069 đề HSG 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

Câu 1. (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 2 . x 4  1 x 2  2  1
2) Biết 4a 2  b2  5ab với 2a  b  0. Tính giá trị biểu thức C 

ab
4a  b 2
2

Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

1) x 2  3x  2  x  1  0
2)

9x
x
 2
8
2x  x  3 2x  x  3
2

Câu 3. (2,0 điểm)
1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2  2 xy  7  x  y   2 y 2  10  0
2) Cho đa thức f ( x)  x3  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 với CD tại M. Chứng minh AC  CM
3) Từ M kẻ MH vuông góc với AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm
của MH .
Câu 5. (1,0 điểm)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z  1.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P 

1
1 1

 .
16 x 4 y z


ĐÁP ÁN
Câu 1.
1)
2
x  x 4  1 x 2  2   1
 x 2  x 2  1 x 2  1 x 2  2   1
  x 4  x 2  x 4  x 2  2   1
  x4  x2   2  x4  x2   1
2

  x 4  x 2  1

2)

2

4a 2  b 2  5ab   a  b  4a  b   0

a  b  0
a  b


 4a  b  0
 a  4b
Do 2a  b  0 nên 4a  b loại
ab
a2
1
 2

Với a  b thì C  2
2
2
4a  b
4a  a
3
Câu 2.
1)
*Với x  1 ta có phương trình: x2  3x  2  x  1  0  x 2  2 x  1  0  x  1(tm)
*Với x  1 ta có phương trình:
 x  1 (ktm)

x 2  3x  2  1  x  0  x 2  4 x  3  0  
 x  3 (tm)
Vậy nghiệm của phương trình là x  1
2) Xét x  0 không phải là nghiệm
Xét x  0
9x
x
 2
8
2
2x  x  3 2x  x  3
9
1


8
3
3
2x  1 
2x 1 
x
x
3
Đặt 2x   t ta có phương trình:
x
9
1

8
t 1 t 1

ĐKXĐ: x  1

PT  8t 2  8t  2  0  2  2t  1  0  t 
2

1
2

2

3 1
1  95

 2 x    4 x2  x  6  0   2 x   
 0  PTVN
x 2
4  16

Câu 3.
1.

Ta có:

x 2  2 xy  7  x  y   2 y 2  10  0
 4 x 2  8 xy  28 x  28 y  8 y 2  40  0
  2 x  2 y  7   4 y 2  9  *
2

9
2
Ta thấy:  2 x  2 y  7   0 nên 4 y 2  9  y 2  do y nguyên nên
4
2
y 0;1  y 0;1; 1
Với y  0 thay vào * ta được  2 x  7   9 tìm được x 2; 5
2

Với y  1 thay vào * ta có :  2 x  9   5 không tìm được x nguyên
5

Với y  1 thay vào * ta có:  2 x  5  5 không tìm được x nguyên.
2

Vậy  x; y  nguyên tìm được  2;0  ;  5;0 
2.
Chia f ( x) cho x 2  2 được thương là x  3 dư x  2
Để f ( x) chia hết cho x 2  2 thì x  2 chia hết cho x 2  2
  x  2  x  2  chia hết cho x 2  2
 x 2  4 chia hết cho x 2  2
 x2  2  6 chia hết cho x 2  2
 6 chia hết cho x 2  2 mà x 2  2  2  x 2  2 3;6  x 1; 2
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


Câu 4

D

I
M
C
K
A

H O

B

1. Chứng minh OAC DBO
OA AC


 OA.OB  AC.BD
DB OB
AB AB
AB 2

.
 AC.BD 
 4 AC.BD(dfcm)
2 2
4
OC AC
2. Theo câu a ta có: OAC DBO  g.g  

OD OD
OC AC

OC OD
Mà OA  OB 



OD OA
AC OA
Chứng minh OCD ACO  c.g.c   OCD  ACO
Chứng minh OAC  OMC (ch  gn)  AC  MC  dfcm 
3. Ta có: OAC  OMC  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 với 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 let ta có:


IC
BC AC
Mà IC  AC  MK  HK  BC đi qua trung điểm MH (đpcm)
Câu 5.


 1
1
1 1
1 1  y
x   z


   x  y  z 

 



16 x 4 y z
 16 x 4 y z   16 x 4 y   16 x
y
x 1

  y  2x
Theo BĐT cô si ta có:
16 x 4 y 4
z
x 1
z
y
   z  4 x;   1  z  2 y
Tương tự
16 x z 2
4y z
49
1
2
4
 P  . Dấu bằng xảy ra khi x  ; y  ; z 
16
7
7

7
P

x  z
y  21


 

z   4 y z  16