032 đề HSG toán 8 trực ninh 2017 2018

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN TRỰC NINH
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC : 2017-2018
MÔN TOÁN LỚP 8
Thi ngày 04 tháng 4 năm 2018

Bài 1. (4,0 điểm)
1) Phân tích đa thức thành nhân tử:
a) x3  x2  14 x  24
b) x4  2018x2  2017 x  2018
2) Cho x  y  1 và xy  0. Chứng minh rằng:
2 x  y 
x
y
 3
 2 2
0
3
y 1 x 1 x y  3
Bài 2. (3,0 điểm)
a) Tìm các cặp số nguyên  x, y  thỏa mãn y 2  2 xy  3x  2  0

1 y2
 4 sao cho tích x. y đạt giá
b) Tìm các cặp số nguyên  x; y  thỏa mãn 2 x  2 
x
4
trị lớn nhất.

Bài 3. (3,0 điểm)
a) Tìm đa thức f ( x), biết f ( x) chia cho x  2 dư 10, chia cho x  2 dư 24, chia cho
x 2  4 được thương là 5x và còn dư
b) Cho p và 2 p  1là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4 p  1là hợp số
Bài 4. (8,0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A  AB  AC  có AD là tia phân giác của BAC . Gọi
M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC , E là giao điểm của BN và DM , F
là giao điểm của CM và DN .
1) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / / BC.
2) Gọi H là giao điểm của BN và CM . Chứng minh ANB đồng dạng với NFA và
H là trực tâm AEF
3) Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm
BI AO DM
của BK và AD là I . Chứng minh :


9
KI KO KM
Bài 5. (2,0 điểm)
2
m2 n2  m  n 
a) Cho x  0, y  0 và m, n là hai số thực. Chứng minh rằng
 
x
y
x y
b) Cho a, b, c là ba số dương thỏa mãn abc  1
1
1
1

3
Chứng minh rằng: 3
 3
 3

a b  c  b c  a  c  a  b  2
2


ĐÁP ÁN
Bài 1.
1)
a ) x 3  x 2  14 x  24
 x3  2 x 2  x 2  2 x  12 x  24
 x 2  x  2   x  x  2   12  x  2 
  x 2  x  12   x  2 

  x  2  x  3 x  4 

b) x 4  2018 x 2  2017 x  2018
 x 4  2017 x 2  x 2  2017 x  2017  1
  x 4  x 2  1  2017  x 2  x  1
  x 2  x  1 x 2  x  1  2017  x 2  x  1
  x 2  x  1 x 2  x  2018 

2) Với x  y  1 và xy  0 ta có:
x
y
x4  x  y 4  y



y 3  1 x3  1  y 3  1 x 3  1

 x  y    x  y

xy  x  x  1 y  y  1
 x  y   x  y   x  y   1

xy  x y  xy  x  y   x  y  xy  2 
 x  y  x  x  y  y 

4

4

2

2

2

2

2

2

2



2



 x  y   x  x  1  y  y  1

Vậy

2

2

xy x 2 y 2   x  y   2



2

xy  x 2  y 2  3



2  x  y 
x2 y 2  3

2 x  y 
x
y



0
y 3  1 x3  1 x 2 y 2  3


Bài 2.
a)
2
y  2 xy  3x  2  0  x 2  2 xy  y 2  x 2  3x  2
  x  y    x  1 x  2 *
VT (*) là số chính phương, VP (*) là tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0
x 1  0
 x  1


x  2  0
 x  2
Với x  1  y  1
Với x  2  y  2
b)
Điều kiện x  0

1 y2
1
y2

 
2 x2  2 
 4   x2  2  2    x2 
 xy   xy  2

x
4
x
4

 

