Đề học sinh giỏi Toán 8 thi giữa tháng 4

PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA
TRƯỜNG THCS THIỆU VẬN
--------------

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn thi: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao
đề)

Câu I: (4,0 điểm)
Cho biểu thức A =

4xy
y − x2
2

 1

1
: 2
+ 2
2
2 ÷
y + 2 xy + x 
 y −x

1) Tìm điều kiện của x, y để giá trị của A được xác định.
2) Rút gọn A.
3) Nếu x; y là các số thực làm cho A xác định và thoả mãn: 3x 2 + y2 +2x –2y = 1,
hãy tìm tất cả các giá trị nguyên dương của A?

Câu II: (4,0 điểm)
1. Tìm số dư trong phép chia của biểu thức ( x − 2 ) ( x − 4 ) ( x − 6 ) ( x − 8 ) + 2019
cho đa thức x 2 − 10 x + 21 .
2. Giải phương trình sau:

(2 x 2 + x − 2019) 2 + 4( x 2 − 5 x − 2018) 2 = 4(2 x 2 + x − 2019)( x 2 − 5 x − 2018)
Câu III: (4,0 điểm)
1. Tìm các cặp số tự nhiên (x; y) thỏa mãn: x 6 − x 4 + 2 x3 + 2 x 2 = y 2
2. Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn: x 2 + y 2 = z 2 . Chứng minh rằng:
x3 y − xy 3 chia hết cho 84
Câu IV: (6,0 điểm)
1. Hình thang ABCD (AB // CD) có hai đường chéo cắt nhau tại O. Đường thẳng
qua O và song song với đáy AB cắt các cạnh bên AD, BC theo thứ tự ở M và N.
a. Chứng minh rằng

1
1
2
+
=
.
AB CD MN

b. Biết SAOB= 20182 (đơn vị diện tích); SCOD= 20192 (đơn vị diện tích). Tính
SABCD.
2. Cho tam giác ABC vuông tại A. Xác định điểm M trong tam giác sao cho tổng
các bình phương các khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu V: (2,0 điểm)
Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

2019 + x 2019 + y 2019 + z
+
+
1+ y2
1+ z2
1 + x2
------ HẾT ------

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


PHÒNG GD&ĐT THIỆU HÓA
TRƯỜNG THCS THIỆU VẬN
--------------

.
Câu
I.1

I.2

I.3

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8
NĂM HỌC 2018 - 2019
Môn thi: Toán

Nội dung

Điểm

Tìm đkxđ A

Điều kiện: x ≠ ± y; y ≠ 0

1,25

Rút gọn biểu thức A:

2,0

A = 2x (x+y)
Cần chỉ ra giá trị lớn nhất của A, từ đó tìm được tất cả các giá trị
nguyên dương của A
Từ (gt): 3x2 + y2 + 2x – 2y = 1
⇒ 2x2 + 2xy + x2 – 2xy + y2 + 2(x – y) =1
⇒ 2x(x + y) + (x – y)2 + 2(x – y) + 1 = 2 ⇒ A + (x – y + 1)2 = 2
⇒ A = 2 – (x – y + 1)2 ≤ 2 (do (x – y + 1) ≥ 0 (với mọi x ; y)
⇒ A ≤ 2.

0,25

1

 x − y + 1= 0
x
=



2
+ A = 2 khi 2x( x + y) = 2 ⇔ 
y = 3

x ≠ ± y;y ≠ 0

2
2
(x − y + 1) = 1

+ A = 1 khi 2x( x + y) = 1 Từ đó, chỉ cần chỉ ra được một cặp giá trị

 x ≠ ± y;y ≠ 0

2−1
x =

2
của x và y, chẳng hạn: 
y = 2 + 3

2

II.1

+ Vậy A chỉ có thể có 2 giá trị nguyên dương là: A = 1; A = 2
1.
Tìm số dư trong phép chia của biểu
( x − 2 ) ( x − 4 ) ( x − 6 ) ( x − 8 ) + 2019 cho đa thức x 2 − 10 x + 21 .

