 1 (Họ tên và ký)......................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký).......................................................................................................


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
VIỆT YÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP
HUYỆN
MÔN THI: TOÁN 8
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang

Câu 1

Hướng dẫn giải
Ta có x + 2016 x + 2015 x + 2016
= ( x 4 − x ) + 2016 x 2 + 2016 x + 2016
4

2

= x ( x − 1) ( x 2 + x + 1) + 2016 ( x 2 + x + 1)

1

(2 điểm)

= ( x 2 + x + 1) ( x 2 − x + 2016 )

2
2
Kết luận x 4 + 2016 x 2 + 2015 x + 2016 = ( x + x + 1) ( x − x + 2016 )

Ta có a3 − 3ab2 = 5 ⇒ ( a3 − 3ab2 ) = 25 ⇒ a6 - 6a4b2 + 9a2b4 = 25và

4 điểm
0,75
0.5
0.5
0.25

2

(

)

2

3
2
6
4 2
4 2
b3 − 3a2b = 10 ⇒ b − 3a b = 100 ⇒ b – 6b a + 9a b = 100

2
(2 điểm)

0.5

Suy ra 125 = a6 + b6 + 3a2b4 + 3a4b2

0.5

Hay 125 = ( a2 + b2 )

0.5

3

Do đó S = a2 + b2 = 5
Câu 2

0.5
4.5 điểm

x ≠ 0
x ≠ 2

ĐK: 

0.25

Ta có

 x2 − 2 x
 1 2 
2x2
A= 2
−
1− − 2 ÷
2
3 ÷
 2x + 8 8 − 4x + 2x − x   x x 

1
(2.5
điểm)

 x2 − 2x
  x2 − x − 2   x2 − 2x
 x 2 − x − 2 
2 x2
2x2
=
−
=
−
÷
÷ 
÷
÷
2
2
2

2
x2
x2
 2( x + 4) 4(2 − x) + x (2 − x)  
  2( x + 4) ( x + 4)(2 − x) 


 x( x − 2) 2 + 4 x 2   ( x + 1)( x − 2) 
=
÷
÷
2
x2

 2( x − 2)( x + 4)  

=

x 3 − 4 x 2 + 4 x + 4 x 2 x + 1 x( x 2 + 4)( x + 1) x + 1
. 2 =
=
2( x 2 + 4)
x
2 x 2 ( x 2 + 4)
2x

x 3 − 4 x 2 + 4 x + 4 x 2 x + 1 x( x 2 + 4)( x + 1) x + 1
=
. 2 =
=

2( x 2 + 4)
x
2 x 2 ( x 2 + 4)
2x
x ≠ 0
x +1
Vậy A =
với 
.
2x
x ≠ 2

0.5
0.5
0.5
0.5
0.25


2
 a = 2 x + x − 2015
2
b = x − 5 x − 2016

0.25

Đặt: 

Phương trình đã cho trở thành:
2

(2 điểm)

0.5

a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b) 2 = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó, ta có:
2 x 2 + x − 2015 = 2( x 2 − 5 x − 2016) ⇔ 2 x 2 + x − 2015 = 2 x 2 − 10 x − 4032
⇔ 11x = −2017 ⇔ x =

−2017
.
11

0.5
0.5

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =

−2017
.
11

0.25

Câu 3

(4,5 điểm)
x −5
x + 4x -5

⇔ y= x+ 2
Ta có x3 + 4x = x2 y + 3y +5 ⇔ y =
2
3

x +3

0.75

x −5
nguyên ⇔ x – 5 chia hết cho x2 + 3
x2 + 3

0.5

x +3

1
(2,5
điểm)

Ta thấy y nguyên ⇔

=> (x – 5)(x + 5) chia hết cho x2 + 3 hay x2 + 3 - 28 chia hết cho
x2 + 3 => 28 chia hết cho x2 + 3, mà x2 + 3 ≥ 3 nên
x2 + 3 ∈ { 4;7;14; 28}

0.5

Xét các trường hợp ta được các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là:

(1;0);
(-2; -3) và (5; 5).

0.75

f(x) + 2abc = (x – a )(x – b )(x – c ) +2abc
=x3 – ax2 – bx2 – cx2 + abx + acx + bcx + abc
= x3 + abx + acx + bcx + abc ( vì a +b + c = 0)

-f(-x) = - ( -x – a )(-x – b )(-x – c ) => - f(-x) = (x +a)(x +b)(x + c)
=x3 + ax2 + bx2 + cx2 + abx + acx + bcx + abc
= x3 + abx + acx + bcx + abc ( vì a +b + c = 0)
Vậy f(x) = - f(-x)
Câu 4

0.75

1
0.25
(6 điểm)


1
(2 điểm)

a) Hai tam giác ADC và BEC có:
Góc C chung.

2

CD CA
=
(Hai tam giác vuông CDE và CAB đồng dạng)
CE CB

Do đó, chúng dồng dạng (c.g.c).
Do tam giác ADC và BEC đồng dạng với nhau. Suy ra:
2
(2 điểm)

3
(2 điểm)

·
BEC
= ·ADC = 1350 (vì tam giác AHD vuông cân tại H theo giả thiết).
·

1

Nên AEB = 45 do đó tam giác ABE vuông cân tại A.
Tam giác ABE vuông cân tại A, nên tia AM còn là phân giác góc BAC.
0

1

GB AB
=
Suy ra: GC AC
AB ED

AH
HD
=
( ∆ABC : ∆DEC ) =
( ED // AH ) =
HC
HC
mà AC DC
GB HD
GB
HD
GB
HD
=
⇒
=
⇒
=
BC AH + HC
Do đó: GC HC GB + GC HD + HC

Câu 5

1.0

1.0
1điểm

Từ ( x − y ) ≥ 0 ⇒ x − xy + y ≥ xy (1)
2

2

2

mà x + y > 0

(2)

Từ (1) và (2) ⇒ x3 + y 3 ≥ xy ( x + y ) dấu "=" xẩy ra khi x = y
Vậy
1 điểm

1
1
≤
3
x + y + xyz xy ( x + y + z )
3

0.25

(3) dấu "=" xẩy ra khi x = y

1
1
≤
Tương tự ta có 3 3
(4) dấu "=" xẩy ra khi x = z
x + z + xyz xz ( x + y + z )

1
1
≤
(5) dấu "=" xẩy ra khi y = z
3
y + z + xyz yz ( x + y + z )
Cộng vế với vế của (3), (4), (5) và có xyz = 1, ta được Q ≤ 1

0.25

3

0.25

Dấu "=" xảy ra khi x = y = z = 1
Vậy max Q = 1 khi x = y = z = 1

0.25
Điểm toàn bài (20điểm)

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 không vẽ hình thì không chấm.