Đề thi khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Thuận Thành (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THUẬN THÀNH ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
 NĂM HỌC: 2020 – 2021
 Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: (6,0 điểm) 
 3x 3
1. Cho biểu thức A 
 x3 x2 x 1
a. Rút gọn A . Tìm x để A nhận giá trị nguyên.
b. Tìm giá trị lớn nhất của A .
2. Cho f x ax2 bx c với a,b,c là các số thỏa mãn: 13a b 2c 0 .
Chứng tỏ rằng: f 2 . f 3 0 
Bài 2: (6,0 điểm)
1. Cho M (n2 2n 5)3 (n 1)2 2018 
Chứng minh rằng M chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n .
2. Tìm giá trị trị nhỏ nhất của biểu thức: N a4 2a3 3a2 4a 5.
3. Cho a và b là các số tự nhiên thoả mãn 2a2 a 3b2 b 
Chứng minh rằng: a b và 2a 2b 1là các số chính phương.
Bài 3: (6,0 điểm) 
Cho ABC vuông tại A lấy điểm H bất kì trên cạnh BC . Gọi E , F lần lượt là điểm đối xứng 
của H qua AB và AC
1. Chứng minh tứ giác BEFC là hình thang.
2. Tìm vị trí của H để BEFC trở thành một hình bình hành, hình chữ nhật được không. ?
3. Xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất?
Bài 4: (2,0 điểm) 
Có hay không hai số nguyên dương a và b có tổng bằng 2022 và tích của chúng chia hết cho 2022.
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI
 HUYỆN THUẬN THÀNH
 NĂM HỌC: 2020 – 2021
 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 
Bài 1: (6,0 điểm) 
 3x 3
1. Cho biểu thức A 
 x3 x2 x 1
a. Rút gọn A . Tìm x để A nhận giá trị nguyên.
b. Tìm giá trị lớn nhất của A .
2. Cho f x ax2 bx c với a,b,c là các số thỏa mãn: 13a b 2c 0 .
Chứng tỏ rằng: f 2 . f 3 0
 Lời giải
1. a. Điều kiện xác định: x3 x2 x 1 0 (x 1)(x2 1) 0 x 1 0 x 1
 3x 3 3(x 1) 3
 A 
 x3 x2 x 1 (x 1)(x2 1) x2 1
 3
Vì x2 1 1nên 0 A 3. Do đó A Z A 1;2;3
 x2 1
 3
*) A 1 1 x2 2 x 2(tm)
 x2 1
 3 1 1
*) A 2 2 x2 x (tm)
 x2 1 2 2
 3
*) A 3 3 x2 0 x 0(tm)
 x2 1
 1 
Vậy các giá trị cần tìm x 2 ;0; 
 2  
b.Với nhận xét ở trên A 3 và A 3 x 0 tm . Do đó Amax 3 khi x 0 .
2.
Ta có f 2 4a 2b c
 f 3 9a 3b c
 f 2 f 3 13a b 2c 0 
Do đó: f ( 2) f (3) f ( 2). f (3) 0 (đpcm).
Bài 2: (6,0 điểm)
 Trang 2 1. Cho M (n2 2n 5)3 (n 1)2 2018 
Chứng minh rằng M chia hết cho 6 với mọi số tự nhiên n .
2. Tìm giá trị trị nhỏ nhất của biểu thức: N a4 2a3 3a2 4a 5.
3. Cho a và b là các số tự nhiên thoả mãn 2a2 a 3b2 b 
Chứng minh rằng: a b và 2a 2b 1là các số chính phương.
 Lời giải
1. Ta có x3 x6 (x N) . Khi đó :
 3
 M n2 2n 5 n2 2n 5 n2 2n 5 (n 1)2 2018
 3
 n2 2n 5 n2 2n 5 2022
 3
 Áp dụng kết quả trên ta có : n2 2n 5 n2 2n 5 6 mà 20226 nên M 6
2.
 N a4 2a3 3a2 4a 5
 a4 2a3 a2 2 a2 2a 1 3
 2
 a2 a 2 a 1 2 3 3
 a2 a 0
 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 1
 a 1 0
 Vậy Nmin 3 khi a=1
3.
