Đề giao lưu học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Chí Linh (Có đáp án)

 UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
 PHÒNG GD&ĐT NĂM HỌC: 2018 – 2019
 MÔN TOÁN 8
 Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (2,0 điểm)
 2 2 x 1 x 1
 Cho biểu thức A . x 1 : với x 0, x 1.
 3x x 1 3x x
 a) Rút gọn biểu thức A .
 b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
Bài 2: (2,0 điểm)
 1 2 6
 a) Giải phương trình sau: 
 x2 2x 2 x2 2x 3 x2 2x 4
 b) Giải bất phương trình sau: x2 2x 3 x 1 3
Bài 3: (2,0 điểm) 
 a) Cho P n4 4 . Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố.
 b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn: 20142014 1 chia hết cho n3 2012n
 .
Bài 4: (3,0 điểm) 
 Cho hình vuông ABCD , M là một điểm nằm giữa B và C . Kẻ AN vuông góc với AM , AP
 vuông góc với MN ( N và P thuộc đường thẳng CD ).
 a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân.
 b) Chứng minh rằng: AN 2 NC.NP
 1 1
 c) Gọi Q là giao điểm của tia AM và tia DC . Chứng minh tổng không đổi khi 
 AM 2 AQ2
 điểm M thay đổi trên cạnh BC .
Bài 5: (1,0 điểm) 
 Cho các số không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x y 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 Q 4x2 3y 4y2 3x 25xy .
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 1 ĐÁP ÁN ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
 MÔN TOÁN 8
 Năm học: 2018-2019
 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 
Bài 1: (2,0 điểm)
 2 2 x 1 x 1
 Cho biểu thức A . x 1 : với x 0, x 1.
 3x x 1 3x x
 a) Rút gọn biểu thức A .
 b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
 Lời giải
 2 2 x 1 x 1
 a) Ta có: A . x 1 : với x 0, x 1.
 3x x 1 3x x 
 2 2 x 1 x 1 2 2 x 1
 = . x 1 : 2 :
 3x x 1 3x x 3x 3x x
 x 2x
 2. 
 x 1 x 1
 2x
 Vậy với x 0, x 1 thì A 
 x 1
 2x
 b) Ta có A với x 0, x 1
 x 1
 2 x 1 2 2
 2 
 x 1 x 1
 2
 Để A ¢ thì ¢ mà x ¢ nên x 1 ¢
 x 1
 x 1 U 2 x 1 2; 1;1;2 x 1;0;2;3
 Kết hợp với điều kiện x 0, x 1 ta có x 2;3 thì A ¢
Bài 2: (2,0 điểm)
 1 2 6
 a) Giải phương trình sau: 
 x2 2x 2 x2 2x 3 x2 2x 4
 b) Giải bất phương trình sau: x2 2x 3 x 1 3
 Lời giải
 1 2 6
 a) Ta có: ((ĐK: x ¡ )
 x2 2x 2 x2 2x 3 x2 2x 4
 1 2 6
 1 
 x 1 2 1 x 1 2 2 x 1 2 3
 2
 Đặt x 1 2 t, t 2 
 Trang 2 1 2 6 t t 1 2 t 1 t 1 6t t 1 
 Khi đó phương trình (1) trở thành 
 t 1 t t 1 t t 1 t 1 t t 1 t 1 
 t 2 t 2 t 2 1 6 t 2 t 3t 2 7t 2 0
 3t 2 6t t 2 0 3t t 2 t 2 0 t 2 3t 1 0
 1
 t 2 0 hoặc 3t 1 0 t 2 ( thỏa mãn đk) hoặc t ( không thỏa mãn đk)
 3
 2 2
 Với t =2 thì x 1 2 2 x 1 0 x 1 0 x 1(thỏa mãn đk)
 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1.
 b) Ta có: x2 2x 3 x 1 3, (đk: x ¡ ) 
 x 1 2 3 x 1 4 2 
 2
 Đặt x 1 t 0 x 1 t 2
 Phương trình (2) trở thành: t 2 3t 4 t 2 4t t 4 0 t 4 t 1 0
 t 1 0 (do t 4 0 4 0, t 0)
 t 1 x 1 1 1 x 1 1 0 x 2
 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S x 0 x 2
Bài 3: (2,0 điểm)
 a) Cho P n4 4 . Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố.
 b) Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên n thỏa mãn: 20142014 1 chia hết cho n3 2012n
 .
 Lời giải
 2 2
 Ta có P n4 4 n4 4n2 4 4n2 n2 2 2n n2 2n 2 n2 2n 2 
 Mà n ¥ nên n2 2n 2 n2 2n 2 và P là số nguyên tố nên
 n2 2n 2 1 * và n2 2n 2 là số nguyên tố.
