Olympic toán 8 kinh môn 2018 2019

UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN TOÁN 8
Thời gian làm bài 150 phút
(Đề gồm 5 câu, 01 trang)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Rút gọn biểu thức:
x ¹ 0, x ¹ ±2

æ x2
æ
6
1 ö
10 - x 2 ö
÷
÷
ç
÷
÷
A =ç
+
+
:
x
2
+
ç 3

ç
÷
÷
÷
÷
ç
ç
x +2 ø
èx - 4 x 6 - 3x x + 2 ø è

với

.

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15
Câu 2. (2,0 điểm)
1 1
1
2( + ) = 1 −
x y
xy
a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
b) Chứng minh rằng tổng bình phương của bốn số nguyên liên tiếp không thể là
số chính phương.
Câu 3. (2,0 điểm)
x −1 x − 2 x − 3
x − 2016
+
+
+ ...... +

= 2016
2017 2016 2015
2

a) Giải phương trình:
b) Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc và a, b, c đôi một khác
1
1
1
+ 2 2
+ 2
2
2
2
2
2
nhau. Hãy tính giá trị của biểu thức: B = a + b − c b + c − a c + a − b
2

Câu 4. (3,0 điểm)

µ =B
µ = 900
AD < AB A
Cho hình thang vuông ABCD (
,
), AB = a (a>0). Gọi O là
trung điểm của AB. Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho E nằm giữa A và D. Qua O kẻ
đường thẳng vuông góc với OE cắt cạnh BC tại F.
∆OAE

∆FBO
a) Chứng minh
. Hãy tính tích AE.BF theo a.
b) Gọi M là hình chiếu của O trên EF, H là hình chiếu của M trên AB.
Chứng minh rằng AE = EM và BE đi qua trung điểm của MH.
c) Tìm vị trí của điểm E trên cạnh AD để diện tích tứ giác ABFE nhỏ nhất.
1 1 1
+ + =1
xy yz xz
Câu 5. (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn
x2
y2
z2
3
A=
+
+
≤
yz(1 + x 2 )
zx(1 + y 2 )
xy(1 + z 2 ) 2

Chứng minh rằng
-----------------------Hết ----------------------


(Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay)
Họ và tên học sinh:........................................................Số báo danh:..........................
Chữ ký của giám thị 1:.....................................Chữ ký của giám thị 2:..............................
HƯỚNG DẪN CHẤM

UBND HUYỆN KINH MÔN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN TOÁN 8
(Hướng dẫn gồm 4 trang)

æ x2
æ
ö
6
1 ö
10 - x 2 ÷
÷
ç
÷
÷
A =ç
+
+
:
x
2
+
ç 3
ç
÷
÷

֏
ç
ç
x +2 ÷
èx - 4 x 6 - 3x x + 2 ø
ø

æ
x
2
1 ö
x 2 - 4 +10 - x 2
÷
ç
÷
A =ç
+
:
÷
ç
÷
ç
x +2
è( x - 2) ( x + 2) x - 2 x + 2 ø

a

A=

0.25

- 6
x +2
.
( x - 2) ( x + 2) 6

0.25

1
A=
2- x

Câu 1
(2.0 đ)

A=

Vậy

0.25
1
2- x

với

0.25

x ¹ 0, x ¹ ±2

A = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15

= (x2 + 8x + 7) (x2 + 8x + 15) + 15
b

Đặt x2 + 8x + 11 = t ,
ta có A = (t – 4)(t + 4) +15
= t2 – 1
= (t – 1)(t + 1)
A = (x2 + 8x + 10) (x2 + 8x + 12)

0,25
0,25
0,25

2

= (x + 8x + 10) (x + 2)(x +6)
a
Ta có:

1 1
1
2.( + ) = 1 −
x y
xy

≠

ĐKXĐ: x 0, y

0,25

≠

0

0,25

⇒ 2 y + 2 x + 1 = xy
⇔ xy − 2 x − 2 y − 1 = 0
⇔ x( y − 2) − (2 y − 4) − 5 = 0
Câu 2
(2,0 đ)

⇔ ( y − 2)( x − 2) = 5

Vì x,y nguyên nên x – 2 ; y – 2 nguyên do đó ta có:

0,25
0,25


x–2

1

5

-1

-5

y–2

5

1

-5

-1

x

3

7

1

-3

y

7

3

-3

1

Thử lại

Chọn

Chọn

Chọn

Chọn

Vậy nghiệm nguyên của phương trình là

∈

(x,y) {(3;7); (7,3); (1;-3); (-3;1)}

0,25

Gọi bốn số nguyên liên tiếp là a-2, a-1, a, a+1.
Tổng bình phương của bốn số đó là:
M = ( a − 2) 2 + ( a − 1) 2 + a 2 + ( a + 1) 2
= 4a 2 − 4a + 6

