Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm

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:

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

÷
÷
÷
÷
ç
ç
x
4
x
6
3
x
x
+
2
x
+
2
è
øè
ø

với

x ¹ 0, x ¹ ±2

.

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:..............................

UBND HUYỆN KINH MÔN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM

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

æ x2
öæ
ö
6
1 ÷
10 - x 2 ÷
ç
÷

÷
A =ç
+
+
:
x
2
+
ç
ç
3
ç
÷
÷
x +2 ÷
èx - 4 x 6 - 3x x + 2 ÷
øç
è
ø
æ
ö x 2 - 4 +10 - x 2
x
2
1 ÷
ç
÷
A =ç
+
÷:
ç

ç( x - 2) ( x + 2) x - 2 x + 2 ÷
x +2
è
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)
2
A = (x + 8x + 10) (x2 + 8x + 12)

0,25
0,25
0,25

= (x2 + 8x + 10) (x + 2)(x +6)
a
Ta có:

Câu 2
(2,0 đ)

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
⇔ ( 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

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.
Chứng minh: + Xét n = 2k

0,25

⇒ n 2 = (2k ) 2 = 4k 2 M4
⇒ 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.

Câu 3
(2,0đ)

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

a

⇔

x − 2018 x − 2018 x − 2018
x − 2018
+
+
+ ... +
=0
2017

2016
2015
2

⇔ ( x − 2018)(

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

(1)

0,25
0,25

0.25
0.25
0.25


1
1
1
+
+ ... + ≠ 0
2017 2016

2

Vì

⇔ x − 2018 = 0 ⇔ x = 2018

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

b

0.25

a3 + b3 + c3 - 3abc = 0
(a + b)3 + c3 – 3ab(a +b) -3abc = 0
(a + b +c)

( a + b ) 2 − ( a + b )c + c 2 



- 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

⇔

[

⇒

⇒

]

(a + b + c) (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0
Mà a, b,c đôi một khác nhau nên a + b + c = 0

0.25

⇒

a + b = -c
(a + b)2 = c2
a2 + b2 - c2 = -2ab
2
2
Tương tự như trên ta có: b + c – a2 = -2bc và
c2 + a2 – b2 = - 2ca
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

I

E

A

K

H

0.25

D

M

O
0,25đ
B
Chứng minh:
a

Chứng minh
⇒

·
·
AOE
= BFO

∆OAE

C

F
( cùng phụ với góc BOF)

∆FBO

(g.g)

OA AE

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

b
Ta có:

∆OAE

∆FBO

⇒

0,25đ
0,25đ

OE AE
=
OF OB

0,25đ
0,25đ


OE AE OE OF
=
⇒

=
OF OA AE OA

OA = OB ⇒

Mà
Chứng minh:

∆OAE

∆FOE

·
·
∆FOE ⇒ AEO
= OEM

∆OAE

(c.g.c)

0,25đ

ΔOAE = ΔOME (ch - gn) ⇒ AE = ME

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

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

Tương tự:

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

0.25đ

;

0,25

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

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

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO
HUYỆN TĨNH GIA

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

0,25


Năm học: 2013-2014
Môn Toán - Lớp 8
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1: (4.0 điểm)

Cho biểu thức M =

 ( a − 1) 2
1 − 2 a 2 + 4a
1  a3 + 4a

−

+
:
2
a3 − 1
a − 1  4a 2
 3a + ( a − 1)



1- Rút gọn M.
2- Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất.
Bài 2: (4.0 điểm)
1- Chứng minh rằng lập phương của một số tự nhiên n bất kỳ (n > 0) trừ đi bảy lần
số tự nhiên đó luôn chia hết cho 6.
x +1
x −1
4
− 2
=
4
x + x + 1 x − x + 1 x ( x + x 2 + 1)
2

2- Giải phương trình:
Bài 3: (4.0 điểm)

1- Chứng minh rằng nếu

thì:

c 2 + 2 ( ab − ac − bc ) = 0 b ≠ c, a + b ≠ c

,

a 2 + ( a − c)2 a − c
=
2
b−c
b2 + ( b − c )

2- Cho

ab ≥ 1

. Chứng minh rằng:

1
1
2
2 +
2 ≥
1 + a 1 + b 1 + ab

Bài 4: (6.0 điểm)
Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD.
1- Chứng minh AD2 = AB.AC – DB.DC
2- Kẻ DE vuông góc với AB, DF vuông góc với AC. Đường thẳng qua D vuông góc
với BC cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BN và CM.
Chứng minh tam giác ADP cân và tam giác BND vuông cân.
3- Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q thẳng hàng.

