Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Bắc Giang (Có đáp án)

 PHÒNG GD VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8
 THÀNH PHỐ BẮC GIANG NĂM HỌC: 2018 – 2019
 ĐỀ SỐ 29 Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (5 điểm)
 2x2 2 x2 x 1 x2 3 1
 1. Cho biểu thức: A 3 4 2 3 2 : với x 1.
 x 1 x x 1 x x 3x 3 x 1
 a) Rút gọn biểu thức A.
 b) Tìm x để biểu thức A có giá trị nguyên.
 2. Cho ba số thực a, b, c khác 1 và thỏa mãn a b c 3.
 (a 1)2 (b 1)2 (c 1)2
 Tính giá trị của biểu thức: B .
 (b 1)(c 1) (c 1)(a 1) (a 1)(b 1)
Bài 2: (4 điểm)
 1. Giải phương trình: (x 2 5x 2)2 4(x 2 2)(5x 4) .
 x y 5
 2. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn .
 x2 xy y2 19
Bài 3: (4 điểm) 
 1. Tìm đa thức: P(x) , biết khi chia P(x) cho x 1 dư 1, chia cho x 3 dư 9 và khi 
 chia cho x2 2x 3 thì được thương là x2 x 1 và còn dư.
 2. Tìm các số tự nhiên n sao cho 2n 1 và 3n 1 là các số chính phương và 2n 9 là 
 số nguyên tố.
Bài 4: (6 điểm) 
 Cho tam giác ABC cân tại C ( AB AC ). Kẻ ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại 
 H ( D BC, E AC, F AB ). 
 AB2
 1. Chứng minh AE.AC .
 2
 2. Kẻ DM  CF tại M , DK  AC tại K . Chứng minh MK //FE
 AH BH CH
 3. Tính giá trị của tổng .
 AD BE CF
 4. Gọi N là giao điểm của EF với tia CB. Chứng minh CE.CN FE.FN CF 2 .
Bài 5: (1 điểm) 
 Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn a b 1.
 1 2012ab 1
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q 4ab .
 a2 b2 ab
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8
 THÀNH PHỐ BẮC GIANG
 Năm học: 2018-2019
 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 
Bài 1: (5 điểm)
 2x2 2 x2 x 1 x2 3 1
 1. Cho biểu thức: A 3 4 2 3 2 : với x 1.
 x 1 x x 1 x x 3x 3 x 1
 a) Rút gọn biểu thức A.
 b) Tìm x để biểu thức A có giá trị nguyên.
 2. Cho ba số thực a, b, c khác 1 và thỏa mãn a b c 3.
 (a 1)2 (b 1)2 (c 1)2
 Tính giá trị của biểu thức: B .
 (b 1)(c 1) (c 1)(a 1) (a 1)(b 1)
 Lời giải
 1
 a. Với x 1 ta có
 2x2 2 x2 x 1 x2 3 1
 A 3 2 2 2 :
 x 1 (x x 1)(x x 1) (x 1)(x 3) x 1
 2x2 2 1 1 1 2x2 2 x 1 x2 x 1 1
 3 2 : 2 :
 x 1 x x 1 x 1 x 1 (x 1)(x x 1) x 1
 x2 x2
 .(x 1) 
 (x 1)(x2 x 1) x2 x 1
 x2
 Vậy A với x 1
 x2 x 1
 b. 
 Ta có: 
 2 
 2 1 3 2
 x x 1 x 0x x
 2 4  A 0 (1)
 x2 x 1
 2 
 x 0 
 4 4 x2 (x 2)2 4
 Xét A 0 A (2)
 3 3 x2 x 1 3(x2 x 1) 3
 4
 Từ (1) và (2) ta có: 0 A mà A có giá trị nguyên nên A 0;1
 3
 +/Xét A 0 tìm được x 0 ( thỏa mãn ĐK)
 Trang 2 x2
 +/ Xét A 1 1 x 1 0 x 1 ( thỏa mãn ĐK)
 x2 x 1
 Vậy khi x 0; 1 thì biểu thức A có giá trị nguyên.
 2. 
