Đề học sinh giỏi Toán 8 thi giữa tháng 4

TRƯỜNG TH & THCS
THIỆU GIAO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN LỚP 8

Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1 (4,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 2 + 6 xy + 5 y 2 − 5 y − x .
2) Cho a 3 − 3ab 2 = 5 và b3 − 3a 2 b = 10 . Tính S = 2016a 2 + 2016b 2
Câu 2 (5,0 điểm)
 4x
8x2   x − 1
2
+
:
− ÷
1) Cho biểu thức A = 
2 ÷  2
 2 + x 4 − x   x − 2x x 

Rút gọn biểu thức A và tìm các giá trị của x để A < 0
2) Chứng minh rằng ( n2 + 3n + 1)2 - 1 chia hết cho 24 với n là số tự
nhiên.
Câu 3 (4,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 + 3x = x2 y + 2y + 5
2) Một đa thức P(x) chia cho x2 + x + 1 thì dư 1 - x và chia cho x2 − x + 1
thì dư
3x + 5. Tìm số dư của phép chia P(x) cho x4 + x2 + 1.

Câu 4 (6,0 điểm)
Gọi M là một điểm bất kì trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các
hình vuông AMCD, BMEF.
1) Chứng minh AE vuông góc với BC
2) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng
hàng.
3) Chứng minh đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi M di
chuyển trên đoạn thẳng AB cố định


Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn:
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =

x
2

yz(1+ x )

+

1 1 1
+ + =1
xy yz xz
y
2

zx(1+ y )

+

z
xy(1+ z 2 )


HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ
MÔN THI: TOÁN LỚP 8
Bản hướng dẫn chấm có 03 trang

TRƯỜNG TH & THCS
THIỆU GIAO

Câu 1
1
(1.5
điểm)

Hướng dẫn giải

4 điểm

x + 6 xy + 5 y − 5 y − x = ( x + xy − x) + (5 xy + 5 y − 5 y )

0,5

= x( x + y − 1) + 5 y ( x + y − 1)

0.5
0.5

2

2

2

2

= ( x + y − 1)( x + 5 y )

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

0.5

và b3 − 3a2b = 10 ⇒ ( b3 − 3a2b) = 100 ⇒ b6 – 6b4a2 + 9a4b2 = 100

0.5

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

0.5

Hay 125 = ( a2 + b2 ) ⇒ a2 + b2 = 5

0.5

2

2

2
(2.5
điểm)

3

Do đó S = 2016( a2 + b2 ) = 2016.5=10080
Câu 2

0.5
5 điểm
0.5

Điều kiện xác định x ≠ 0 ; x ≠ ± 2; x ≠ 3
 4x
8x2   x − 1
2  4 x ( 2 − x ) + 8x x − 1 − 2 ( x − 2 )
+
:
− ÷=
:
A= 
2 ÷  2
x ( x − 2)
 2 + x 4 − x   x − 2x x  ( 2 + x) ( 2 − x)

0.5

8x − 4x2 + 8x2 x −1 − 2 x + 4
8x + 4 x2

3− x
:
:
=
( 2 + x ) ( 2 − x ) x ( x − 2)
( 2 + x ) ( 2 − x ) x ( x − 2)

0.5

2

1
(3 điểm)

2
(2 điểm)

4x ( 2 + x)
x ( x − 2)
4x2
.
=
=
( 2 + x) ( 2 − x) 3 − x
x−3
2
4x
Vậy A =
với x ≠ 0 ; x ≠ ± 2; x ≠ 3
x−3

Với x ≠ 0 ; x ≠ ± 2; x ≠ 3
4x2
A< 0 ⇔
< 0 ⇔ x - 3 < 0 (do x ≠ 0 nên 4x2 > 0 ) ⇔ x < 3
x−3
Vậy x < 3 ; x ≠ 0 ; x ≠ ± 2 thì A < 0

( n2 + 3n + 1)2 - 1 = n( n + 1)(n + 2)(n + 3)
Lập luận để chỉ ra tích của 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 24.

