CÁC ĐỀ LUYỆN THI HSG TOÁN 8

PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN
ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 4
TRƯỜNG THCS NGA THẮNG
NĂM HỌC 2017-2018
MÔN TOÁN LỚP 8
Ngày 23/3/2018
Thời gian làm bài 150 phút, không kể giao đề
Câu 1: (4 điểm)
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 4  2018 x 2  2017 x  2018
b) Cho đa thức: A   x  y   y  z   z  x   xyz
Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên và x + y + z chia hết cho 6 thì A - 3xyz
chia hết cho 6
Câu 2: (4 điểm):
�  x  1 2
1  2x2  4x
1 � x2  x
P



�
�:
1. Cho biểu thức
2
x3  1
x  1� x3  x
3
x

x


1
�


�
�

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
b) Tìm giá trị của x để P  1
2. Đa thức P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P(1)=0 ; P(3)=0 ; P(5)= 0.
Hãy tính giá trị của biểu thức: Q= P(-2)+7P(6)
Câu 3: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng:

a2 b2 c2 c b a


  
b2 c2 a2 b a c

b) Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2
a2
b2
c2


1
Chứng minh rằng: 2
a  2bc b 2  2ca c 2  2ab

Câu 4: (6 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng
của điểm C qua P.
a) Tứ giác AMDB là hình gì?
b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng minh ba điểm E,
F, P thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị
trí của điểm P.
PD
9

d) Giả sử CP  BD và CP = 2,4 cm,
. Tính các cạnh của hình chữ nhật
PB 16
ABCD.
Câu 5: (2 điểm): Chứng minh bất đẳng thức:
a
b
c
3


� Với a �b �c  0
ab bc ca 2

-----HẾT-----


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG TOÁN 8 LẦN 4
Câu 1: 4đ

a) 2đ.
4
x + 2018x2 + 2017x + 2018 = x4 + x2 + 2017x2 + 2017x + 2017 +1
= x4 + x2 + 1+ 2017(x2 + x + 1)
= (x2 + 1)2 - x2 + 2017(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)( (x2 - x + 1) + 2017(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)( x2 – x + 2018)

0,5
0,5
0,5
0,5

b) 2đ. Ta có: A   x  y   y  z   z  x   xyz
= (x + y + z)(xy + yz + zx
0,75
Vì x, y, z là các số nguyên và x + y + z M6 nên A M6
Mặt khác: x + y + z M6 nên trong ba số x, y, z phải có ít nhất một số chẵn, suy ra: xyz
M2
0,5
=> 3xyz M6
0,25
=> A - 3xyz chia hết cho 6

0,5

Câu 2: 4đ
1. 2đ.
a) 1đ. Điều kiện: x �0; x �1; x �1

0,25

� x  1 2 1  4 x  2 x 2
1 � x2  x
P  �2


�: 3
3
x

x

1
x

1
x

1
�
�
�
�x  x

  1  4 x  2 x 2    x 2  x  1 x3  x

. 2
x3  1
x x

3
2
2
2
x  3 x  3x  1  1  4 x  2 x  x  x  1 x ( x 2  1)

.
x3  1
x ( x  1)

 x  1

3

x3  1 x 2  1
.
x3  1 x  1
x2  1

x 1

0,5



0,25

b) 1 đ. Vì P  1 nên P = 1 hoặc P = -1
+ Nếu: P = 1 thì

x2  1
 1  x 2  1  x  1 � x  x  1  0 � x  0; x  1
x 1

hai giá trị này không thỏa mãn điều kiện
+ Nếu: P = -1 thì

2

x 1
 1  x 2  1 = - x - 1  x2 + x + 2 = 0
x 1

0,5


1 2 7
) + > 0 với mọi x
2
4
Vậy không có giá trị nào của x để P  1

Mà x2 + x + 2 = (x +

0,5

2. 2đ. Ta có P(x) là đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 và P(x) M(x-1),
P(x) M
(x-3), P(x) M(x-5)
Nên P(x) có dạng P(x) = (x-1)(x-3)(x-5) (x+a)

Khi đó: P(-2) +7P(6) = (-3).(-5).(-7).(-2 +a) +7.5.3.1.(6+a)
= -105.(-2+a) +105.(6+a)
= 105.( 2 –a +6 +a) = 840
Câu 3. 4đ
a) 2đ. Áp dông bÊt ®¼ng thøc: x2+y2 2xy. DÊu b»ng khi x=y
0,5
Ta có:

a2 b2
a b
a
 2 2. . 2. ;
2
b c
c
b
c

a2 c2
a c
c
 2 2. . 2. ;
2
b a
b
b
a

c2 b2
c b

b
 2 2. . 2.
2
a c
a
a
c

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:
a 2 b2 c2
a c b
a 2 b2 c2 a c b
2( 2  2  2 ) 2(   )  2  2  2   
b
c
a
c b a
b
c
a
c b a
b) 2đ. Từ: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 => ab + bc + ca = 0

0,75

0,75
0,25

=> a2 + 2bc = a2 + bc – ab – ca = ( a – b)( a – c)
Tương tự: b2 + 2ca = ( b – c)( b – a) ; c2 + 2ab = ( c – a)( c - b)

Đặt: P 

2

2

0,5

2

a
b
c
 2
 2
a  2bc b  2ca c  2ab
2

Thay vào ta được: P =

 a 2 (b  c)  b 2 (c  a)  c 2 (a  b)
(a  b)(b  c)(c  a)
( a  b)(b  c)(c  a )

( a  b)(b  c)(c  a )
1
a2
b2
c2
 2

 2
1
Vậy: 2
a  2bc b  2ca c  2ab


1

0,25

Câu 4. 6đ
Vẽ hình, ghi GT, KL đúng

0,5

D

C
P

M
F

I
E

A

O

B


a) 1,5 đ. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD.
 PO là đường trung bình của tsm giác CAM.
 AM//PO
� tứ giác AMDB là hình thang.
1,5
b). 1,5 đ. Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị)
Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB
0,5
Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân ở
I nên góc IAE = góc IEA.
Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1)
0,5
Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng.
0,5
c) 1đ. MAF : DBA  g  g  nên
d) 1,5đ . Nếu

MF AD

không đổi.
FA AB

1

PD PB
PD 9



 k � PD  9k , PB  16k
thì
PB 16
9
16

Nếu CP  BD thì CBD : DCP  g  g  �
do đó CP2 = PB.PD
hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2
PD = 9k = 1,8(cm)
PB = 16k = 3,2 (cm)
BD = 5 (cm)
C/m BC2= BP.BD = 16
do đó BC = 4 (cm)
CD = 3 (cm)
Câu 5. 2đ
Gọi vế trái là A, ta có:
3 �a
1��b
1�� c
1�
�
 �
�
 �
�
 �
2 �a  b 2 � �b  c 2 � �c  a 2 �

ab
bc
ca



2(a  b) 2(b  c) 2(c  a)
ab
(b  a )  (a  c)
ca



2(a  b)
2(b  c)
2(c  a)
a b � 1
1 � a c � 1
1 �

.�


�
�
�
2 �a  b b  c � 2 �b  c c  a �
a b
ca
a c

a b

.

.
2 (a  b)(b  c)
2 (b  c)(c a)
(a  b)(a  c) � 1
1 �

.�

�
2(b  c) �a  b c  a �
(a  b)(a  c)(b c)

�0 ( Do a �b �c  0)
2(b  c )(b  c)(c  a)

CP PB

PD CP

0,5
0,25

0,75

A

0,5

1


3
2

Vậy A �

0,5