0,25

= 4(a − a + 1) + 2
2

b

Câu 3
(2,0đ)

a

Do đó M chia cho 4 dư 2
Ta có số chính phương chỉ có thể chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1.
⇒ n 2 = (2k ) 2 = 4k 2 M4
Chứng minh: + Xét n = 2k
⇒ n 2 = (2k + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1
+ Xét n=2k+1
Do đó n2 chia cho 4 dư 1.
Vì M chia cho 4 dư 2, mà số chính phương chỉ có thể chia hết cho 4 hoặc
chia cho 4 dư 1 nên M không thể là số chính phương.
x −1 x − 2 x − 3
x − 2016
+
+
+ ...... +
= 2016
2017 2016 2015
2
x −1
x−2
x −3
x − 2016
⇔
−1+
− 1+

− 1 + ... +
−1 = 0
2017
2016
2015
2

⇔

x − 2018 x − 2018 x − 2018
x − 2018
+
+
+ ... +
=0
2017
2016
2015
2

0,25

0,25
0,25

0.25
0.25


⇔ ( x − 2018)(

Vì

1
1
1
+
+ ... + ) = 0
2017 2016
2

(1)

1
1
1
+
+ ... + ≠ 0
2017 2016
2

0.25

⇔ x − 2018 = 0 ⇔ x = 2018

(1)
Vậy x = 2018
a3 + b3 + c3 = 3abc
⇔ 3
a + b3 + c3 - 3abc = 0

⇔
(a + b)3 + c3 – 3ab(a +b) -3abc = 0
⇔
⇔
⇔

b

(a + b +c)

 ( a + b ) 2 − ( a + b )c + c 2 



0.25

- 3ab(a +b + c) = 0

(a + b +c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca ) =0

0.25

(a + b + c)(2 a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ca) =0

[

⇔

2

2

2

]

(a + b + c) (a – b) + (b – c) + (c – a)
=0
Mà a, b,c đôi một khác nhau nên a + b + c = 0
⇒
⇒
⇒ 2
a + b = -c
(a + b)2 = c2
a + b2 - c2 = -2ab
Tương tự như trên ta có: b2 + c2 – a2 = -2bc và
c2 + a2 – b2 = - 2ca

0.25

0.25
Thay vào biểu thức B ta được:
B=
Câu 4
(3,0đ)

1
1
1
1 c+a+b

+
+
=− .
=0
−2ab −2bc −2ca
2 abc

Vẽ hình

A
H

E
K

I

0.25

D

M

O
0,25đ
B
a

Chứng minh:
Chứng minh

·
·
AOE
= BFO

∆OAE

C

F
( cùng phụ với góc BOF)

∆FBO

(g.g)

0,25đ
0,25đ


⇒

OA AE
AB AB a 2
=
⇒ OA.OB = AE.BF ⇒ AE.BF =
. =
FB OB
2 2 4

Ta có:

∆OAE

OE AE
=
OF OB

OE AE OE OF
=
⇒
=
OF OA AE OA

OA = OB ⇒

Mà
Chứng minh:

∆OAE

∆FBO

⇒

∆OAE

∆FOE

·
·
∆FOE ⇒ AEO
= OEM

0,25đ
(c.g.c)

0,25đ

ΔOAE = ΔOME (ch - gn) ⇒ AE = ME

b

0,25đ

Chứng minh:
(đpcm)
Gọi I là giao điểm của BM và AD.Gọi K là giao điểm MH và BE

0,25đ

ΔOAE = ΔOME ⇒ OA = OM; EA = EM ⇒

Ta có
OE là trung trực của AM
⇒OE ⊥ AM
Mặc khác OA = OM = OB ⇒∆AMB vuông tại M
⇒OE // BM (vì cùng vuông góc AM) hay OE // BI
+) Xét ∆ABI có OE đi qua trung điểm của AB, song song với BI suy ra

OE đi qua trung điểm của AI ⇒ IE = AE
⇒

MK BK KH
=
=
IE BE AE

0,25đ

0,25đ

+) MH // AI theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:
Mà IE = AE ⇒ MK = HK ⇒BE đi qua trung điểm của MH (đpcm)
Tứ giác ABFE là hình thang vuông
1
⇒ SABFE = (AE + BF).AB
2

0,25đ

Ta thấy AE, BF > 0, nên theo BĐT Cô-si ta có
AE + BF ≥ 2 AE.BF = 2.

c

AB2
1
1
= AB ⇒ SABFE ≥ AB2 = a 2

4
2
2
AE = BF =

Dấu “=” xảy ra khi

AB a
=
2 2

Vậy diện tích tứ giác ABFE nhỏ nhất là
cách điểm A một đoạn bằng
Cấu 5
(1đ)
Theo bài ra ta có:
Do

0.25đ

a
2

1 2
.a
2

khi E thuộc cạnh AD và
0.25đ

.