Bài 5: (2.0 điểm)
Tìm các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn:

x6 − x 4 + 2 x3 + 2 x 2 = y 2

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)


Họ và tên thí sinh: ........................................................................... SBD: ...................


PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO
HUYỆN TĨNH GIA

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG
Môn Toán - Lớp 8

Bài
1- Điều kiện:

Ta có: M =

=

a ≠ 0; a ≠ 1

 ( a − 1) 2
1 − 2 a 2 + 4a
1  a 3 + 4a
−

+

:
2
a3 − 1
a − 1  4a 2
 3a + ( a − 1)


 ( a − 1) 2
1 − 2a 2 + 4a
1 
4a 2
 2

−
+
.
 a + a + 1 ( a − 1) a 2 + a + 1 a − 1  a a 2 + 4

(

( a − 1)
=

Bài1
(4đ)

=
=

3

( a − 1) ( a

(

2

)

+ a +1

.

0,5

)

4a
a +4
2

0,5

a 3 − 3a 2 + 3a − 1 − 1 + 2a 2 − 4a + a 2 + a + 1 4a
. 2
a +4
( a − 1) ( a 2 + a + 1)

a 3 − 1 4a
.
a3 − 1 a 2 + 4

( a − 2)

4a
a +4

=

với

4a
2
a +4

0,5

a ≠ 0; a ≠ 1

(a

2

0,5

+ 4 ) − ( a 2 − 4a + 4 )
a2 + 4

=

( a − 2)
1−

2

a2 + 4

0,5
0,25

2

4a
2
a +4

2- Ta có M =
Vì

)

− 1 + 2a 2 − 4a + a 2 + a + 1

Vậy M =

≥0

với mọi a nên

( a − 2)
Dấu “=” xảy ra khi
Bài 2.
(4 đ)

Biểu
điểm
0,25

Tóm tắt lời giải

( a − 2)
= 1−

2

a2 + 4

0,5

2

a2 + 4

0,5

≤1

với mọi a

2

a2 + 4

=0⇔a=2

Vậy MaxM = 1 khi a = 2.
1- Ta có: n3 – 7n = n3 – n – 6n = n(n – 1)(n + 1) – 6n
Trong ba số tự nhiên liên tiếp (n – 1), n, (n + 1) có một số chia hết cho
3 và ít nhất một số chia hết cho 2.
Suy ra tích n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 hay n(n – 1)(n + 1) ⋮6
Mặt khác 6n⋮6 với mọi n
Do đó: n(n – 1)(n + 1) – 6n ⋮6
Vậy n3 – 7n ⋮6.

0,5
0,5
0,5
0,5


2

1 3

x + x +1 =  x + ÷ + > 0
2 4


2

1 3

x − x +1 =  x − ÷ + > 0
2 4


2

2- Ta có:

2

;

0,5

2

1 3

x4 + x2 + 1 =  x2 + ÷ + > 0
2 4


nên phương trình xác định với mọi

x≠0

x +1
x −1
4
− 2
=
4
x + x +1 x − x +1 x x + x2 +1

(

2

Phương trình
⇔

⇔

( x + 1) ( x 2 − x + 1) − ( x − 1) ( x 2 + x + 1)

(x

2

+ x + 1) ( x − x + 1)
2

(

)=

x3 + 1 − x3 − 1
x + x +1
4

2

)

=

0,5

4
x ( x + x 2 + 1)

0,5
0,25
0,25

4

4
2
4
⇔ 4
=
2
2
4
x + x +1 x x + x2 + 1

x x + x +1

(

)

4

(

)

⇔ 2x = 4 ⇔ x = 2

(thỏa mãn)
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
1- Vì

c 2 + 2 ( ab − ac − bc ) = 0

a + ( a − c)

2

b + ( b − c)

2

2

2

=

=

nên

a + (a − c) + c + 2 ( ab − ac − bc )
2

2

0,5

2

b + ( b − c ) + c + 2 ( ab − ac − bc )
2

2

2

a 2 + a 2 − 2ac + c 2 + c 2 + 2ab − 2ac − 2bc
b 2 + b 2 − 2bc + c 2 + c 2 + 2ab − 2ac − 2bc

