Cac de luyen thi

PHÒNG GD&ĐT NGA SƠN
ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LẦN 4
TRƯỜNG THCS NGA THẮNG
NĂM HỌC 2017-2018
MƠN TỐN LỚP 8
Ngày 23/3/2018
Thời gian làm bài 150 phút, không kể giao đề
Câu 1: (4 điểm)
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 4 +2018 x 2+2017 x +2018
A x y

y  z z  x  xyz





b) Cho đa thức:
Chứng minh rằng nếu x, y, z là các số nguyên và x + y + z chia hết cho 6 thì A - 3xyz
chia hết cho 6
Câu 2: (4 điểm):
  x  1 2
1  2 x2  4 x
1  x2  x
P 


:
2
x3  1
x  1  x3  x

 3 x   x  1

1. Cho biểu thức

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
P 1

b) Tìm giá trị của x để
2. Đa thức P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P(1)=0 ; P(3)=0 ; P(5)= 0.
Hãy tính giá trị của biểu thức: Q= P(-2)+7P(6)
Câu 3: (4 điểm)
a) Chứng minh rằng:

a2 b2 c 2 c b a
+ + ≥ + +
b2 c 2 a2 b a c

b) Cho 3 số a, b, c khác 0 thỏa mãn điều kiện: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2
a2
b2
c2
 2
 2
1
2
Chứng minh rằng: a  2bc b  2ca c  2ab

Câu 4: (6 điểm)
Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng
của điểm C qua P.

a) Tứ giác AMDB là hình gì?
b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng minh ba điểm E,
F, P thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF khơng phụ thuộc vào vị
trí của điểm P.
PD
9

d) Giả sử CP  BD và CP = 2,4 cm, PB 16 . Tính các cạnh của hình chữ nhật
ABCD.
Câu 5: (2 điểm): Chứng minh bất đẳng thức:
a
b
c
3



a  b b  c c  a 2 Với a b c  0


-----HẾT----HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT HSG TOÁN 8 LẦN 4
Câu 1: 4đ
a) 2đ.
4
x + 2018x2 + 2017x + 2018 = x4 + x2 + 2017x2 + 2017x + 2017 +1
= x4 + x2 + 1+ 2017(x2 + x + 1)
= (x2 + 1)2 - x2 + 2017(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)( (x2 - x + 1) + 2017(x2 + x + 1)
= (x2 + x + 1)( x2 – x + 2018)

A x y

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

y  z z  x  xyz





b) 2đ. Ta có:
= (x + y + z)(xy + yz + zx
0,75
Vì x, y, z là các số nguyên và x + y + z  6 nên A  6
Mặt khác: x + y + z  6 nên trong ba số x, y, z phải có ít nhất một số chẵn, suy ra: xyz
2
0,5

=> 3xyz 6
0,25
=> A - 3xyz chia hết cho 6

0,5

Câu 2: 4đ
1. 2đ.
a) 1đ. Điều kiện: x 0; x 1; x  1

0,25

  x  1 2 1  4 x  2 x 2
1  x2  x
P  2


:
x3  1
x  1  x3  x
 x  x  1
3

  1  4 x  2 x 2    x 2  x  1 x 3  x

. 2
x3  1
x x
3
2
2
2
x  3 x  3 x  1  1  4 x  2 x  x  x  1 x( x 2  1)

.
x3  1
x( x  1)

