003 đề HSG toán 8 nho quan 2018 2019

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
Năm học 2018 – 2019
MÔN: TOÁN 8

UBND HUYỆN NHO QUAN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Thời gian làm bài 120 phút)
Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (5,0 điểm).
1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
a, x4  2 x2 y  y 2  9
b,  x  2 x  3 x  4 x  5  24
 1  x3

1  x2
 x  :
2. Cho biểu thức A = 
2
3
 1 x
 1 x  x  x
a, Rút gọn biểu thức A.
2

2
1
b, Tính giá trị của biểu thức A khi  x   
3 9



c, Tìm giá trị của x, để A < 0.
Câu 2 (4,0 điểm).
1. Giải phương trình sau:

x2 1
2
 
x  2 x x(x  2)

2. Tìm cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình:
5x4  10x 2  2y6  4y3  6  0
Câu 3 (3,0 điểm).
1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập
phương của chúng chia hết cho 9.
2. Cho phương trình

2x  m x  1

 3 . Tìm m nguyên để phương trình có
x2 x2

nghiệm dương.
Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD ( có AC  BD ), O là giao điểm của AC

và BD . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC . Gọi H
và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD . Chứng minh:
a, Tứ giác BEDF là hình bình hành ?
b, CH .CD  CK.CB

c, AB.AH  AD.AK  AC2
Câu 5 (2,0 điểm).
1. Cho x  y  1 và xy  0 . Tính: P 

2 x  y
x
y
 3
 2 2
y 1 x 1 x y  3
3

2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  6 . Chứng minh rằng
---------------Hết---------------

x y 4

xyz
9


UBND HUYỆN NHO QUAN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI

Môn: Toán 8
Năm học 2018 - 2019

(HDC gồm 05 trang)

Đáp án

Điểm

a, x4  2 x2 y  y 2  9 = ( x4  2 x2 y  y 2 )  9
= ( x 2  y)2  9
= ( x2  y  3)( x2  y  3)

0,25
0,5
0,25

Câu

1. (2,0 điểm)

b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24
= (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24
= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24
= [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24
= (x2 + 7x + 11)2 - 52
= (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16)
2. (3,0 điểm)
a) (1,25 điểm)

ĐKXĐ: x  1
Với x  1 , ta có:
A=
=

Câu 1
(5,0 điểm)

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

0,25

1  x3  x  x2
(1  x)(1  x)
:
1 x
(1  x)(1  x  x 2 )  x(1  x)

0,25

(1  x)(1  x  x 2 )  x(1  x)
(1  x)(1  x)
:
1 x
(1  x)(1  2 x  x 2 )

0,25

(1  x)(1  x 2 ) (1  x)(1  x)
:
1 x
(1  x)(1  x) 2

1
= (1  x 2 ) :
1 x
2
= (1  x )(1  x)

=

0,25
0,25

b) (1,0 điểm)
2
1
2 1
2 1
Ta có:  x     x   hoặc x  
3 9
3 3
3 3

 x  1 (không TMĐK)
1
hoặc x  (TMĐK)
3
1
Với x  , ta có:
3
  1 2   1  10 2 20
A = 1     1   = . =

  3    3  9 3 27
2

0,25
0,25

0,25

2

2
1
20
Vậy khi  x    thì A =
3 9
27


0,25

c) (0,75 điểm)

Ta có: A < 0  (1  x 2 )(1  x)  0 (1)
Mà 1  x 2  0 với mọi x  1
Nên (1)  1  x  0  x  1
Vậy với x > 1 thì A < 0

0,25
0,25
0,25

2.1) (2,0 điểm)
ĐKXĐ: x  0; x  2

0,25

x2 1
2
 
x  2 x x(x  2)
x(x  2)  (x  2)
2


x(x  2)
x(x  2)
 x(x  2)  (x  2)  2
 x 2  2x  x  2  2
 x2  x  0
 x(x  1)  0
 x = 0 (loại) hoặc x = - 1(nhận)
Câu 2
(4 điểm)

Vậy phương trình có nghiệm x = - 1
2.2) (2,0điểm)
5x4  10x 2  2y6  4y3  6  0



 

0,25

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



 5x  10x  5  2y  4y  2  13
4

2

6

3

0,25

 5(x  2x  1)  2(y  2y  1)  13
4

2

6

3

 5( x  1)  2(y  1)  13
2

2

3

2

0,25

 x  1 Z
x  Z

 3
 y  1 Z
yZ

2

Vì: 

