Đề thi olympic cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Mỹ Đức (Có đáp án)

 ĐỀ THI OLYMPIC
PHÒNG GD&ĐT MỸ ĐỨC Môn: Toán 8
 NĂM HỌC: 2018 – 2019
 Thời gian làm bài: 120 phút
Bài 1: (5,0 điểm)
 x2 2x 2x2 1 2 
 Cho biểu thức A 2 2 3 1 2 
 2x 8 8 4x 2x x x x 
 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
 b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
 1
 c) Tìm x để A .
 3
Bài 2: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: x x 2 x2 2x 2 1 0
 b) Tìm các cặp số tự nhiên x; y thoả mãn 4x 15y 1 4 x x2 x y 305
Bài 3: (4,0 điểm) 
 a b 2019c
 a) Cho B (các mẫu số đều khác 0)
 ab a 2019 bc b 1 ac 2019c 2019
 Tính giá trị của B biết abc 2019 .
 b) Cho a,b,c,d là các số thực dương thoả mãn a2 b2 c2 d 2 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
 biểu thức
 1 1 1 1
 S .
 a b c b c d c d a d a b
Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB AC , đường cao AH . Gọi M , N lần lượt là hình 
 chiếu của H trên các cạnh AB và AC .
 a) Chứng minh rằng AM.AB AN.AC AH 2
 b) Gọi K la giao điểm của MN và BC . Chứng minh rằng KB.KC KH 2 .
 c) Gọi O là trung điểm của BC , I là giao điểm của MN và AH . Chứng minh rằng OI vuông 
 góc với AK .
 AH 40 AB
 d) Giả sử . Tính tỉ số .
 OA 41 AC
Bài 5: (1,0 điểm) Cho n 1 và 2n 1 (với n ¥ ) đều là số chính phương. Chứng minh rằng n chia 
 hết cho 24.
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ THI OLYMPIC
 PHÒNG GD&ĐT MỸ ĐỨC
 Năm học: 2020-2021
 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 
Bài 1: (5,0 điểm)
 x2 2x 2x2 1 2 
 Cho biểu thức A 2 2 3 1 2 
 2x 8 8 4x 2x x x x 
 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A .
 b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên.
 1
 c) Tìm x để A .
 3
 Lời giải
 x 2
 a) Đkxđ: 
 x 0
 x2 2x 2x2 1 2 
 A 2 2 3 1 2 
 2x 8 8 4x 2x x x x 
 x2 2x 2x2 x2 x 2
 A .
 2 2 x2
 2 x 4 x 4 x 2 
 x2 2x x 2 4x2 x 2 x 1 
 A .
 2 x2 4 x 2 x2
 x. x 2 2 4x x 1 
 A 
 2 x2 4 x2
 x2 4x 4 4x x 1 
 A 
 2 x2 4 .x
 x2 4 x 1 
 A 
 2 x2 4 .x
 x 1
 A 
 2x
 x 1
 Vậy A khi x 0, x 2 .
 2x
 b) Để A nguyên thì x 12x 2 x 1 2x 2x 22x 22x 1x
 x 1 (thoả mãn đkxđ).
 Với x 1 thì A 1 ¢ (thoả mãn)
 Với x 1 thì A 0 ¢ (thoả mãn)
 Vây để A nguyên thì x 1.
 1 x 1 1 x 3
 c) Để A thì 0
 3 2x 3 6x
 x 3 và x trái dấu
 x 3 0 x 3
 Mà x 3 x nên 3 x 0
 x 0 x 0
 Vậy 3 x 0 .
 Trang 2 Bài 2: (4,0 điểm)
 a) Giải phương trình: x x 2 x2 2x 2 1 0
 b) Tìm các cặp số tự nhiên x; y thoả mãn 4x 15y 1 4 x x2 x y 305
 Lời giải
 a) Ta có x x 2 x2 2x 2 1 0
 x2 2x . x2 2x 2 1 0
 x2 2x 2. x2 2x 1 0
 2
 x2 2x 1 0
 x 1 4 0
 x 1
 Vậy x 1.
 b) 4x 15y 1 4 x x2 x y 305 (*)
 Vì 305 là số lẻ nên 4x 15y 1 và 4 x x2 x y đều là số lẻ.
 Lại có 4x 1 2,x ¥ 15y2 y2
 x2 x x x 1 2
 Vì 
 y2
 Nên để 4 x x2 x y  2 thì 4 x  2 x 0 (thoả mãn) 
 Khi đó, phương trình (*) trở thành:
 15y 1 . y 1 305 (1)
 15y 15y 1 Ư(305) 1; 305; 5; 61
 Mà 15y 1 1 và 15y 1 chia 15 dư 1
 15y 1 1;61 15y 0;60 y 0;4 (thoả mãn)
 Với y 0, thay vào (1) suy ra 1.1 305 (vô lí)
 Với y 4 , thay vào (1) ta được 61.5 305 (đúng) y 4 thoả mãn
 Vậy x; y 0;4 .