 2a2 a 3b2 b 2a2 2b2 a b b2 a b 2a 2b 1 b2 (1)
Gọi a b;2a 2b 1 d .
Khi đó : b2 a b 2a 2b 1 d 2 bd
Mà a bd ad 2a 2bd 2a 2b 1 2a 2b d 1d d 1
Như vậy: (a b;2a 2b 1) 1. Từ đó, theo (1) suy ra: a b và 2a 2b 1là các số chính phương.
Bài 3: (6,0 điểm) 
 Cho ABC vuông tại A lấy điểm H bất kì trên cạnh BC . Gọi E , F lần lượt là điểm đối 
xứng của H qua AB và AC
1. Chứng minh tứ giác BEFC là hình thang.
2. Tìm vị trí của H để BEFC trở thành một hình bình hành, hình chữ nhật được không.
3. Xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất?
 Lời giải
1. Theo giả thiết suy ra:
 Trang 3 B
 E
 H
 E· BH 2·ABC
 A C
 · ·
 FCH 2ACB
 o
 E· BH F· CH 2·ABC 2·ACB 180 F
Mà hai góc này ở vị trí trong cùng phía nên BE//CF
 EBCF là hình thang.
2.Vì EBCF là hình thang có hai đáy là BE,CF nên: 
+ Để EBCF là hình bình hành thì cần thêm EB CF
Mà EB BH;CF HC EB CE BH HC H là trung điểm của BC .
Vậy BECF là hình bình hành khi H là trung điểm của BC .
+ Để BECF là hình chữ nhật thì điều kiện trước hết EBCF là hình bình hành, khi đó H là trung 
 · o · o
điểm BC và EBH 90 hay ABH 45 tức là ABC vuông cân tại A . 
Vậy để BECF là hình chữ nhật thì cần ABC vuông cân tại A và H là trung điểmcủa BC .
3. Gọi P,Q theo thứ tự là giao điểm của EH và AB , FH và AC .
 EH.FH
Dễ thấy EHF vuông tại H nên S 2PH.QH
 EHF 2
Theo địnhlý Ta-let ta có:
 PH BH
 AC BC
 QH CH
 AB BC
 PH.QH BH.CH
 AC.AB BC 2
 AC.AB
 PH.QH .BH.CH
 BC 2
Cách 1) Mặt khác ta có: 
 0 (BH CH )2 (BH CH )2 4BH.CH
 AB.AC BC 2 AB.AC
 BH.CH . 
 BC 2 4 4
Đẳng thức xảy ra khi BH CH hay H là trung điểm của BC .
Vậy EFH có diện tích lớn nhất khi H làtrung điểmcủa BC .
Cách 2)
Do BH + CH = BC không đổi, nên áp dụng hệ quả bất đẳng thức Cauchy ta có BH.CH đạt 
giá trị lớn nhất khi BH CH hay H là trung điểm của BC .
Vậy EFH có diện tích lớn nhất khi H làtrung điểmcủa BC .
Cách 3)
 Trang 4 Áp dụng bất đẳng thức a b 2 4ab ta có:
 BC 2 AB.AC
 BH.CH PH.QH 
 4 4
Bài 4: (2,0 điểm) 
Có hay không hai số nguyên dương a và b có tổng bằng 2022 và tích của chúng chia hết cho 2022.
 Lời giải
Giả sử tồn tại 2 số nguyên dương a, b thỏa mãn yêu cầu bài toán. Tức là:
 a b 2022 (1)
 *
 ab 2022c, c N (2)
 a2
Từ 2 suy ra: a.b 2.2.337.c 
 b2
 a2
Từ 1 suy ra nếu a hoặc b chia hết cho 2 thì số còn lại cũng chia hết cho 2 . Do đó: 
 b2
 a3 a337
Lập luận tương tự : và 
 b3 b337
 a2.3.337
Vì 2,3,337 là các số nguyên tố cùng nhau nên 
 b2.3.337
 a2022 a 2022
hay a b 2022
 b2022 b 2022
Điều này mâu thuẫn với 1 , do đó điều giả sử là Sai.
Vậy không tồn tại 2 số nguyên dương thỏa mãn yêu cầu bài toán.
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 5