 * n2 2n 1 0 n 1 2 0 n 1
 Thử lại với n 1 thì P 5 là số nguyên tố
 Vậy với n 1 thì P là số nguyên tố.
 b) Đặt A 20142014 1; B n3 2012n
 Giả sử tồn tại n ¢ để AB (1)
 B n3 2012n n3 n 2013n n 1 n n 1 2013n
 Trang 3 Vì n 1,n,n 1 là ba số nguyên liên tiếp nên n 1 n n 1 6
 Mà 2013n3 ( do 20133)
 B n 1 n n 1 2013n3 2 
 Từ (1) và (2) A3 * 
 Lại có 2014 1(mod3)
 20142014 12014 1(mod3)
 A 20142014 1  2(mod3)
 A3( trái với (*)) mâu thuẫn => giả sử là sai
Vậy không tồn tại số nguyên n thỏa mãn: 20142014 1 chia hết cho n3 2012n .
Bài 4: (3,0 điểm) 
 Cho hình vuông ABCD , M là một điểm nằm giữa B và C . Kẻ AN vuông góc với AM , AP 
 vuông góc với MN ( N và P thuộc đường thẳng CD ).
 a) Chứng minh tam giác AMN vuông cân.
 b) Chứng minh rằng: AN 2 NC.NP
 1 1
 c) Gọi Q là giao điểm của tia AM và tia DC . Chứng minh tổng không đổi khi 
 AM 2 AQ2
 điểm M thay đổi trên cạnh BC .
 Lời giải
 A B
 M
 O
 N D P C Q
 a) 
Ta có ABCD là hình vuông (gt) 
 AD AB
 t / c 
 · µ · 
 DAB B CDA 90
 AD  DC
 Vì N· AD D· AM N· AM 90 (AN  AM )
 B· AM D· AM D· AB (cmt)
 N· AD M· AB
 Xét NAD, MAB ta có:
 Trang 4 N· DA M· BA 90 ; AD AB(cmt); N· AD M· AB (cmt)
 NAD MAB (g.c.g) AM AN
 Lại có: M· AN 90 (AN  AM )
 AMN vuông cân tại A .
b) Gọi O là giao điểm của MN và AP AP  MN tại O
Xét ANO; MAN có: ·AON M· AN 90 ; ·ANO chung
 ANO ∽ MAN(g.g)
 AN NO
 AN 2 NO.NM 1 
 NM AN
Xét NOP; MCN có: N· OP N· CM 90 ; O· NP chung
 NOP ∽ MCN(g.g)
 NO NP
 NO.NM NP.NC 2 
 NC NM
Từ (1) VÀ (2) AN 2 NP.NC (đpcm)
c) Xét ANQ có đường cao AD
 1 1
S DA.NQ AN.AQ (tam giác ANQ vuông tại A )
 ANQ 2 2
 NQ 1 NQ2 1
 AD.NQ AN.AQ 3 
 AN.AQ AD AN 2.AQ2 AD2
Áp dụng Pytago vào ANQ , ta có : NQ2 AN 2 AQ2 (4)
 1 AN 2 AQ2 1 1
Từ (3), (4) 
 AD2 AN 2.AQ2 AQ2 AN 2
 1 1 1
Mà AN AM (cm câu a) và AD không đổi nên không đổi 
 AD2 AQ2 AM 2
 1 1
 Vậy tổng không đổi khi điểm M thay đổi trên cạnh BC .
 AM 2 AQ2
 Bài 5: (1,0 điểm) 
 Cho các số không âm x, y thay đổi và thỏa mãn x y 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 Q 4x2 3y 4y2 3x 25xy .
 Lời giải
 3 3
 Ta có: x y x3 y3 3xy x y x3 y3 x y 3xy x y 1 3xy(do x y 1)
 Do đó Q 4x2 3y 4y2 3x 25xy
 16x2 y2 12x3 12y3 9xy 25xy
 16x2 y2 12 x3 y3 34xy
 16x2 y2 12 1 3xy 34xy
 16x2 y2 2xy 12
 1 1
 Đặt x a , từ x y 1 y a
 2 2
 Trang 5 1 1
Do x, y 0 nên a 
 2 2
 2 2
 1 1 1 1 
Khi đó Q 16 a a 2 a a 12
 2 2 2 2 
 2
 1 2 1 2 
 16 a 2 a 12
 4 4 
 1 1 2 4 1 2
 16 a a 2a 12
 16 2 2
 1
 1 8a2 16a4 2a2 12
 2
 25
 16a4 6a2
 2
 25
 2a2 8a2 3 (1)
 2
 1 1 1
Do a nên 0 8a2 8. 2
 2 2 4
 8a2 3 0 mà 2a2 0,a 2a2. 8a2 3 0 (2)
 25
Từ (1), (2) Q 
 2
 1 1
Dấu “=” xảy ra 2a2. 8a2 3 0 ( a )
 2 2
 1
 x 
 2
 a 0 
 1
 y 
 2
 25 1
Vậy GTLN của Q là tại x y .
 2 2
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 6