0,25

0,25

thức

P ( x ) = ( x − 2 ) ( x − 4 ) ( x − 6 ) ( x − 8 ) + 2019 = ( x 2 − 10 x + 16 ) ( x 2 − 10 x + 24 ) + 2019

Đặt t = x − 10 x + 21 (t ≠ −3; t ≠ −7) , biểu thức P(x) được viết lại:

2,0
0,5

2

P ( x ) = ( t − 5 ) ( t + 3) + 2019 = t 2 − 2t + 2004

Do đó khi chia t 2 − 2t + 2004 cho t ta có số dư là 2004.
Vậy dư cần tìm là 2004
II.2

2. Giải phương trình sau:
(2 x 2 + x − 2019) 2 + 4( x 2 − 5 x − 2018) 2 = 4(2 x 2 + x − 2019)( x 2 − 5 x − 2018)

1,0
0,5
2,0


2

 a = 2 x + x − 2019
2
b = x − 5 x − 2018

0.25

Đặt: 

Phương trình đã cho trở thành:
a 2 + 4b 2 = 4ab ⇔ ( a − 2b) 2 = 0 ⇔ a − 2b = 0 ⇔ a = 2b

Khi đó, ta có:
2 x 2 + x − 2019 = 2( x 2 − 5 x − 2018) ⇔ 2 x 2 + x − 2019 = 2 x 2 − 10 x − 4036
−2017
⇔ 11x = −2017 ⇔ x =
.
11
−2017
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x =
.
11
III.1

1. Tìm các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn: x 6 − x 4 + 2 x3 + 2 x 2 = y 2

(

2
4
2

Đặt M = x 6 − x 4 + 2 x 3 + 2 x 2 = x x − x + 2 x + 2

(
(

) (

)

0.5
0.5
0.25
2,0

)

2
4
2
2
= x  x − 2 x + 1 + x + 2 x + 1 
2
2
2
2
2
2
2
2
= x  x − 1 + ( x + 1)  = x ( x − 1) ( x + 1) + ( x + 1) 




)

2
2
2
= x ( x + 1) ( x − 1) + 1
- Với x = 0 thì M = 0 ⇒ y = 0
- Với x = 1 thì M = 4 ⇒ y = 2
2
- Với x ≥ 2 lập luận được ( x − 1) + 1 không chính phương.
Vậy có 2 cặp số tự nhiên (x; y) thỏa mãn là (0; 0) và (1; 2).

III.2

0.5

2. Cho các số nguyên dương x, y thỏa mãn : x 2 + y 2 = z 2 .
Chứng minh rằng: x 3 y − xy 3 chia hết cho 84
- Nhận xét :
1) Số chính phương khi chia cho 3 và chia cho 4 chỉ có thể dư 0 hoặc 1.
2) Số chính phương khi chia cho 7 chỉ có thể dư 0, 1, 2, 4.
- Ta chứng minh x 3 y − xy 3 = xy ( x 2 − y 2 ) chia hết cho 3, 4, 7.
- Giả sử xy không chia hết cho 3 thì x, y đều không chia hết cho 3, khi đó x2 và y2
chia cho 3 đều dư 1, khi đó x 2 + y 2 = z 2 chia cho 3 dư 2, vô lí.
Nên xy chia hết cho 3.
(1)
- Giả sử xy không chia hết cho 4 thì x, y đều không chia hết cho 4; x và y đồng thời

không chia hết cho 2. Có hai trường hợp xảy ra :
- Nếu x, y đều lẻ thì x2 và y2 chia cho 4 đều dư 1, khi đó x 2 + y 2 = z 2 chia cho 4
dư 2, vô lí.
- Nếu x, y có một số chẵn, một số lẻ thì z là số lẻ. Giả sử :

x = 2a; y = 2b + 1; z = 2c + 1

⇔ x 2 + y 2 = 4a 2 + (2b + 1) 2 = z 2 = (2c + 1) 2
⇔ a 2 = c(c + 1) − b(b + 1)M2
⇔ aM2

0,5
0,25
0,25
0,75
0,25
2,0

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25


⇔ xM4 ( vô lí)

Suy ra xy chia hết cho 4.
3

3

(2)
2

- Giả sử x y − xy = xy ( x − y 2 ) không chia hết cho 7. Khi đó x2 và y2 đều
không chia hết cho 7 và không có cùng số dư khi chia cho 7.
- Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y 2 chia cho 7 dư 2 hoặc ngược lại thì z 2 chia cho 7 dư
3, vô lí.
- Nếu x2 chia cho 7 dư 1 còn y 2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z 2 chia cho 7 dư
5, vô lí.
- Nếu x2 chia cho 7 dư 2 còn y 2 chia cho 7 dư 4 hoặc ngược lại thì z 2 chia cho 7 dư
6, vô lí.
Nên x 3 y − xy 3 = xy ( x 2 − y 2 ) chia hết cho 7.
(3)