Câu 3
1
x −5
x 3 + 3x -5
3
2
⇔ y=
⇔ y= x+ 2
Ta
có
x
+
3x
=
x
y
+
2y
+5
2

(2 điểm)
x +2
x +2

0.5
0.25

0.5
0.25
1
1
4 điểm
0.5


Ta thấy y nguyên ⇔

x −5
nguyên ⇔ x – 5 chia hết cho x2 + 2
2
x +2

=> (x – 5)(x + 5) chia hết cho x2 + 2 hay x2 + 2 - 27 chia hết cho
x2 + 2 => 27 chia hết cho x2 + 2, mà x2 + 2 ≥ 2 nên
x2 + 2 ∈ { 3,9, 27}
Xét các trường hợp ta được các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là
(-1; -3) và (5; 5).
Đặt P(x) = ( x 4 + x2 + 1 ) Q(x) + R(x) ( Q(x) là đa thức thương,
R(x) là đa thức dư có bậc ≤ 3 )
=> P(x) = ( x 2 + x + 1 )( x2 − x + 1 ) Q(x) + R(x)

=> P(x) - R(x) M( x 2 + x + 1 )( x2 − x + 1 )
Nghĩa là R(x) có cùng số dư với P(x) khi chia cho x 2 + x + 1 và
x2 − x + 1 . Khi đó:

R(x) = ( x 2 + x + 1 )(mx + n) + 1 - x
2
(2 điểm) R(x) = ( 2
x − x + 1 )(px + q) +3x + 5

Do đó:

m = p
n + m = q − p


 n + m − 1= − p + q + 3
 n + 1= q + 5

0.5
0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

=> m = p = − 2 ; n = 4 ; q = 0

Câu 4

Vậy đa thức dư R(x) phải tìm là: R(x) = −2 x3 + 2 x2 + x + 5

0.5
6 điểm

C

D

I
H
O

(6 điểm)

A

I'

E

F

M

B

1) Chứng minh BE//MD.

Chứng minh BE ⊥ AC
Xét tam giác CAB có CM ⊥ AB, AE ⊥ BC ⇒ AE ⊥ BC

0,5
0,75


2,
·
Gọi O là giao điểm của AC và DM. Do AHC
= 900 nên

OH=AC/2, do đó OH=DM/2
Tam giác MHD có đường trung tuyến HO=DM/2 nên
·
=900
MHD

Chứng minh tương tự  ·MHF = 900.

0,75

0,5
0,75

Vây D, H, F thẳng hàng.
3)
Gọi I là giao điểm của DF và AC, xét tam giác DMF

0,75

có DO=OM, OI//MF nên suy ra ID=IF.
Kẻ II’ ⊥ AB, chứng minh I’ là trung điểm của AB
=> II’=AB/2, do đó I cố định
0,5
0,75
0,75
1điểm

Câu 5
1 điểm

Từ

1
1
1
+ + = 1 => x + y + z = xyz
xy yz xz

yz ( 1 + x 2 ) =

Ta có

Tương tự:
Nên Q =

=

xy ( 1 + z

yz + x 2 yz =
2

) = ( z + y) ( z + x) ;

x

( x + y) ( x + z)

+

y

( y + z) ( y + x)

zx ( 1 + y
+

2

A.B ≤

A+ B
(với A, B >0),
2

Dấu "=" xảy ra khi A = B.

( x + y) ( x + z)

) = ( y + z ) ( y + x)

0.25

z

( z + x) ( z + y )

x
x
y
y
z
z
.
+
.
+
.
x+ y x+z
x+ y y+z
x+z y+z

Áp dụng BĐT

Ta được

yz + x ( x + y + z ) =

0.25
0.25


1 x
x
y
y
z
z 
3
Q≤ 
+
+
+
+
+
÷=
2 x+ y x+ z y+ x y+ z z+ x z+ y 
2

Vậy giá trị lớn nhất của Q =

3
khi x = y = z =
2

3.

Điểm toàn bài

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.

0.25
20
điểm