 (a 1)2 (b 1)2 (c 1)2
 B 
 (b 1)(c 1) (c 1)(a 1) (a 1)(b 1)
 Từ GT ta có: a b c 3 (a 1) (b 1) (c 1) 0
 Đặt x a 1; y b 1; z c 1 ta có: x y z 0 và x 0; y 0; z 0
 x2 y2 z2 x3 y3 z3
 Khi đó B 
 yz zx xy xyz
 Vì x y z 0 x y z x3 y3 3xy(x y) z3
 x3 y3 3xy( z) z3 0 vì ( x y z ) x3 y3 z3 3xyz
 3xyz
 Thay x3 y3 z3 3xyz vào biểu thức B ta có : B 3
 xyz
 Vậy khi ba số thực a, b, c khác 1 và thỏa mãn a b c 3 thì B 3
Bài 2: (4 điểm)
 1. Giải phương trình: (x 2 5x 2)2 4(x 2 2)(5x 4) .
 x y 5
 2. Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn .
 x2 xy y2 19
 Lời giải
 1. 
 (x2 5x 2)2 4(x2 2)(5x 4) (1)
 2
 x 2 a 2
 Đặt a b x 5x 2 khi đó PT (1) trở thành:
 5x 4 b
 2 2
 (a b) 4ab (a b) 0 a b 0
 Với a b 0 thì x2 2 5x 4 0 x2 5x 6 0 (x 2)(x 3) 0
 x 2 0 x 2
 x 3 0 x 3
 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 2;3
 2. 
 x y 5
 Ta có 19(x y) 5(x2 xy y2 ) (1) 
 x2 xy y2 19
 Từ (1) ta có 19(x y)5 mà (19;5) 1 x y5 x y 5m ( m ¢ )
 Trang 3 Thay vào (1) tính được x2 xy y2 19m
 x y 5m x2 2xy y2 25m2 ta có 
 xy (x2 2xy y2 ) (x2 xy y2 ) 25m2 19m
 Xét: (x y)2 4xy (x y)2 0 25m2 4(25m2 19m) 0 75m2 76m 0
 76
 0 m mà m ¢ m 0;1
 75
 x y 0 x 0
 +/ Nếu : m 0 ta có 
 xy 0 y 0
 x y 5
 +/ Nếu: m 1 ta có tìm được (x; y) (2;3);(3;2)
 xy 6
 Vậy (x; y) (0;0);(2;3);(3;2)
Bài 3: (4 điểm) 
 1. Tìm đa thức: P(x) , biết khi chia P(x) cho x 1 dư 1, chia cho x 3 dư 9 và khi 
 chia cho x2 2x 3 thì được thương là x2 x 1 và còn dư.
 2. Tìm các số tự nhiên n sao cho 2n 1 và 3n 1 là các số chính phương và 2n 9 là 
 số nguyên tố.
 Lời giải
 1. Vì P(x) cho x 1 dư 1, chia cho x 3 dư 9 nên theo định lí Be’zout ta có:
 P( 1) 1 và P(3) 9
 Vì đa thức chia x2 2x 3 bậc hai nên đa thức dư có dạng ax b khi đó ta có:
 P(x) (x2 2x 3)(x2 x 1) ax b
 P(x) (x 1)(x 3)(x2 x 1) ax b
 P( 1) 1 a b 1
 Ta có: tìm được a 2; b 3
 P(3) 9 3a b 9
 P(x) (x2 2x 3)(x2 x 1) 2x 3 x4 3x3 3x
 Vậy P(x) x4 3x3 3x
 2. Ta có: 2n 1 và 3n 1 là các số chính phương nên ta có:
 2n 1 a2 ( với a ¥ ) (1) 3n 1 b2 ( với b ¥ ) (2)
 Từ (1) và (2) ta có: 3a2 2b2 1 (3)
 Ta có: 2n 9 (2n 1) 8 a2 8(3a2 2b2 ) 25a2 16b2 (5a 4b)(5a 4b) (4)
 Do 2n 9 là số nguyên tố , mà 5a 4b 5a 4b nên từ (4) ta có
 4b 1 4b 1
 5a 4b 1 a thay a vào (3) 
 5 5
 Trang 4 2
 4b 1 2 2 b 1
 3 2b 1 b 12b 11 0 (b 1)(b 11) 0 
 5 b 11
 +/ Nếu b 1 a 1 khi đó n 0 và 2n 9 9 (loại)
 +/ Nếu b 11 a 9 khi đó n 40 và 2n 9 89 (thỏa mãn)
 Vậy n 40 là giá trị cần tìm.
