OLYMPIC TOÁN 8 KINH môn 2017 2018

UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018
MÔN: TOÁN- LỚP 8
Thời gian làm bài:150 phút
( Đề gồm có: 5 câu, 01 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2(x4 - 1)(x2 + 2) + 1.
2) Biết 4a2 + b2 = 5ab với 2a > b > 0. Tính giá trị biểu thức: C 
Câu 2: (2,0 điểm)
Giải các phương trình sau:
2
1) x  3x  2  x  1  0 ;
2)

9x
x
 2
8.
2x  x  3 2x  x  3

ab
4a  b 2
2

2

Câu 3: (2,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = 0.

2) Cho đa thức f(x) = x 3 - 3x 2 + 3x - 4 . Với giá trị nguyên nào của x thì giá trị của đa
thức f(x) chia hết cho giá trị của đa thức x 2 + 2 .
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường
thẳng AB vẽ tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O
kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D.
1) Chứng minh AB2 = 4 AC.BD;
2) Kẻ OM vuông góc CD tại M. Chứng minh AC = CM;
3) Từ M kẻ MH vuông góc AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm MH.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z  1 .
1

1

1

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 16 x  4 y  z
------------------ Hết ------------------


UBND HUYN KINH MễN
PHềNG GIO DC V O TO

HNG DN CHM
THI OLYMPIC NM HC 2017-2018
MễN: TON- LP 8
( Hng dn chm gm: 5 cõu, 3 trang)

Cõu

ỏp ỏn

im

1. (1im)
x2 (x4 - 1)(x2 + 2) + 1
= x2 (x2 - 1)(x2 + 1)(x2 + 2) + 1
= (x4 + x2)(x4 + x2 2) + 1

0,25
0,25

= (x4 + x2)2 2(x4 + x2) + 1
1
= (x4 + x2 1)2
(2
2. (1im)
im)
4a2 + b2 = 5ab
(a b)(4a b) = 0

0,25
0,25

a b 0
ab

4a b 0
4a b



0,5

Do 2a > b > 0 nờn 4a = b loi
Vi a = b thỡ C
2
(2
im)

0,25
2

ab
a
1
2

2
2
4a b
4a a
3
2

1. (1im)

* Với x 1 (*) ta có phơng trình:
x2 -3x + 2 + x-1 = 0
x 2 2 x 1 0 x 1 0 x 1 ( Thoả mãn điều kiện *)
2

0,25

0,25
0,25

* Với x < 1 (**) ta có phơng trình:
x2 -3x + 2 + 1 - x = 0
x 2 4 x 3 0 x 1 x 3 0

+ x - 1 = 0 x 1 ( Không thỏa mãn điều kiện **)
+ x - 3 = 0 x 3 ( Không thoả mãn điều kiện **)
Vậy nghiệm của phơng trình (1) là: x = 1
2. (1im)

0,25
0,25


- Xét x = 0 không phải là nghiệm
- Xét x khác 0
9x
x
 2
8
2x  x  3 2x  x  3

9
1
�

8
3
3
2x 1 
2x 1
x
x

0,25

2

Đặt :
3
 t , ta có phương trình:
x
9
1

8
t 1 t 1

2x 

0,25

ĐKXĐ x khác 1;-1

0,25

1
PT � 8t 2  8t  2  0 � 2  2t  1  0 � t 
2
3 1
� 2x  
x 2
2
� 4x  x  6  0
1
95
� (2 x  ) 2 
0
4
16
2

0,25

=> PT vô nghiệm
3
1. (1điểm)
(2
Ta có: x2 + 2xy + 7(x + y) + 2y2 + 10 = 0
điểm)
 4x2 + 8xy + 28x + 28y + 8y2 + 40 = 0
� (2x + 2y + 7)2 + 4y2 = 9 (*)

0,25
9
4

Ta thấy (2x + 2y + 7)2 �0 nên 4y2 �9 � y 2 � do y nguyên nên
y 2 � 0;1 � y � 0;1; 1

0,25

Với y = 0 thay vào (*) ta được:  2 x  7   9 tìm được x � 2; 5
Với y = 1 thay vào (*) ta có : (2x + 9)2 = 5 - không tìm được x nguyên
Với y = -1 thay vào (*) ta có (2x + 5)2 = 5 - không tìm được x nguyên
Vậy (x;y) nguyên tìm được là (-2 ; 0) ; (-5 ; 0).
2

2. (1điểm)
Chia f ( x) cho x 2  2 được thương là x - 3 dư x + 2.