Bài 3: (4,0 điểm) 
 a b 2019c
 a) Cho B (các mẫu số đều khác 0)
 ab a 2019 bc b 1 ac 2019c 2019
 Tính giá trị của B biết abc 2019 .
 b) Cho a,b,c,d là các số thực dương thoả mãn a2 b2 c2 d 2 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của 
 biểu thức
 1 1 1 1
 S .
 a b c b c d c d a d a b
 Lời giải
 a) Với abc 2019 , ta có:
 a b 2019c
 B 
 ab a 2019 bc b 1 ac 2019c 2019
 a b abc.c
 B 
 ab a abc bc b 1 ac abc.c abc
 Trang 3 1 b bc
 B 
 b 1 bc bc b 1 1 bc b
 1 b bc
 B 1
 bc b 1
 2
 a 1 0 2
 a 1 2a
 2 
 b 1 0 b2 1 2b
 b) Ta có: 
 2 2
 c 1 0 c 1 2c
 2
 2 d 1 2d
 d 1 0
 a2 b2 c2 d 2 4 2 a b c d 
 Mà a2 b2 c2 d 2 4
 2 a b c d 8 a b c d 4
 Áp dụng BĐT Svacxo, ta được:
 1 1 1 1
 S 
 a b c b c d c d a d a b
 16 4
 3 a b c d 3
 Dấu “=” xảy ra a b c d 1
 4
 Vậy Min S khi a b c d 1.
 3
Bài 4: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, AB AC , đường cao AH . Gọi M , N lần lượt là hình 
 chiếu của H trên các cạnh AB và AC .
 a) Chứng minh rằng AM.AB AN.AC AH 2
 b) Gọi K la giao điểm của MN và BC . Chứng minh rằng KB.KC KH 2 .
 c) Gọi O là trung điểm của BC , I là giao điểm của MN và AH . Chứng minh rằng OI vuông 
 góc với AK .
 AH 40 AB
 d) Giả sử . Tính tỉ số .
 OA 41 AC
 Lời giải
 K
 B
 1
 1
 1 H
 M 3
 1 2
 O
 I
 F
 1
 1
 2 2
 A
 N C
 a) Xét AMH và AHB có
 B· AH chung
 Trang 4 H· MA ·AHB 90 
Do đó AMH ∽ AHB (g.g)
 AM AH
 AM.AB AH 2 (1)
 AH AB
 AH AN
Tương tư HNA∽ CHA(g.g) AN.AC AH 2 (2)
 AC AH
Từ (1) và (2) suy ra AM.AB AN.AC AH 2
 ¶ ¶ ¶ ¶
b) Vì MB//HN M1 N1 mà N1 H1 (do I là tâm hình chữ nhật MHNA nên IN IH )
 ¶ ¶
 M1 H1
 ¶ µ ¶
Lại có: H1 C (cùng phụ với H2 )
 ¶ µ
 M1 C
Xét KMB và KCN có:
 ¶
 K1 chung
 ¶ µ
 M1 C
Do KMB ∽ KCN (g.g)
 KM KB
 KM.KN KB.KC (3)
 KC KN
Xét KMH và KHN có:
 ¶
 K1 chung
 ¶ ¶ ¶
 H3 N1 (cùng phụ với H2 )
Do KMH ∽ KHN (g.g)
 KM KH
 KB.KC KH 2 (4)
 KH KN
Từ (1) và (2) suy ra KB.KC KH 2
c) Gọi F là giao điểm của KN và AO
 µ ¶ ¶ ¶ ¶ µ ¶
Vì C H1 (cùng phụ với H2 ), mà H1 N1 nên C N1 (5)
Vì AO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC của BAC vuông tại A nên AO OC
 µ ¶
 AOC cân tại O C A2 (6)
 ¶ ¶
Từ (5) và (6) suy ra N1 A2
 ¶ ¶ ¶ ¶
Mà N1 N2 90 A2 N2 90
 ·AFN 90 KF  AO
Xét KAO có: KF  AO; AH  KO và KF cắt AH tại I
 I là trực tâm KAO OI  KA
 AH 40
d) Vì nên đặt AH 40a;OA 41a a 0 
 OA 41
Theo định lý Py-ta-go ta có: OH 2 OA2 AH 2 41a 2 40a 2 81a2
 OH 9a
Mà OA OB OC OB OC 41a
 BH 41a 9a 32a
 CH 41a 9a 50a
 Trang 5 Áp dụng Py-ta-go vào các tam giác AHB, AHC vuông tại H , ta được:
 2 2 2 2 2 2
 AB AH BH 40a 32a 2624a
 2 2 2 2 2 2
 AC AH CH 40a 50a 4100a
 AB 8 41a
 AC 10 41a
 AB 8 41a 4
 AC 10 41a 5
 AB 4 AH 40
 Vậy khi .
 AC 5 OA 41
Bài 5: (1,0 điểm) Cho n 1 và 2n 1 (với n ¥ ) đều là số chính phương. Chứng minh rằng n chia 
 hết cho 24.
 Lời giải
 Vì 2n 1 là số lẻ mà 2n 1 là số chính phương (gt)
 2n 1 chia 4 dư 1
 2n4 n2 n 1 là số lẻ mà n 1 là số chính phương
 n 1 chia 8 dư 1 n8 (1)
 Mặt khác n 1 2n 1 3n 2 chia cho 3 dư 2
 Mà n 1 và 2n 1 đều là số chính phương nên chúng chia cho 3 đều dư 1.
 Vì n 1 chia cho 3 dư 1 nên n3 (2)
 Vì 3,8 1 và 3.8 24 nên từ (1) và (2) suy ra n24 .
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 6