Bài 4: (6 điểm) Cho tam giác ABC cân tại C ( AB AC ). Kẻ ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau 
 tại H ( D BC, E AC, F AB ). 
 AB2
 1. Chứng minh AE.AC .
 2
 2. Kẻ DM  CF tại M , DK  AC tại K . Chứng minh MK //FE
 AH BH CH
 3. Tính giá trị của tổng .
 AD BE CF
 4. Gọi N là giao điểm của EF với tia CB. Chứng minh CE.CN FE.FN CF 2 .
 Lời giải
 A
 E
 K
 Q
 F
 M
 H
 N
 B D C
 1. Xét AEB ∽ AFC có:
 ·AEB ·AFC 900 (c / mt)
 AEB ∽ AFC(g.g)
 E· AB chung
 AE AB
 ( định nghĩa) AE.AC AF.AB (tính chất) (1)
 AF AC
 ABC cân tại C có CF là đường cao
 AB
 CF là đường trung tuyến ( t/chất) AF FB (2)
 2
 AB2
 Từ (1) và (2) ta có: AE.AC 
 2
 2. Chứng minh được MD//BF ( cùng vuông góc với CF )
 CM CD
 Xét CFB có: MD//BF (c/m trên) ( định lí Ta-let) (3)
 CF CB
 Trang 5 Chứng minh được DK//BE ( cùng vuông góc với AC )
 CD CK
 Xét CFB có: DK//BE (c/m trên) ( định lí Ta-let) (4)
 CB CE
 CM CK
 Từ (3) và (4) 
 CF CE
 CM CK
 Xét CFE có: (c/m trên) MK//FE ( định lí Ta-let đảo)
 CF CE
 HD S HE S HF S
 3. Chỉ ra được HBC ; HAC ; HAB
 AD SABC BE SABC CF SABC
 HD HE HF S S S S
 Tính được HBC HAC HAB ABC 1
 AD BE CF SABC SABC SABC SABC
 HD HE HF AH BH CH
 1 1 1 3 1 2
 AD BE CF AD BE CF
 4. Trên tia đối của tia FC lấy điểm Q sao cho F· NQ F· CE
 Chứng minh được CEF∽ NQF(g.g) EF.FN FQ.CF (5)
 Chỉ ra CF là đường phân giác của ABC F· CN F· CE
 Chứng minh được CNQ ∽ CFE(g.g) CE.CN CQ.CF (6)
 Từ (5) và (6) ta có 
 CE.CN FE.FN CQ.CF FQ.CF CF(CQ FQ) CF.CF CF 2
 2
 CE.CN FE.FN CF
Bài 5: (1 điểm). Cho a, b là hai số thực dương thỏa mãn a b 1.
 1 2012ab 1
 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: Q 4ab .
 a2 b2 ab
 Lời giải
 1 1 1 1
 Q 2 2 (4ab ) 2012 .
 a b 2ab 4ab 4ab
 1 1 4
 Chứng minh được bất đẳng thức: (*); (x y)2 4xy (**)
 x y x y
 Với x 0; y 0 , dấu “=” xảy ra khi x y
 Với a, b là hai số thực dương , 0 a b 1
 Áp dụng bất đẳng thức (*) và (**) ta có: 
 1 1 4 4 4
 4 (1)
 a2 b2 2ab a2 b2 2ab (a b)2 1
 2
 1 1 1
 4ab 4.4ab. 4 4ab 2 (2)
 4ab 4ab 4ab
 Trang 6 1 4 4 1
(a b)2 4ab 4 1 (3)
 ab (a b)2 12 4ab
 Từ (1); (2) và (3) Q 4 2 1 2012 2019
 1
 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b 
 2
Vậy biểu thức Q đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2019 khi a b 1
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 7