0,25
0,25
0,25


4
(3
điểm)

để f ( x) chia hết cho x 2  2 thì x + 2 chia hết cho x 2  2
2

=> (x + 2)(x - 2) chia hết cho x + 2
2
2
=> x - 4 chia hết cho x + 2
2
2
=> x + 2 - 6 chia hết cho x + 2
2
=> 6 chia hết cho x + 2
2
=> x + 2 là ước của 6
mà x 2  2 �2
2
=> x  2 � 3;6
 1; 2
=> x α�
Thử lại ta thấy x = 1; x = -2 thỏa mãn
Vậy với x = 1 ; x = -2 thì f ( x) chia hết cho x 2  2
Vẽ hình và ghi GT, KL

0,25

0,25
0,25

0,25

1. (1điểm)
Chứng minh: ΔOAC : ΔDBO (g - g )
OA AC


� OA.OB  AC.BD
DB OB
AB AB
� .  AC.BD � AB2  4AC.BD (đpcm)
2 2
�

0,25
0,25
0,25

2. (1điểm)
Theo câu a ta có: ΔOAC : ΔDBO (g - g) �
Mà OA  OB �

OC AC

OD OB

OC AC OC OD

�

OD OA AC OA

�  ACO
�
+) Chứng minh: ΔOCD : ΔACO (c - g - c) � OCD
+) Chứng minh: ΔOAC = ΔOMC (ch - gn) � AC  MC (đpcm)

3. (1điểm)

0,25
0,25
0,5


Ta có ΔOAC = ΔOMC � OA  OM; CA  CM � OC là trung trực của AM
OC  AM.
Mặt khác OA = OM = OB ∆AMB vuông tại M
OC // BM (vì cùng vuông góc AM) hay OC // BI
Chứng minh được C là trung điểm của AI
MK BK KH


Do MH // AI theo hệ quả định lý Ta-lét ta có: �
IC BC AC

Mà IC = AC  MK = HK BC đi qua trung điểm MH (đpcm)
�1
1
1 1
1 1 � �y
x � �z
x � �z y � 21

   x  y  z � 
 � � 
�  �


� �  �
16x 4 y z
16x 4 y z � �
16 x 4 y � �
16 x z � �4 y z � 16
�
y
x 1
Theo BĐT Cô Si ta có: 16 x  4 y �4 dấu “=” khi y = 2x;
5
(1điểm Tương tự: z  x �1 dấu “=” khi z = 4x; z  y �1 dấu “=” khi z = 2y;
4y z
16 x z 2
)
49
1
2
4
 P � . Dấu “=” xảy ra khi x = ; y = ; z =
16
7
7
7
49
1
2
4
Vậy Min P =
khi với x = ; y = ; z =

16
7
7
7
P=

*Chú ý: Học sinh có cách giải khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

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


UBND HUYỆNKINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2016 - 2017
MÔN: TOÁN - LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
( Đề này gồm 5 câu, 01 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: a(b - c)2 + b(c - a)2 + c(a - b)2 + 8abc.
b) Cho abc  2017 . Tính giá trị biểu thức:
a

b
2017c


.
P=
ab  a  2017 bc  b  1 ac  2017c  2017
Câu 2: (2,0 điểm)
Giải các phương trình, bất phương trình sau:
3x  40 3x  10 x  30 x  90



 0.
a)
50
40
20
10
x 1
�1.
b)
x 3
Câu 3: (2,0 điểm)
a) Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn:
a
b
c
d




 2 . Chứng minh rằng: abcd là số chính phương.
ab bc cd da
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 - 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.
Gọi M là điểm đối xứng của H qua D. Gọi I và K là hình chiếu của M trên AB và AC.
�  CED
� .
a) Chứng minh rằng: AEF
b) Gọi giao điểm của EF với AM là N. Chứng minh rằng: HN.AD=AN.HD.


c) Chứng minh ba điểm I, D, K thẳng hàng.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho a,b,c là 3 số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P

b c c  a a b
a
b
c





a
b

c
bc c  a a b

Họ tên thí sinh:...............................................SBD: .......
Chữ ký giám thị 1............................... Chữ ký giám thị 2.............................

UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC
NĂM HỌC 2016 – 2017
MÔN: TOÁN LỚP 8
(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Nếu học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

Câu

1
(2,0đ)

2

Ý

Nội dung

Điểm

a

Phân tích đa thức thành nhân tử: a(b-c)2+b(c-a)2+c(a-b)2+8abc

1,00

= ab2 + ac2 - 2abc + bc2 + ba2 - 2abc + ca2 + cb2 - 2abc + 8abc
= (ab2 + ac2 + 2abc) + (bc2 + b2c) + (ca2 + ba2)
=a(b + c)2 + bc(c + b) + a2(c + b)
=(b + c)(ab + ac + bc + a2) = (b + c)(a + b)(c + a)
Cho abc  2017 . Tính giá trị biểu thức :
a
b
2017c
b


P=
ab  a  2017 bc  b  1 ac  2017c  2017
a
b
2017c
P


ab  a  2017 bc  b  1 ac  2017c  2017
a
b
abcc




ab  a  abc bc  b  1 ac  abcc  abc
1
b
bc



1
b  1  bc bc  b  1 1  bc  b
a

3x  40 3x  10 x  30 x  90



 0.
50
40
20
10
�3x  40 � �3x  10
� �x  30
� �x  90
�
��
 1� �
 2 � �
 3 � �
 6 � 0

� 50
� � 40
� � 20
� � 10
�

0,25
0,25
0,25
0,25
1,00

0,50

0,50
1,00
0,25


3x  90 3x  90 x  30 x  30



0
50
40
20
10
3
3

1
1
�  x  30  ( 

 )0
50 40 20 10
� x  30
�

Vậy phương trình có nghiệm là x = 30
x 1
�1
x 3
x 1
��۳ 1 0
x 3
�
2x  4 �0
�
�
�
�x  3  0
��
�
b
2x  4 �0
�
�
�
�

�x  3  0
x 3
�
��
x �2
�

0,25

0,25

1,00
2x  4
x 3

0

Vậy bất phương trình có nghiệm là: x > 3 hoặc x ≤ 2.

