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

 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
 VIỆT YÊN NĂM HỌC 2018 – 2019
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN THI: TOÁN 8
 Đề thi có 01 trang Ngày thi: 01/03/2019
 Thời gian làm bài 120 phút
 Câu 1. (5,0 điểm)
 x 2 x 2 (1 x2 )2
 1. Cho biểu thức: M 2 2 .
 x 1 x 2x 1 2
 a) Rút gọn biểu thức M .
 b) Tìm giá trị lớn nhất của M .
 a3 b3 c3 3abc
 2. Cho a b c 2019 . Tính giá trị biểu thức: P . 
 a2 b2 c2 ab ac bc
 Câu 2. (4,0 điểm)
 1. Cho hai số hữu tỷ a,b thỏa mãn: a 3b 2a ab3 2b 2a 2b2 1 0 . Chứng minh rằng:1 ab 
 là bình phương của một số hữu tỷ.
 2. Tìm số nguyên x, y biết: y2 2(x2 1) 2y(x y)2
 Câu 3. (4,0 điểm)
 (2018 x)2 (2018 x)(x 2019) (x 2019)2 19
 1. Giải phương trình 
 (2018 x)2 (2018 x)(x 2019) (x 2019)2 49
 2. Cho hai số a,b Z . Chứng minh rằng (a5b ab5 )30
 Câu 4.(6,0 điểm)
 1. Cho tam giác ABC vuông cân ở A . Trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ. Từ M kẻ ME vuông 
 góc với AB ( E AB ). MF vuông góc với AC ( F AC ).
 a. Chứng minh rằng: FC.BA EB.CA AB2 và chu vi tứ giác MEAF không phụ thuộc vàovị 
 trí điểm M .
 b. Chứng tỏ đường thẳng đi qua M vuông góc với EF luôn đi qua một điểm cố định.
 2. Cho tam giác ABC . Gọi P là giao điểm ba đường phân giác trong của tam giác ABC . 
 Đường thẳng qua P và vuông góc với CP cắt cạnh AC và CB theo thứ tự tại điểm M và N
 AP2 BP2 CP2
 .Chứng minh rằng 1
 AB.AC BA.BC CB.CA
 3x2
Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực thỏa mãn điều kiện y2 yz z2 1010 .Tìm giá trị 
 2
lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Q x y z .
 --------------------------------Hết---------------------------
 Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐÁP ÁN
Câu 1
 x 2 x 2 (1 x2 )2
1a. M 2 2 . ĐKXĐ x 1 
 x 1 x 2x 1 2
 (x 2)(x 1) (x 2)(x 1) (1 x)2.(1 x)2
 M .
 (x 1)(x 1)2 2
 x2 x 2 x2 x 2 (x 1)2 (x 1)2
 M .
 (x 1)(x 1)2 2
 2x (x 1)2 (x 1)2
 M .
 (x 1)(x 1)2 2
 M x(x 1) x2 x
Với x 1 thì M x2 x
 2 2
 2 2 1 1 1 1 1 1 1
1b. M x x (x x ) x x 
 4 4 2 4 4 2 4
 1
 Dấu " "xảy ra khi x (Thỏa mãn ĐKXĐ)
 2
 1 1
 Vậy M khi x 
 max 4 2
 2.Ta có
 a3 b3 c3 3abc (a b)3 c3 3a 2b 3ab2 3abc
 (a b c) a b 2 (a b)c c2 3ab(a b c)
 (a b c) a b 2 (a b)c c2 3ab 
 (a b c)(a2 b2 c2 ab bc ca)
 (a b c)(a2 b2 c2 ab ac bc)
 P 
 a2 b2 c2 ab ac bc
 P a b c
 P 2019
Vậy P 2019
Câu 2.
1. Ta có 
 a 3b 2a ab3 2b 2a 2b2 1 0
 (a 3b 2a 2b2 ab3 ) (2a 2b) 1 0 ab(a2 2ab b2 ) 2(a b) 1 0
 a2b2 (a2 2ab b2 ) 2ab(a b) ab 0
 a2b2 (a2 2ab b2 ) 2ab(a b) 1 1 ab
 ab(a b) 12 1 ab
 1 ab là bình phương của một số tự nhiên (Đpcm)
2. Ta có 
y2 2(x2 1) 2y(x 1)
 y2 2x2 2 2xy 2y 0
 4x2 4xy y2 y2 4y 4 0
 (2x y)2 (y 2)2 0 (1)
Vì (2x y)2 0 ; (y 2)2 0
 (2x y)2 0 2x - y=0 x 1
Nên (1) 
 2 
 (y 2) 0 y 2 0 y 2
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất (x; y) (1;2)
Câu 3.