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

yz(1 + x 2 ) = yz + x 2 yz = yz + x(x + y + z) = (x + y)(x + z)

0,25


xy(1 + z 2 ) = (z + y)(x + z)

Tương tự:

;

zx(1 + y ) = (z + y)(x + y)
2

A=

x2
y2
z2
+

+
yz(1 + x 2 )
zx(1 + y 2 )
xy(1 + z 2 )

A=

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

Áp dụng bất đẳng thức Cô si

Ta có

a+b
≥ ab
2

0,25

, dấu “ = ” xảy ra khi a = b

x
x
1 x
x
.
≤ (
+
)
x+y x+z 2 x+y x+z

y
y
1 y
y
.
≤ (
+
)
x+y y+z 2 x+y y+z
z
z
1 z
z
.
≤ (
+

)
x+z y+z 2 x+z y+z

0,25

1
x
x
y
y
z
z
3
A ≤ .(
+
+
+
+
+
)=
2 x+y x+z y+z y+x y+z x+z
2

A≤
Vậy

3
2

. Dấu bằng xảy ra khi x = y = z =

3

0,25

Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng vẫn được điểm tối đa.

ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 -2017


MÔN: Toán

LỚP:

8

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (4 điểm).

Cho biểu thức:

2
2  x +1
 x − 1
A= −
.
− x − 1÷ :
 x
 3x x + 1  3x

a Rút gọn biểu thức A
b Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên
Câu 2: (4 điểm).

a Chứng minh rằng A =

 3 2

2
7
 n (n − 7) − 36n  M



với ∀ n∈ Z .

b Cho P = n4 + 4. T×m tÊt c¶ c¸c sè tù nhiªn n ®Ó P lµ sè nguyªn
tè.
Câu 3: (4 điểm).
1
1
1
1
+ 2
+ 2
=
x + 9 x + 20 x + 11 x + 30 x + 13x + 42 18
2

a) Giải phương trình :

b) Cho a , b , c là 3 cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng :
A=

a
b
c
+
+
≥3
b+c−a a+c−b a+b−c

Câu 4: (6 điểm).
Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là
đường thẳng AB kẻ hai tia Ax và By cùng vuông góc với AB . Trên tia Ax lấy điểm C (C
khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O
hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD)
a) Chứng minh OA2 = AC.BD
b) Chứng minh tam giác AMB vuông
c) Gọi N là giao điểm của BC và AD . Chứng minh MN//AC
Câu 5: (2 điểm).


Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b +c = 1. Chứng minh rằng:
a + bc b + ca c + ab
+
+
≥2
b+c
c+a

a+b

.

Họ và tên thí sinh:.............................................Số báo danh: ................................
HƯỚNG DẪN CHẤM
KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2016 - 2017
MÔN : TOÁN Lớp: 8
Ghi chú: Đáp án chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi
bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, hình vẽ sai không
chấm điểm. Nếu HS giải cách khác đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.
HƯỚNG DẪN CÁC BƯỚC LÀM

ĐIỂ
M

Câu 1
a)

2
2  x +1
 x −1
A= −
.
− x − 1÷ :
 x
 3x x + 1  3x

2 ( x + 1) − 3 x( x + 1)  x − 1
2

A= −
.
 : x
3x
 3x x + 1

0,5đ

 2 2(1 − 3 x)  x
A= −
.
3x  x − 1
 3x

0,5đ

x
2x
=
x −1 x −1

0,5đ

A = 2.

b) Với
Để

0,5đ

x ≠ 0; x ≠ ±1

A∈ Z

A=

Ta có

2x
2
= 2+
x −1
x −1

thì (x-1) phải là ước của 2

x − 1 ∈ { ±1; ± 2}

Suy ra
Xét từng trường hợp tìm x

0,5đ
0,5đ
0,5đ


Đối chiếu điều kiện tìm được x = 2 hoặc x = 3 thỏa mãn và kết luận

0,5đ

Câu 2
 3 2

2
 n (n − 7) − 36n 



a) Ta có: A =
= n  n( n2 − 7) − 6   n( n2 − 7 ) + 6  = n(n3 − 7n − 6)(n3 − 7n + 6)



A
= n(n3 − n − 6n − 6)(n3 − n − 6n + 6) = n  n(n2 − 1) − 6(n + 1)   n(n2 − 1) − 6(n − 1) 

(

)

(

)