(
2( b

0,5

)
( a − c) ( a + b − c) = a − c
=
) + 2a ( b − c ) ( b − c ) ( a + b − c ) b − c

1,0

2 a − 2ac + c + 2b ( a − c )

Bài 3
(4đ)

=

2

2

2

− 2bc + c 2

2- Ta có

(với

b ≠ c, a + b ≠ c

1
1
2
+
≥
2
2
1+ a 1+ b
1 + ab

)

0,75

ab − a 2
ab − b 2
1
1
1
1
⇔
+
≥0
⇔
−
+
−
≥0
1 + a 2 ( 1 + ab ) 1 + b 2 ( 1 + ab )
2

2
1 + a 1 + ab 1 + b 1 + ab

0,75

( b − a )  a ( 1 + b 2 ) − b ( 1 + a 2 ) 
⇔
≥0
( 1 + a 2 ) ( 1 + b 2 ) ( 1 + ab )

0,5

(

( b − a ) ( ab − 1)
⇔
( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 ) ( 1 + ab )

)

(

)

( b − a ) ( a − b ) + ab ( b − a ) 
⇔
≥0
( 1 + a 2 ) ( 1 + b2 ) ( 1 + ab )

2

≥0

.
1- Trên tia đối của tia DA lấy

BĐT luôn đúng vì

ab ≥ 1

.
0, 5


·
·
CBI
= BAD

điểm I sao cho
Ta có: ABIADC (g-g)
AB AD
⇒
=
⇒ AB. AC = AD. AI
AI AC

0,5
(*)

0,5

Lại có: ADCBDI (g-g)
⇒

AD DC
=
⇒ AD.DI = BD.DC
BD DI

0,5

⇒ AD ( AI − AD ) = BD.DC

0, 5

⇒ AD 2 = AD. AI − BD.DC

Kết hợp với (*) ta có:

0, 5

AD 2 = AB. AC − DB.DC

(đpcm)
2- * Chứng minh tam giác ADP cân:
Hai tam giác vuông BAN và BDN có
các đường cao tương ứng là AP và DP ứng
⇒ AP = DP =

0,25

1
BN
2

0,5

với cạnh huyền BN
Bài 4: Do đó tam giác APD cân tại P.
* Chứng minh tam giác BND vuông cân:
(6đ)
Tứ giác AEDF có:

µ =E
µ = F$ = 900
A

⇒

0,5
0,5
0,25

(gt)

AEDF là hình chữ nhật
Mặt khác AD là đường phân giác của góc A.
Do đó tứ giác AEDF là hình vuông
·

EDF
= 900

·
BDN
= 900

⇒

0,25

DE = DF (1)

·
·
⇒ BDE
= NDF

và
. Mà
(gt)
(cùng phụ
Xét hai tam giác vuông BED và NFD, từ (1) và (2) suy ra:
 BED =  NFD (cạnh huyền – góc nhọn)

·
EDN

) (2)

⇒

BD = ND. Do đó tam giác BND vuông cân tại D.
3- AD và EF là hai đường chéo của hình vuông AEDF nên EF là
đường trung trực của đoạn thẳng AD.
Theo chứng minh câu a) AP = PD nên P thuộc đường trung trực của
đoạn AD.
Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có
đường trung trực của đoạn AD.
Vậy 4 điểm E,F, P, Q thẳng hàng.

1
AQ=DQ= MC
2

Bài 5:
x2 ( x4 − x2 + 2 x + 2 )
x6 − x 4 + 2 x3 + 2 x2
(2đ)
Đặt M =
=

, do đó Q thuộc

0,25
0,25
0,25


=

(

) (

(

=
=

)

x 2  x 4 − 2 x 2 + 1 + x 2 + 2 x + 1 

)

2
2
x 2  x 2 − 1 + ( x + 1) 



=

x 2 ( x − 1)


2

( x + 1)

2

2
+ ( x + 1) 


2
2
x 2 ( x + 1) ( x − 1) + 1



- Với x = 0 thì M = 0
- Với x = 1 thì M = 4

⇒
⇒

y=0

0,5
0,25
0,25
0,75
0,25

y=2

x≥2

( x − 1)

2

+1

- Với
lập luận được
không chính phương.
Vậy có 2 cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn là (0;0) và (1;2).
(HS giải bằng cách khác, lập luận đúng vẫn cho điểm tối đa)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRIỆU SƠN

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Đề chính thức

Môn: Toán
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày 13 tháng 4 năm 2016
(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Số báo danh
.....................................