1. Đặt a 2018 x x 2019 a 1
Phương trình đã cho trở thành 
 a2 a( a 1) ( a 1)2 19
 a2 a( a 1) ( a 1)2 49
 a2 a 1 19
 3a 2 +3a 1 49
 49a2 49a 49 57a 2 +57a 19
 8a 2 8a 30 0
 4a 2 4a 15 0
 4a 2 4a+1-16=0
 (2x 1)2 42 0
 (2a 5)(2a 3) 0
 5
 a 
 2a 5 0 2
 2a 3 0 3
 a 
 2
 5 5 1
*a 2018 x x 2020
 2 2 2
 3 3 1
*a 2018 x x 2016
 2 2 2 1 1 
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x 2020 ;2016 
 2 2
2. Ta có A (a5b ab5 ) ab(a b)(a b)(a2 b2 )
+ Nếu a,b cùng lẻ thì a b ; a b chẵn nên A2
+ Nếu a hoặc b chẵn thì A2
Suy ra A2 với a,b Z (1)
+ Nếu a3 hoặc b3 A3
+ Nếu a và b không chia hết cho 3 thì (a b)3 hoặc (a b)3 A3 
Suy ra A3với a,b Z (2)
+ Nếu a5 hoặc b5 A5
+ Nếu a,b chia cho 5 có cùng số dư thì (a b)5 A5
+ Nếu a,b chia cho 5 khác số dư thì (a b)5hoặc (a2 b2 )5 A5
Suy ra A5với a,b Z (3)
Do 2; 3; 5 đôi một nguyên tố cùng nhau nên từ (1); (2) và (3) suy ra A(2.3.5) A30 (Đpcm)
Câu 4
1.
 a) ABC vuông cân tại A AB AC và Bµ Cµ 45
 BEM và CFM lần lượt vuông cân tại E và F
 Xét tứ giác AEMF có µA Eµ Fµ 90
 AEMF là hình chữ nhật
 ME AF BE
 FC.AB EB.CA FC.AB AF.AB
 AB.(FC AF) AB.AC AB.AB AB2 (Đpcm)
Chu vi tứ giác AEMF là (ME MF).2 (BE AE).2 2.AB không đổi
Vậy chu vi tứ giác AEMF không phụ thuộc vào vị trí điểm M
 b) Dựng hình vuông ABDC D là cố định 
 Gọi K là giao điểm của MF và BD
 G là giao điểm của ME và DC
 KMGD là hình chữ nhật và các tứ giác 
 BEMK;CFMG là các hình vuông
 Xét GDM và MEF có 
 M· GD F· ME 90
 MG MF DG ME 
 GDM MEF(c.g.c) G· MD M· FE
Gọi H là giao điểm của MD và EF H· ME=G· MD (hai góc đối đỉnh)
 H· ME M· FE
 HME : MFE(g.g) E· HM = E· MF
Mà E· MF 90
 E· HM 90 MH  EF
Suy ra đường thẳng đi qua M và vuông góc với EF luôn đi qua điểm D cố định
2.
 µA Cµ Bµ
 Ta có ·APC 180 ( ) 90 
 2 2 2
 Mà ·APC ·APM M· PC ·APM 90
 Bµ
 ·APM P· BA
 2
 Xét MAP và PAB có 
 ·APM ·ABP(cmt)
 M· AP P· AB(gt)
 AP AB
 MAP : PAB(g.g) AP2 AM.AB
 AM AP
 AP2 AM.AB AM
 AB.AC AB.AC AC
Kẻ MK  MN(K AB); NT  MN(T AB)
 AM KM AP2 KM AM
MK / /DC (cùng vuông góc với MN ) (hệ quả định lí ta-lét) ( )
 AC DC AB.AC DC AC
 BP2 NT
Chứng minh tương tự ta có 
 AB.BC DC
 CMN Có CP vừa là đường cao vừa là phân giác nên CP đồng thời là trung tuyến do đó PM PN
Tứ giác MKTN là hình thang ( MK / /TN ) có DP là đường trung bình nên KM NT 2DP
 AP2 BP2 KM NT 2DP 2S
 APB (1)
 AB.AC AB.BC DC DC SABC
 BP2 CP2 2S
Chứng minh tương tự ta được APC (2)
 AB.BC AC.BC SABC CP2 AP2 2S
 BPC (3)
 AC.BC AB.AC SABC
 2 2 2
 AP BP CP S APB S APC S BPC 
Cộng từng vế của (1); (2) và (3) ta được 2. 2. 
 AB.AC BA.BC CB.CA SABC SABC SABC 
 AP2 BP2 CP2
 1 (Đpcm)
 AB.AC BA.BC CB.CA
Câu 5. 
 3x2
Ta có y2 yz z2 1010 
 2
 2y2 2yz 2z2 2020 3x2
 x2 y2 z2 2xy 2yz 2xz 2020 x2 2xy y2 z2 2xz - x2
 (x y z)2 2020 (x y)2 (x z)2 2020
 2020 x y z 2020
 2020
 x y z nhỏ nhất bằng 2020 khi x y z 
 3
 2020
x y z lớn nhất bằng 2020 khi x y z 
 3