0,25
0,25

0,25

Từ (1) (2) (3) suy ra x 3 y − xy 3 chia hết cho 84
IV

6đ
A

IV.1

B

N

M
O

D

C

OM DM
OM AM
=
=
(1), xét ∆ADC có
(2)
AB
AD
DC
AD
1
1
AM + DM AD
+
=
=1
Từ (1) và (2) ⇒ OM.(
)=
AB CD

AD
AD
1
1
) =1
Chứng minh tương tự ON. ( +
AB CD
1
1
1
1
2
)=2 ⇒
+
=
Từ đó có (OM + ON). ( +
AB CD
AB CD MN
S AOB OB S BOC OB
S
S
=
=
⇒ AOB = BOC ⇒ S AOB .S DOC = S BOC .S AOD
b) S
,
OD S DOC OD
S AOD S DOC
AOD

a) Xét ∆ABD có

Dễ có SABD = SABC vì có chung cạnh đáy AB và chiều cao tương ứng.
Chứng minh được S AOD = S BOC ⇒ S AOB .S DOC = ( S AOD ) 2
Thay số ta có: 20182.20192 = (SAOD)2 ⇒ SAOD = 2018.2019
Do đó SABCD = SAOB + S AOD + S BOC +SCOD
= 20182 + 2018.2019 +2018.2019 + 20192
= 20182 + 2.2018.2019 + 20192 = (2018 + 2019)2 = 40372 (đơn vị diện
tích)

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

1.0


A
F
E
M

I

B

IV.2

H

C

G

Kẻ đường cao AH, giả sử tìm được vị trí điểm M như hình vẽ.
Từ M hạ ME, MF, MG, MI lần lượt vuông góc với AB, AC, BC, AH
Ta có: ME2 + MF2 + MG2 = AM2 + MG2
= AI2 + IM2 + MG2 ≥ AI2 + IH2 . Dấu “=” xảy ra khi M thuộc AH (1)
Lại do AI2 + IH2 = (AH-IH)2 + IH2 = AH2 – 2HA.IH + 2IH2
= AH2 - (2HA.IH - 2IH2 ) = AH2 - 2IH.(HA - IH ) = AH2 – 2AI. IH
Do AH không đổi nên ME2 + MF2 + MG2 nhỏ nhất khi AI. IH lớn nhất
Mà AI + IH = AH không đổi nên AI.IH lớn nhất khi AI = IH =

V

AH
(2)
2

Từ (1) và (2) suy ra M là trung điểm của AH.
Cho x, y, z > 0 và x + y + z = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
2019 + x 2019 + y 2019 + z
P=
+
+
1+ y2

1+ z2
1 + x2

Ta có:

2019 + x
(2019 + x) y 2
=
2019
+
x
−
1 + y2
1 + y2

Suy ra

0.5

0.5
0.5

2,0

.

Theo bất đẳng thức Cô si thì 1 + y ≥ 2 y
2

0.5

0,25
(do y > 0)

2019 + x
(2019 + x) y
2019 y xy
≥ 2019 + x −
= 2019 + x −
−
2
1+ y
2
2
2

0,25

2019 + y
2019 z yz
≥ 2019 + y −
−
Tương tự, ta có:
2
1+ z
2
2
2019 + z
2019 x zx
≥ 2019 + z −

−
2
1+ x
2
2

0,5

Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có
2019
1
P ≥ 3.2019 + ( x + y + z ) −
( x + y + z ) − ( xy + yz + zx ) .
2
2

0,5

Mặt khác theo bất đẳng thức Cô si, ta có: 3 ( xy + yz + zx ) ≤ ( x + y + z ) .
2

Vì x + y + z = 3 ⇒ xy + yz + zx ≤ 3 .

0,25


Khi đó: P ≥ 3.2019 + 3 −

2019
1

×3 − ×3 = 3030
2
2

Vậy min P = 3030 ⇔ x = y = z = 1

0,25

Chú ý:
- Các cách làm khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa, điểm thành phần giám khảo tự
phân chia trên cơ sở tham khảo điểm thành phần của đáp án.
- Đối với câu 4 (Hình học):
+ Không vẽ hình, hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không chấm.