Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Lục Nam (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT LỤC NAM ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TOÁN 8
 NĂM HỌC: 2018 – 2019
 Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (5,0 điểm)
 x3 x2 x2 x 1 2 x2 
 1. Cho biểu thức A 3 2 : 2 2 với x 0; x 1
 x 2x x x x 1 x x 
 a) Rút gọn biểu thức
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A khi x 1.
 919193 113 91919 11
 2. Chứng minh rằng: .
 919193 919083 91919 91908
 3. Tìm số tự nhiên n để n 18 và n 41 là hai số chính phương.
Bài 2: (4,0 điểm)
 1. Cho a,b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn: a 2 c 2 b 2 d 2 . Chứng minh rằng 
 a b c d là hợp số.
 2. Cho đa thức P x x 2 x 4 x 6 x 8 2034 . Tìm số dư trong phép chia 
 P x cho đa thức x 2 10x 19 .
Bài 3: (4,0 điểm) 
 1. Tìm tất cả các số x, y, z nguyên thoả mãn: x 2 y 2 z 2 xy 3y 2z 4 0 .
 2. Cho a,b,c là ba số đôi một khác nhau thoả mãn: a b c 2 a2 b2 c2
 a 2 b2 c 2
 Tính giá trị của biểu thức: P 
 a 2 2bc b2 2ac c 2 2ab
Bài 4: (6,0 điểm) 
 1. Cho hình chữ nhật ABCD, H và I lần lượt là hình chiếu của B và D trên AC . Gọi 
 lần lượt M ,O, K là trung điểm của AH, HI và CD.
 a) Chứng minh: B đối xứng với D qua O.
 b) Chứng minh: BM  MK .
 2. Cho tam giác nhọn ABC nhọn có đường cao AM , BN,CP . Gọi H là trực tâm của tam 
 AB BC CA 2
 giác ABC . Chứng minh rằng: 4 
 AM 2 BN 2 CP2
Bài 5: (1,0 điểm) Tìm các nghiệm tự nhiên x; y của phương trình: 
 2
 x2 4y2 28 17 x4 y4 14y2 49 
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 1 ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN TOÁN 8
 Năm học: 2018-2019
 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 
Bài 1: (5,0 điểm)
 x3 x2 x2 x 1 2 x2 
 1. Cho biểu thức A 3 2 : 2 2 với x 0; x 1
 x 2x x x x 1 x x 
 a) Rút gọn biểu thức
 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A khi x 1.
 919193 113 91919 11
 2. Chứng minh rằng: .
 919193 919083 91919 91908
 3. Tìm số tự nhiên n để n 18 và n 41 là hai số chính phương.
 Lời giải
 1. 
 x3 x2 x2 x 1 2 x2 
 a) A 3 2 : 2 2 với x 0; x 1
 x 2x x x x 1 x x 
 x2 x 1 x x 1 1 2 x2 
 : 
 2 2 
 x x 1 x x 1 x x 1 
 x x 1 x 1 x 1 x 2 x2
 :
 x 1 2 x x 1 
 x x 1 x 1
 :
 x 1 2 x x 1 
 x x 1 x x 1 x2
 . .
 x 1 2 x 1 x 1
 b) 
 x2 1 1
 Ta có x 1 x 1 2 
 x 1 x 1 x 1
 1
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số x 1 và khi x 1.
 x 1
 1 1 1
 x 1 2 x 1 . 2 x 1 2 2 2 4
 x 1 x 1 x 1
 1 2 x 1 1 x 2 TM 
 Dấu “=” xảy ra khi x 1 x 1 1 
 x 1 x 1 1 x 0 L 
 Vậy Pmin 4 khi x 2 .
 2. 
 2 2
 919193 113 91919 11 91919 91919.11 11 
 919193 919083 91919 91908 919192 91919.91908 919082 
 Trang 2 2
 91919 11 91919 11 91919.11
 .
 91919 91908 919082 91919. 91919 91908 
 91919 11 919082 91919.11 91919 11
 . 
 91919 91908 919082 91919.11 91919 91908
 3. 
 Để n 18 và n 41 là số chính phương thì
 n 18 p2 và n 41 q2 p,q ¥ 
 p2 q2 n 18 n 41 59 p q p q 59
 p q 1 p 30
 Vì 59 là số nguyên tố nên 
 p q 59 q 29
 n 18 p2 302 900 n 882
 Thay vào n 41 ta được 882 41 841 292 q2 là số chính phương.
 Vậy n 882 thì n 18 và n 41 là số chính phương.
Bài 2: (4,0 điểm)
 1. Cho a,b, c, d là các số nguyên dương thoả mãn: a 2 c 2 b 2 d 2 . Chứng minh rằng 
 a b c d là hợp số.
 2. Cho đa thức P x x 2 x 4 x 6 x 8 2034 . Tìm số dư trong phép chia 
 P x cho đa thức x 2 10x 19 .
 Lời giải
 1. 
 Xét a2 b2 c2 d 2 a b c d a a 1 b b 1 c c 1 d d 1 
 Vì a là số nguyên dương nên a, a 1 là hai số tự nhiên liên tiếp 
 a a 1 2
 Tương tự ta có b b 1 ;c c 1 ;d d 1 đều chia hết cho 2
 a a 1 b b 1 c c 1 d d 1 là số chẵn.