 x  1

x3  1 x 2  1
.
x3  1 x  1
x2 1

x 1


b) 1 đ. Vì

P 1

0,5
0,25
nên P = 1 hoặc P = -1

x2 1
1  x 2  1 x  1  x  x  1 0  x 0; x 1
+ Nếu: P = 1 thì x  1

hai giá trị này không thỏa mãn điều kiện
+ Nếu: P = -1 thì

2

x +1
=−1
x+ 1

2
⇒ x + 1 = - x - 1 ⇔ x2 + x + 2 = 0

0,5


1

7

Mà x2 + x + 2 = (x + 2 )2 + 4 > 0

với mọi x

P 1

Vậy khơng có giá trị nào của x để

0,5

2. 2đ. Ta có P(x) là đa thức bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 và P(x) (x-1),
P(x) (x-3), P(x)  (x-5)
Nên P(x) có dạng P(x) = (x-1)(x-3)(x-5) (x+a)
Khi đó: P(-2) +7P(6) = (-3).(-5).(-7).(-2 +a) +7.5.3.1.(6+a)
= -105.(-2+a) +105.(6+a)
= 105.( 2 –a +6 +a) = 840
Cõu 3. 4
a) 2. p dụng bất đẳng thøc: x2+y2
a2 b2
a b

a
+ 2 ≥ 2 . . =2 .
;
2
b
c
c
b c

Ta có:

0,5

2xy. DÊu b»ng khi x=y

a2 c 2
a c
c
+ 2 ≥ 2 . . =2 .
;
2
b
a
b
b a

c 2 b2
c b
b
+ 2 ≥ 2 . . =2 .

2
a
c
a
a c

0,75
Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có:
2(

a2 b 2 c 2
a c b
+ 2 + 2 )≥2( + + )
2
c b a
b c a

⇒

a2 b2 c 2 a c b
+ + ≥ + +
b2 c 2 a2 c b a

b) 2đ. Từ: (a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 => ab + bc + ca = 0

0,75
0,25

=> a2 + 2bc = a2 + bc – ab – ca = ( a – b)( a – c)
Tương tự: b2 + 2ca = ( b – c)( b – a) ; c2 + 2ab = ( c – a)( c - b)

2

P

2

0,5

2

a
b
c
 2
 2
a  2bc b  2ca c  2ab
2

Đặt:
Thay vào ta được: P =

 a 2 (b  c )  b 2 (c  a )  c 2 (a  b)
(a  b)(b  c)(c  a )
(a  b)(b  c)(c  a )

(a  b)(b  c)(c  a )
1


2

2

1

2

a
b
c
 2
 2
1
Vậy: a  2bc b  2ca c  2ab
2

0,25

Câu 4. 6đ
Vẽ hình, ghi GT, KL đúng

0,5

D

C
P

M
F

I
E

A

O

B


a) 1,5 đ. Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD.
 PO là đường trung bình của tsm giác CAM.
 AM//PO
 tứ giác AMDB là hình thang.
1,5
b). 1,5 đ. Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị)
Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB
0,5
Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE cân ở
I nên góc IAE = góc IEA.
Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1)
0,5
Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng.
0,5
c) 1đ.

MAF DBA  g  g 

MF AD

nên FA AB không đổi.

1

PD PB
PD 9

k  PD 9k , PB 16k

16
d) 1,5đ . Nếu PB 16 thì 9

CBD DCP  g  g  

Nếu CP  BD thì
do đó CP2 = PB.PD
hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2
PD = 9k = 1,8(cm)
PB = 16k = 3,2 (cm)
BD = 5 (cm)
C/m BC2= BP.BD = 16
do đó BC = 4 (cm)
CD = 3 (cm)
Câu 5. 2đ
Gọi vế trái là A, ta có:

3  a
1  b

1  c
1

  
  
 
2  a b 2   b c 2   c a 2 
a b
b c
c a



2(a  b) 2(b  c) 2(c  a )
a b
(b  a)  (a  c)
c a



2(a  b)
2(b  c)
2(c  a )

CP PB

PD CP

0,5
0,25

0,75

A

0,5

a b  1
1  a c 1
1 
.





2  a b b c 
2  b c c a 
a b
c a
a c
a b

.

.
2 ( a  b)(b  c)
2 (b  c)(c a)


(a  b)(a  c)   1
1 
.


2(b  c)  a  b c  a 
(a  b)(a  c)(b c)

0 ( Do a b c  0)
2(b  c)(b  c)(c  a)


1


Vậy

A

3
2

0,5