Đề khảo sát học sinh giỏi lớp 8 lần 1 năm học 2017_2018 môn toán

TRƯỜNG THCS TAM DƯƠNG

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN 8
Thời gian làm bài: 120 phút

Bài 1 (3,0 điểm).
a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử A = x4 + 2015x2 + 2014x + 2015.
b) Cho các số a, b, c thoả mãn (a − b)3 + (b − c)3 + (c − a )3 = 2016 . Tính giá trị
của biểu thức P = (a − b)(b − c)(c − a ) .
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q = x 2 + 5 y 2 + 2 xy − 4 x − 8 y + 2019 .
Bài 2 (3,0 điểm).
a) Cho x, y là các số nguyên dương thỏa mãn x 2 + 2 y là số chính phương.
Chứng minh rằng: x 2 + y là tổng của hai số chính phương.
b) Cho đa thức f ( x) có các hệ số đều là số nguyên thỏa mãn f (1). f (2) = 2015 .
Chứng minh rằng đa thức f ( x) không có nghiệm nguyên.
Bài 3 (2,5 điểm). Cho hình chữ nhật ABCD, kẻ BH ⊥ AC tại H ( H ∈ AC ). Gọi M và N
lần lượt là trung điểm AH và BH.
a) Chứng minh rằng: N là trực tâm của ∆BCM .
·
b) Gọi K là trung điểm của CD. Tính số đo BMK
.

Bài 4 (1,5 điểm). Cho dãy số được xác định như sau:
a1 = 1 ; a2 = 1+ 1 ; a3 = 1+ 1 + 1 ; ……; an = 1+ 1 + 1 + ... + 1
2
2 3
2 3
n
1

1
1
1
Chứng minh rằng: a 2 + 2a 2 + 3a 2 + ...... + na 2 < 2 , với mọi số tự nhiên n >1
1
2
3
n
==== HẾT =====
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!


TRƯỜNG THCS TAM DƯƠNG

Bài

ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL HSG LẦN 1
NĂM HỌC 2015-2016
Môn: TOÁN 8

Nội dung trình bày chính
Câu a
A = x4 + 2015x2 + 2014x + 2015
= x4 – x + 2015x2 + 2015x + 2015
= x(x-1)(x2 + x + 1) + 2015(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)((x2 - x + 2015)
Câu b
- Chứng minh nhận xét: Nếu x + y + z = 0 thì x3 + y3 + z3 = 3xyz
- Đặt x = a-b; y = b-c; z = c-a.

Bài 1

1
3

Ta có: x + y + z = 0 nên P = .3 xyz =

x 3 + y 3 + z 3 2016
=
= 672
3
3

Điểm
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5

Câu c

Q = x 2 + 5 y 2 + 2 xy − 4 x − 8 y + 2019
=( x + y ) 2 − 4( x + y ) + 4 + 4 y 2 − 4 y + 1 + 2014
=( x + y − 2) 2 + (2 y − 1) 2 + 2014 ≥ 2014

Bài 2

Vây minQ = 2014. Xảy ra khi y = 0,5 và x = 1,5
Câu a.

a2 − x2
Đặt x2 + 2y = a2, suy ra y =
2
Ta có:
a2 − x2 a2 + x2 2(a2 + x2 )
2
2
x +y= x +
=
=
2
2
4
2
2
(a + x) + (a − x)
a+ x 2 a− x 2
=
=(
) +(
)
4
2
2
Mặt khác có: (a+x)(a-x)= 2y M2 (1)
a + x + a – x = 2a M2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra a + x và a – x đều chẵn.
a+ x 2 a− x 2
) +(
) là tổng của hai số chính phương.

Vậy x2 + y = (
2
2
Câu b.
Giả sử f ( x ) có nghiệm nguyên x = a
Khi đó f ( x ) = ( x − a ).g ( x ) , trong đó g ( x ) là đa thức có các hệ số
nguyên.
Ta có: f (1). f (2) = (1 − a)(2 − a) g (1) g (2) = 2015 (*)
Do 1 − a,2 − a là hai số nguyên liên tiếp và g (1); g (2) là các số
nguyên nên f (1). f (2) = (1 − a)(2 − a) g (1) g (2) chẵn mà 2015 là số lẻ
nên (*) vô lí
Vậy phương trình đa thức f ( x ) không có nghiệm nguyên.

0,25
0,25
0,5

0,25

0,5

0,5
0,25

0,5
0,5

0,5

A

B

N
M

H

Bài 3

D

K

C

Câu a.
MN là đường trung bình của tam giác ABH nên MN//AB
Do AB ⊥BC nên MN⊥BC
Tam giác BCM có hai đường cao cắt nhau tại N nên N là trực tâm
Câu b.
Ta có MN = ½ AB; CK = ½AB nên MN = CK (1)
Lại có MN⊥BC nên MN // CK (2)
Từ (1) và (2) có tứ giác CKMN là hình bình hành
Suy ra KM // CN, mà N là trực tâm tam giác BCM nên CN⊥BM
·
Do đó KM⊥BM . Vậy BMK
= 900
1

1
<
( v× ak > ak−1 ).
∀k ≥ 2 ta cã
2
k.ak k.ak−1.ak
1
1 a −a
1
− = k k−1 =
Ta cã:
ak−1 ak
ak−1.ak
k.ak−1.ak
1
1
1
<
−
Suy ra
2
k.ak ak−1 ak

0,5
0,5

1,0
0,5
0,25
0,25

0,25

Cho k = 2; 3; ...; n ta cã:

Bài 4

1
1 1 1
1 1
1
1
1
< − ; 2 < − ;.....;
<
−
2
2
2a2 a1 a2 3a3 a2 a3
nan an−1 an

0,25

Céng tõng vÕ c¸c b®t trªn ta ®îc:
1
1
1 1 1 1
1
1 1 1 1
+ ... + 2 < − + − + ... +
− = − < =1

2
2a2
nan a1 a2 a2 a3
an−1 an a1 an a1
⇒

1
1
1
+ 2 + ... + 2 < 1+ 1= 2 (®pcm)
2
a1 2a2
nan

0,25

0,25

Chú ý: Học sinh làm bằng cách khác có lập luận logic và đúng vẫn cho điểm tối đa.