Năm học 2015 - 2016

Câu 1: (4,0 điểm)
1 − 2x
 x +1
 1− x
P= 2
+ 2
− 1 :
.
 3x + 3x 6 x − 3x  2 x

Cho biểu thức:
a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tìm x

∈

Z để P có giá trị nguyên.

c. Tìm x để P
Câu 2: (5,0 điểm)

≤

1.

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử:

a 3 + b 3 + c 3 − 3abc.

2. Giải phương trình:

6 x 4 − 11 x 3 + 3 x 2 + 11 x − 6 x 2 − 3 = 0.

3. Giải bất phương trình:
Câu 3: (4,0 điểm)

4 x − 5 2 x 2 + x x (1 − 3 x )
−
>
− 4.
3
2
3

5 x 2 + 2 xy + y 2 − 4 x − 40 = 0

1. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn
.
2. Với mỗi số tự nhiên n, đặt an = 3n2 + 6n + 13.
a. Chứng minh rằng nếu hai số a i, aj không chia hết cho 5 và có số dư khác nhau khi
chia cho 5 thì ai + aj chia hết cho 5.
b. Tìm tất cả các số tự nhiên n lẻ sao cho an là số chính phương.
Câu 4: (6,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC. Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho BD =
CE. Gọi I, K, M, N theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, BC, DE.
a. Tứ giác MINK là hình gì? Vì sao?
b. Chứng minh rằng IK vuông góc với tia phân giác At của góc A.
2. Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm M trên cạnh AB vẽ hai đường thẳng song
song với hai cạnh AC, BC, chúng lần lượt cắt BC, AC tại D và E. Tìm vị trí của M trên

cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 5: (1,0 điểm)
Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy2z2 + x2z + y = 3z2. Hãy
P=

z4
.
1+ z4 x4 + y4

(

)

tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
---------------- Hết --------------Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.
Hướng dẫn chấm
KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học 2015 - 2016
Câu
1
(4,0đ)

Nội dung
x ≠ 0, x ≠

a. ĐKXĐ:
Ta có:

1

, x ≠ ±1.
2

Điểm

0,5

1 − 2x
 x +1
 1− x
P= 2
+ 2
− 1 :
 3 x + 3x 6 x − 3 x  2 x

 x +1
 − ( x − 1)
2x −1
= 
−
− 1 :
2x
 3 x( x + 1) 3 x( 2 x − 1) 

0,5


1
2x
 1

 − 2x
= −
− 1.
=
 3x 3x  x − 1 x − 1
x ≠ 0, x ≠

Vậy với
P = 2+

b. Ta có:
⇔ x − 1∈

1
, x ≠ ±1
2

P=

ta có

2x
x −1

0,5

{ ±1; ±2}

x ∈ { − 1;0;2;3}

0,5

.

0,25

.

Kết hợp với ĐKXĐ được x

∈ { 2;3}

.

2x
2x
x +1
≤1⇔
−1 ≤ 0 ⇔
≤0
x −1
x −1
x −1

P ≤1⇔

c.

Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1
Kết hợp với ĐKXĐ được

2
(5,0đ)

.

2
∈Z
x −1

Ư(2) mà Ư(2) =

Từ đó suy ra

0,5

−1 < x < 1

≥

⇔ x <1

0

x ≠ 0, x ≠

và

và

x ≥ −1

1
.
2

a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = ( a + b ) − 3a 2 b − 3ab 2 + c 3 − 3abc

0,5
0,5
0,25

3

1. Ta có:

(

)

= ( a + b ) + c − 3ab( a + b + c )
3

3

(

)

= ( a + b + c ) ( a + b ) − c( a + b ) + c 2 − 3ab( a + b + c )
2

(

= ( a + b + c ) a 2 + 2ab + b 2 − ac − bc + c 2 − 3ab

(

)

0,5
0,5
0,5
0,5

)

= ( a + b + c ) a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ca .