 



= n(n + 1) n2 − n − 6 ( n −1) n2 + n − 6 = n ( n + 1) ( n + 2 ) ( n − 3) ( n −1) ( n − 2 ) ( n + 3)

Do đó A là tích của 7 số nguyên liên tiếp => A M7 với ∀ n∈Z .
b) b)
P = n4 + 4 = n4 + 4n2 + 4 - 4n2 = (n2 + 2)2 - (2n)2
= (n2 - 2n + 2)(n2 + 2n + 2) = [(n - 1)2 + 1][(n + 1)2 + 1].
≥

V× n lµ sè tù nhiªn nªn (n + 1)2 + 1 2;
Nh vËy muèn P lµ
2
sè nguyªn tè th× ph¶i cã (n - 1) + 1 = 1 hay (n - 1)2 = 0, suy
ra n = 1.
Khi ®ã P = 5 lµ sè nguyªn tè.
Câu 3:
a)
x2+9x+20 =(x+4)(x+5) ;
x2+11x+30 =(x+6)(x+5) ;
x2+13x+42 =(x+6)(x+7) ;
TXĐ :

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ

x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6; x ≠ −7

Phương trình trở thành :
1
1
1
1
+
+
=
( x + 4)( x + 5) ( x + 5)( x + 6) ( x + 6)( x + 7) 18

⇔

1
1
1
1
1
1
1
−
+
−
+
−
=

x + 4 x + 5 x + 5 x + 6 x + 6 x + 7 18

0,5đ

1
1
1
−
=
⇔ x + 4 x + 7 18

⇔
⇔

18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)
(x+13)(x-2)=0

0,5đ


Từ đó tìm được x=-13; x=2 (thỏa mãn)
0,5đ

Kết luận
b) Đặt b+c-a=x >0; c+a-b=y >0; a+b-c=z >0. Ta có x, y, z >0
Từ đó suy ra a=

y+z
x+z
x+ y

;b =
;c =
2
2
2

Thay vào ta được A=
=

0,5đ
;

y+ z x+ z x+ y
+
+
2x
2y
2z

0,5đ

1 y x
x z
y z 
( + ) + ( + ) + ( + )

2 x y
z x
z y 
≥

Từ đó suy ra A

1
(2 + 2 + 2)
2

hay A

0,5đ

≥3

0,5đ

Câu 4 (6 điểm) Hình vẽ
D

M
C
N

A
O

∆

a) Xét ACO và
µA = B
µ

= 900 ;
·
·
COA
= ODB

Nên

∆

∆

B

BOD có

(cùng phụ với

ACO đồng dạng với

·
DOB
∆

0,5đ
)

BOD

0,5đ

AO BD
=
AC BO

=>

0,5đ

=> AO.BO = AC.BD

0,5đ

mà AO=BO Nên AO2 = AC.BD
∆

b) Xét

·
CMO

CMO và
=

·
OMD

·
·

OCM
= DOM

∆

OMD có
0,5đ

= 900
(cùng phụ với

∆

=> CMO đồng dạng với

Mà
=>

∆

ACO đồng dạng với

CO OB
=
OD BD

∆

·
COM

)

OMD =>

∆

BOD =>

CO OM
=
OD MD

(1)

0,5đ

CO AO
=
OD BD

0,5đ
(2) (Do AO = OB)

Từ (1) và (2) ta có
dạng
·
·
MOD
= BOD

OM OB
=
MD BD

=> tam giác OMD và tam giác OBD đồng
0,5đ

∆OMD = ∆OBD

=>
=>
(cạnh huyền , góc nhọn)
=> OM = OB = OA suy ra tam giác AMB vuông tại M
c) Ta có AC // BD (cùng vuông góc với AB)
CN AC
=
NB BD

=>
mà BD = MD (hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau)
Tương tự ta chứng minh AC = CM
Nên

CN CM
=
BN DM

=> MN// BD//AC

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ


Câu 5:
- Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a)
Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c)
c + ab = (c + a)(c + b)
VT =

( a + b)( a + c) (b + a)(b + c) (c + a)(c + b)
+
+
b+c
c+a
a+b

do đó:
áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có

0,5đ

0,5đ

(a + b)(a + c) (b + a)(b + c)
+
≥ 2( a + b )
b+c

c+a
(a + b)( a + c) (c + a )( c + b)
+
≥ 2( a + c)
b+c
a+b
(b + a )(b + c) (c + a )(c + b)
+
≥ 2(b + c)
a+c
a+b

Vậy 2. VT
=c=

1
3

≥ 4( a + b + c ) = 4

hay

VT ≥ 2 ⇒

0,5đ

ĐPCM Đẳng thức xảy ra  a = b
0,5đ