 Ta có: a2 c2 b2 d 2 a2 b2 c2 d 2 2 b2 d 2 là số chẵn 
 Do đó a b c d là số chẵn. 
 Mà a b c d 2
 Vậy a b c d là hợp số.
 2. Cho đa thức P x x 2 x 4 x 6 x 8 2034 . Tìm số dư trong phép chia 
 P x cho đa thức x 2 10x 19 .
 P x x 2 x 4 x 6 x 8 2034 x2 10x 16 x2 10x 24 2034
 Đặt t x 2 10x 19
 P x t 3 t 5 2034 t 2 2t 2019
 Do đó t 2 2t 2019 chia cho t có số dư là 2019
 Vậy P x cho đa thức x 2 10x 19 có số dư là 2019.
 Trang 3 Bài 3: (4,0 điểm) 
 1. Tìm tất cả các số x, y, z nguyên thoả mãn: x 2 y 2 z 2 xy 3y 2z 4 0 .
 2. Cho a,b,c là ba số đôi một khác nhau thoả mãn: a b c 2 a2 b2 c2
 a 2 b2 c 2
 Tính giá trị của biểu thức: P 
 a 2 2bc b2 2ac c 2 2ab
 Lời giải
 1. 
 2
 2 2 2 2 y 2 3 2 
 x y z xy 3y 2z 4 0 x xy z 2z 1 y 3y 3 0
 4 4 
 2
 y 2 3 2
 x z 1 y 2 0 1 
 2 4
 y
 x 0
 2 x 1
 Phương trình 1 0 z 1 0 z 1
 y 2 0 y 2
 Vậy x, y, z 1;2;1 .
 2. 
 a b c 2 a2 b2 c2 ab ac bc 0
 a2 a2 a2
 Ta có 
 a2 2bc a2 ab ac bc a b a c 
 b2 b2 c2 c2
 Tươg tự ; 
 b2 2ac b a b c c2 2ab c a c b 
 a2 b2 c2 a2 b2 c2
 P 
 a2 2bc b2 2ac c2 2ab a b a c b a b c c a c b 
 a b a c b c 
 1.
 a b a c b c 
Bài 4: (6,0 điểm) 
 1. Cho hình chữ nhật ABCD, H và I lần lượt là hình chiếu của B và D trên AC . Gọi 
 lần lượt M ,O, K là trung điểm của AH, HI và CD.
 a) Chứng minh: B đối xứng với D qua O.
 b) Chứng minh: BM  MK .
 2. Cho tam giác nhọn ABC nhọn có đường cao AM , BN,CP . Gọi H là trực tâm của tam 
 AB BC CA 2
 giác ABC . Chứng minh rằng: 4 
 AM 2 BN 2 CP2
 Lời giải
 1. 
 Trang 4 BH / /DI  AC 
a) Ta có tứ giác BHDI là hình bình hành (vì )
 BH DI OBH ODI 
Có O là trung điểm của HI nên O cũng là trung điểm của BD.
Vậy B đối xứng với D qua O.
b) 
Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt BH tại N 
 MN  BC và N là trung điểm của BH
 MN là trung bình của AHB
 MN / / AB
 1
 MN AB
 2
 MN //CK //AB 
Ta có: 1 nên MNCK là hình bình hành CN //MK 1 
 MN CK AB 
 2 
Tam giác BMC có N là trực tâm CN  BM 2 
Từ 1 và 2 suy ra BM  MK
2. 
Vẽ Cx  CP Cx // AP . Gọi D là điểm dối xứng của A qua Cx
 AB / /Cx
Ta có AB  AD B· AD 90
 Cx  AD
 ACD có Cx vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên ACD cân tại C .
 Ta có tứ giác APCI là hình chữ nhật (vì P· AI ·APC P· CI 90 )
 Trang 5 AI CP 
 Mà AD 2AI nên AD 2CP
 Xét 3 điểm B,C, D ta có: BD BC CD
 ABD vuông tại A nên: AB2 AD2 BD2 AB2 AD2 BC CD 2
 AB2 4CP2 BC AC 2 4CP2 BC AC 2 AB2
 Tương tự: 4AM 2 AB AC 2 BC 2
 4BN 2 AB BC 2 AC 2
 Công vế theo vế ta được: 4 AM 2 BN 2 CP2 AB BC AC 2
 AB BC CA 2
 Vậy 4
 AM 2 BN 2 CP2
Bài 5: (1,0 điểm) Tìm các nghiệm tự nhiên x; y của phương trình: 
 2
 x2 4y2 28 17 x4 y4 14y2 49 
 Lời giải
 2 2 2
 x2 4y2 28 17 x4 y4 14y2 49 x2 4 y2 7 17 x4 y2 7 
 Sử dụng bất đăng thức Bunhiacovski ta có:
 2 2 2 2
 x2 4 y2 7 12 42 x4 y2 7 x2 4 y2 7 17 x4 y2 7 
 Dấu “=” xảy ra khi 4x2 y2 7 2x y 2x y 7
 2x y 2x y
 Vì x; y ¥ nên , chúng đều có giá trị nguyên nên ta suy được 
 2x y 0
 2x y 7 x 2
 .
 2x y 1 y 3
 Vậy phương trình có một nghiệm là 2;3 .
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 6