2. Ta có:

6 x 4 − 11 x 3 + 3 x 2 + 11 x − 6 x 2 − 3 = 0

(

)

(

) (

0,5
0,25
0,25
0,5

)

⇔ 6 x 2 x 2 − 1 − 11 x x 2 − 1 + 3 x 2 − 1 = 0

(

)(

)

⇔ x 2 − 1 6 x 2 − 11 x + 3 = 0

⇔ ( x − 1)( x + 1)( 3 x − 1)( 2 x − 3) = 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là S =

 1 3
± 1; ; 
3 2


.


3. Ta có:

⇔

4 x − 5 2 x 2 + x x (1 − 3 x )
−
>
−4
3
2
3

(

0,5

)

2( 4 x − 5 ) − 3 2 x + x
2 x(1 − 3 x ) − 24
>
6
6
2

8 x − 10 − 6 x 2 − 3 x 2 x − 6 x 2 − 24
⇔
>
⇔ 8 x − 10 − 6 x 2 − 3 x > 2 x − 6 x 2 − 24
6
6
⇔ 3 x > −14 ⇔ x >

− 14
.
3

0,25
0,25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là

1. Ta có:

0,5

− 14 

x / x >
.
3 


5 x 2 + 2 xy + y 2 − 4 x − 40 = 0

(

) (

)

⇔ 4 x 2 − 4 x + 1 + x 2 + 2 xy + y 2 = 41

0,75

⇔ ( 2 x − 1) + ( x + y ) = 41
2

Vì x,y
3
(4,0đ)

2

∈ Z 2x −1

,

Từ đó suy ra các cặp

là số nguyên lẻ và

( x; y )

cần tìm là

41 = 52 + 4 2

nên

( 2 x − 1) 2 = 25
2 x − 1 = ± 5


⇔
2
( x + y ) = 16
x + y = ± 4

( 3;1) ; ( 3; −7 ) ; ( −2;6 ) ; ( −2; −2 )

0,5

Nếu an không chia hết cho 5 thì n + 1 không chia hết cho 5 và an
≡

≡

≡

aj (mod 5) thì

ai + aj 2 + 3 0 (mod 5).
b. Vì n lẻ nên n + 1 chẵn.
≡

0,75

.

2. Ta có: an = 3n2 + 6n + 13 = 3(n + 1)2 + 10.
a. Ta thấy:

Do đó, nếu ai, aj đều không chia hết cho 5 và ai

0,5

Do đó, an 2 (mod 4). Suy ra an không thể là số chính phương.
Vậy không tồn tại số tự nhiên n để an là số chính phương.

≡ { 2;3}

(mod 5).

0,5
0,5
0,5


1.
Hướng dẫn:
a. Tứ giác MINK là hình thoi.
b. Gọi G, H theo thứ tự là giao điểm của
MN với AC, AB.
Ta chứng minh:

2,0

2,0

4
(6,0đ)

MG //At
Từ đó suy ra IK

⊥

At.

2.
Hướng dẫn:
M là trung điểm cạnh AB thì độ dài
đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.

2,0

5
(1,0đ)

xy 2 +

x2
y
+ 2 = 3.
z z

Do z > 0 nên từ xy2z2 + x2z + y = 3z2, suy ra
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có:

(x

2

0,25



x2   y2 1 
x2
y 
y 2 + y 2 ) +  x 2 + 2  +  2 + 2  ≥ 2 xy 2 +
+ 2  = 6.
z z 
z  z
z 


P=

Theo đề ra, ta có:
1
z2

a=

Đặt

≥

,

b=x

2

,

z4
1
=
4
4
4
1
1+ z x + y
+ x4 + y4
4
z

(

c=y

)

P=

2

(a, b, c > 0), khi đó:

≥

0,25
1
a + b2 + c2
2

≥

Do a2 2a – 1, b2 2b – 1, c2 2c – 1,
≥

≥

≥

a2 + b2 2ab, b2 + c2 2bc, c2 + a2 2ca.
Suy ra: 3(a2 + b2 + c2)

≥

x2 y2 + y2 + x2 +

Mà ab + bc + ca + a + b + c =
Do đó: 3(a2 + b2 + c2)
P≤

Suy ra

1
3

≥

0,25

2(ab + bc + ca + a + b + c) – 3

9  a2 + b2 + c2

≥

3

x2 y2 1
+
+
≥6
z2 z2 z2

.
0,25


x= y=

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 
Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức

1
P=

3

1
=1
z

khi



x = y = z =1

x = y = z =1

.

Chú ý:
1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.