3

0,25

Cho a, b, c, d là các số nguyên dương đôi một khác nhau thỏa mãn :
a
b
c
d




 2.
a
a b bc cd da
Chứng minh rằng: abcd là số chính phương.
a
b
c
d



2
a b bc cd da
a
b
c
d
� 1

1

0
ab bc
cd da
b
b
d
d
�




0
a b bc cd da
b(c  a)
d(a  c)
�

0
(a  b)(b  c) (c  d)(d  a)
� b.(c  d)(d  a)  d.(a  b)(b  c)  0(do a �c)
� abc-acd+bd 2  b 2d  0
� (b  d)(ac  bd)  0

0,25

0,25

0,25
0,25

1,00

0,25

0,25

0,25

� ac  bd  0(do b �d)
� ac=bd
Nên abcd=(ac)(bd)=(ac)2 là số chính phương (với a, c nguyên dương).
Vậy abcd là số chính phương.

b Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 - 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0.
Ta có: x2 - 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0
 (x - y - 1)2 + (y + 2)2 = 0
Từ đó suy ra: x - y - 1 = 0 và y + 2 = 0
Vậy x = - 1, y = - 2
4

0,25

1,00
0,5
0,5

Vẽ hình :

�  FAC
� ( góc chung),
Xét VAEB và VAFC có : EAB
�  AFC(
�  900 )
AEB

VAFC( g.g) � AE  AB
Do đó VAEB

AF AC
�  BAC
�
Xét VAEF và VABC có : EAF
( góc chung),
a
AE AF
AE AB


( vì
)
AB AC
AF AC
�  ABC
�
VABC (c.g.c) � AEF
Do đó VAEF
�  CBA
�
Chứng minh tương tự : CED

�  CED
�
Do đó : AEF
�  AEF
�  BED
�  CED(
�  900 ,BE  AC tại E) nên BEF
b Vì BEF

�  BED
�
� EB là tia phân giác của góc DEF

0,50

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


Tam giác NED có EB là tia phân giác của góc DEF hay EH là tia phân
�
giác trong của DEN
nên theo tính chất đường phân giác ta có :
HN EN

(1)
HD ED
�
Vì EA  EB, EB là tia phân giác trong của DEN
nên EA là tia phân
giác ngoài tại đỉnh E của VDEN.
AN EN
�

(2) ( Tính chất đường phân giác ngoài)
AD ED
HN AN


Từ ( 1) và (2) suy ra :
HD AD
Nên HN.AD  AN.HD
Do HN.AD  AN.HD

5

Mà HD = DM nên HN.AD = AN.DM
HN AN AN  HN AH
AN AH
�



�

DM AD AD  DM AM
AD AM
AF AH

(định lí Talet)
VAMI có HF//MI (cùng  AB ) �
AI AM
c
AN AH
AF AN


� FN / /ID (định lí Talet đảo)

Mà
nên
AD AM
AI AD
Hay ID//FE ( N thuộc FE)
AE AH

(định lí Talet),
VAMK có HE//MK( cùng  AC ) �
AK AM
AF AH AE


� IK / /FE ( Định lí Talet đảo) (2)
VAIK có
AI AM AK
Từ (1) và (2) suy ra I, K, D thẳng hàng
Cho a,b,c là 3 số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
bc c a a b
a
b
c





a
b
c

bc ca ab
bc ca ab
a
b
c
P





a
b
c
bc c  a a b
3 �b  c c  a a  b � � a
1 bc �
P �


 .
� �
�
4�a
b
c � �b  c 4 a �
1 ca�� c
1 a b �
�b
 .

 .
�
� �
�
�c  a 4 b � �a  b 4 c �
P

3 �
�
�b a � �c a � �c b �
P  .�
�  � �  � �  �
�
4 �
�a b � �a c � �b c �
�
1 bc � � b
1 ca � � c
1 ab�
�a
 .
 .
 .
�
� �
� �
�
�b  c 4 a � �c  a 4 b � �a  b 4 c �

0,50

0,25

0,25

0,25

0,25

1,00
0,25


Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương ta có:
b a
b c
c a
 �2;  �2;  �2
a b
c b
a c

0,25

Dấu bằng xảy ra khi a=b=c.
a
1 bc
1
 .
�2

 1 ; Dấu bằng xảy ra khi b+c=2a
bc 4 a
4
b
1 ca
1
 .
�2
 1 ; Dấu bằng xảy ra khi a+c=2b
ca 4 b
4

0,25

c
1 a b
1
 .
�2
 1 ;Dấu bằng xảy ra khi a+b=2c
ab 4 c
4

3
15
P � .6  3 � . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c
4
2
15
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là

khi a=b=c
2

0,25