0,25

Mà 5( x 2  1)2  13  x 2  1  1
Mặt khác x2  1  1 với mọi x

0,25

 x2  1  1

0,25

 x2  0  x  0

Với x  0 , ta có: 5  2(y3  1)2  13
 2(y  1)  8  (y  1)  4
3

2

3

2

 y3  1  2
 y3  1
 3
 3
 y  3
 y  1  2

Vì y  Z nên y3 = 1  y = 1

0,25

0,25
0,25

Vậy phương trình có một nghiệm nguyên  x; y    0;1
3.1. (1,5 điểm)
Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y  x  y 3
Ta có: x  y   x  y   x  xy  y
3

3

2

  x  y   x 2  2 xy  y 2   3xy 

Câu 3
(3 điểm)

2



0,25
0,25

  x  y   x  y   3xy 



0,25

Vì x  y 3 nên  x  y   3xy 3

0,25

  x  y   x  y   3xy  9

0,25

2

2

2



Vậy nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của
chúng chia hết cho 9.

0,25


3.2. (1,5điểm)
ĐKXĐ: x  2
2x  m x 1

3
x2 x2
  2 x  m  x  2    x  1 x  2   3  x 2  4 

0,25

0,25

 x 1  m   2m  14 (*)
Nếu m = 1 thì phương trình (*) có dạng 0 = -12 vô nghiệm.
2m  14
Nếu m  1 phương trình (*) trở thành x 
1 m
Khi đó phương trình đã cho có nghiệm dương
 2m  14
 1 m  2

 m4
 2m  14

 2  
1  m  7
 1 m
 2m  14
 1 m  0


0,25
0,25

0,25

Mà m nguyên.

Vậy m  2;3;5;6 thì thỏa mãn đầu bài

0,25

H

0,25
C

B
F
O
E

Câu 4
(6,0 điểm)

A
D

K

a) (2,0 điểm).

Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt)  BE // DF (1)
Xét BEO và DFO
Có: BEO  DFO  900
OB = OD (t/c hình bình hành)
EOB  FOB (đối đỉnh)
 BEO  DFO (cạnh huyền – góc nhọn)

 BE = DF (2)
Từ (1) và (2)  Tứ giác BEDF là hình bình hành (đpcm)

0,75

0,75

0,25
0,25

b) (1,75 điểm).

Ta có: ABCD là hình bình hành (gt)  ABC  ADC
Mà ABC  HBC  ADC  KDC  1800

0,25
0,25


 HBC  KDC

0,25

Xét CBH và CDK có:
BHC  DKC  900
HBC  KDC (chứng minh trên)
 CBH CDK ( g  g )
CH CK



CB CD
 CH .CD  CK.CB (đpcm)

0,5

0,25
0,25

c) (2,0 điểm).

Xét AFD và AKC
Có: AFD  AKC  900
FAD chung

0,5

 AFD AKC ( g  g )
AF AK


 AD. AK  AF . AC (3)
AD AC
Xét CFD và AHC
Có: CFD  AHC  900
FCD  HAC (so le trong)
 CFD AHC ( g  g )
CF AH


CD AC

CF AH
Mà : CD = AB 

 AB. AH  CF . AC (4)
AB AC
Từ(3) và (4)  AB.AH  AD.AK  CF.AC  AF.AC
  CF  AF AC  AC2

0,25

0,5

0,25
0,25
(đpcm).

0,25

5.1(1,0 điểm)

Ta có:
x xy y
x
y
 3 = 3
3
3
y  1 x  1 (y  1)(x  1)
 x 4  y4   (x  y)
4

=

=
Câu 5
(2,0điểm)

4

0,25

xy(y 2  y  1)(x 2  x  1)

 x  y  x  y   x

2

 y 2   (x  y)

xy(x 2 y 2  y 2 x  y 2  yx 2  xy  y  x 2  x  1)
 x  y  (x 2  y2  1)
=
xy  x 2 y 2  xy(x  y)  x 2  y 2  xy  2 

=

 x  y  (x

0,25

 x  y 2  y)
xy  x 2 y 2  (x  y) 2  2 
2

=  x  y  x(x 2 1)2  y(y  1)
=
=
=

xy(x y  3)
 x  y  x( y)  y(x)

xy(x 2 y 2  3)
 x  y  (2xy)
xy(x 2 y 2  3)

2(x  y)
x 2 y2  3

( do x + y = 1  y - 1= -x và x – 1 = - y)
0,25


2(x  y) + 2(x  y) = 0
 P= 2 2
x y 3
x 2 y2  3

5.2(1,0 điểm)
2

Ta có:  x  y   4xy (1)
  x  y   z   4(x  y)z

0,25
0,25

2

 36  4(x  y)z (vì x  y  z  6 )

0,25

 36(x  y)  4(x  y)2 z (vì x, y dương nên x + y dương) (2)
0,25
Từ (1) và (2), ta có: 36(x  y)  16xyz
x y 4
0,25
4
 (đpcm)
 x  y  xyz 
xyz
9
9
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.