2

2

1 
y

  x     x    xy  2
x 
2

2

2

1
y


Vì  x    0;  x    0 với mọi x  0; mọi y
x
2



Do đó xy  2 mà x, y 
 x  1; y  2
 x  2; y  1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 
 x  1; y  2

 x  2; y  1
Bài 3.
a)
Giả sử f  x  chia cho x 2  4 được thương là 5x và dư ax  b

Khi đó f ( x)   x 2  4   5x   xa  b

7

 f (2)  24
2a  b  24
a 


Theo đề ta có: 
2
f
(

2)

10


2
a

b

10


b  17
7
Do đó f ( x)   x 2  4   5 x   x  17
2
47
x  17
Vậy f ( x)  5 x 2 
2


b) Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên có dạng p  3k  1; p  3k  1 với k  1
+ Nếu p  3k  1 thì 2 p  1  6k  3  3 2k  1
Suy ra 2 p  1 là hợp số (vô lý)
+Nếu p  3k  1, k  1 thì 4 p  1  12k  3  3. 4k  1
Do k  1 nên 4k  1  3. Do đó 4 p  1là hợp số.
Bài 4.

A
N
M

H

E

B

LF
K
OD

C

1) *Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông
+) Chứng minh AMD  900 ; AND  900 ; MAN  900
Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật
+)Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAN nên tứ giác AMDN là hình
vuông.
*Chứng minh EF // BC
FM DB
+) Chứng minh :

(1)
FC DC
DB MB
Chứng minh:

(2)
DC MA
MB MB
Chứng minh AM  DN 

(3)

MA DN
MB EM
Chứng minh

(4)
DN ED


EM FM

 EF / / BC
ED FC
2) Chứng minh ANB NFA
AN DN

(5)
Chứng minh AN  DN . suy ra
AB AB
DN CN
Chứng minh

(6)
AB CA
CN FN
Chứng minh

(7)
CA AM
FN FN
Chứng minh AM  AN . Suy ra


(8)
AM AN
AN FN
Từ (5) (6) (7) (8) suy ra

 ANB NFA  c.g.c 
AB AN
*chứng minh H là trực tâm tam giác AEF
Vì ANB NFA nên NBA  FAN
Mà BAF  FAN  900  NBA  BAF  900
Suy ra EH  AF , Tương tự: FH  AE , suy ra H là trực tâm AEF
3) Đặt S AKD  a, SBKD  b, S AKB  c.Khi đó:
S ABD S ABD S ABD a  b  c a  b  c a  b  c





S AKD S BDK S AKB
a
b
c

Từ 1 ,  2  ,  3 ,  4  suy ra

b a a c  b c
 3      
a b c a c b
b a

Theo định lý AM-GM ta có:   2
a b
a c
b c
Tương tự :   2 ;   2
c a
c b
BI AO DM


9
Suy ra
KI KO KM
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi ABD là tam giác đều, suy ra trái với giả thiết.
Bài 5.
5a) Với x  0, y  0 và m, n ta có:

m2 n2  m  n 
 
x
y
x y

2

(1)

  m2 y  n 2 x   x  y   xy  m  n 

2

  nx  my   0 luôn đúng
5b) Áp dụng bất đẳng thức 1 ta có:
2

m2 n 2 p 2  m  n 
p2  m  n  p 
 



(2)
x
y
z
x y
z
x yz
1
1
1
2
2
2
1
1
1
 3
 3

 a
 b
 c
Ta có: 3
a  b  c  b  c  a  c  a  b  ab  ac bc  ab ac  bc
Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có:
2
2
1 1 1
1 1 1
1
1
1
   
   
a 2  b 2  c 2   a b c    a b c   do
abc  1
ab  ac bc  ab ac  bc 2  ab  bc  ac 
1 1 1
2   
a b c
1
1
1
2
2
2
1 1 1 1
 b
 c

    
Hay a
ab  ac bc  ab ac  bc 2  a b c 
1
1
1
2
2
2
1 1 1
3
Mà    3 nên a
 b
 c

a b c
ab  ac bc  ab ac  bc 2
1
1
1
3
Do đó: 3
 3
 3

a b  c  b c  a  c  a  b  2
2

2