Đề thi olympic môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Thanh Oai (Có đáp án)

 PHÒNG GD&ĐT THANH OAI ĐỀ THI OLYMPIC LỚP 8 NĂM HỌC 2018 – 2019
 Môn: Toán
 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)
 Đề thi gồm có: 01 trang
Bài 1: (4,0 điểm)
 1. Phân tích đa thức thành nhân tử x3 3x2 6x 4
 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì số n4 4 là hợp số
Bài 2: (4,0 điểm)
 2 2 a b
 1. Cho 3a 3b 10ab và b a 0 . Tính giá trị của biểu thức P 
 a b
 2. Cho a, b Q thỏa mãn a3b ab3 2a 2b2 2a 2b 1 0 . Chứng minh rằng 1 ab là bình 
 phương của một số hữu tỉ.
Bài 3: (4,0 điểm) 
 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 2xy x y 83
 9x2 18x 17
 2. Tìm x, y biết y(y 4)
 x2 2x 3
Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, I là điểm bất kỳ trên cạnh AB, kẻ HI 
 vuông góc với HK (K AC)
 a) Chứng minh ∆BIH  ∆AKH 
 b) Chứng minh HI.BC = IK.AB
 c) Tìm vị trí điểm I trên cạnh AB để diện tích tam giác HIK đạt giá trị nhỏ nhất
 2x 1 yz
Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn . Chứng minh rằng z = 1
 x 1
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 1 ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC TOÁN LỚP 8 
 Năm học: 2018-2019
 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT 
Bài 1: (4,0 điểm)
 1. Phân tích đa thức thành nhân tử x3 3x2 6x 4
 Lời giải
 Ta có x3 3x2 6x 4
 x3 x2 2x2 2x 4x 4
 x2 (x 1) x x 1 4 x 1 
 (x 1) x2 2x 4 
 2. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n > 1 thì số n4 4 là hợp số
 Lời giải
 4 4 2 2
 Ta có n 4 n 4n 4 4n
 2 2 2
 n 2 2n 
 2 2
 n 2n 2 . n 2n 2 
 2 2 2 2
 Vì là số tự nhiên n > 1 nên n 2n 2 ; n 2n 2 là số tự nhiên và n 2n 2 n 1 1 2 
 nên số n4 4 là hợp số
Bài 2: (4,0 điểm)
 2 2 a b
 1. Cho 3a 3b 10ab và b a 0 . Tính giá trị của biểu thức P 
 a b
 2 2 2 2 10
 Vì 3a 3b 10ab a b ab
 3
 10 4
 2 2 2 ab 2ab ab
 a b 2 a b a b 2ab 1
 Ta có P P 3 3 
 2 2 10 16
 a b a b a b 2ab ab 2ab ab 4
 3 3
 1
 P 
 2
 Mà 0 a b nên a – b 0 P < 0
 1
 P 
 2
 Lời giải
 2. Cho a, b Q thỏa mãn a3b ab3 2a 2b2 2a 2b 1 0 . Chứng minh rằng 1 ab là bình 
 phương của một số hữu tỉ.
 Lời giải
 Ta có a3b ab3 2a 2b2 2a 2b 1 0
 3 3 2 2
 a b ab 2a b 2a 2b 1 0
 2
 ab a b 2 a b 1 0
 2
 ab 2 a b 2ab a b ab 0
 2 2
 ab a b 2ab a b 1 1 ab 0
 Trang 2 2
 ab a b 1 1 ab
 2
 Vì a, b Q nên nên ab a b 1 là bình phương của số hữu tỉ 
 Vậy a, b Q thỏa mãn a3b ab3 2a 2b2 2a 2b 1 0 thì 1 – ab là bình phương của số hữu 
 tỉ
Bài 3: (4,0 điểm) 
 1. Giải phương trình nghiệm nguyên 2xy x y 83
 Lời giải
 Ta có 2xy x y 83 4xy 2x 2y 1 167
 2x 2y 1 2y 1 167 2y 1 2x 1 167
 Vì x, y Z nên 2x + 1, 2y + 1 Z và là ước của 167
 Ta có bảng
 2x + 1 1 -1 167 -167
 2y + 1 167 -167 1 -1
 x 0 -1 83 -84
 y 83 -84 0 -1
 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm (0 ; 83) ; (-1 ; -84) ; (83 ; 0) ; (-84 ; -1)
 9x2 18x 17
 2. Tìm x, y biết y(y 4)
 x2 2x 3
 Lời giải
 2
 9x2 18x 17 9 x 1 9 17
 Ta có y(y 4) y2 4y
 x2 2x 3 x 1 2 2
 2
 9 x 1 18 10 2 10 2 2
 y 4y y 4y 4 5 y 2 5
 x 1 2 2 x 1 2 2
 10 10
 Vì x 1 2 2 2 nên 5
 x 1 2 2 2
 2
 y 2 5 5 với mọi y
 x 1 0 x 1
 Dấu “=” xảy ra 
 y 2 0 y 2
 9x2 18x 17
 Vậy với x = 1 và y = -2 thì y(y 4)
 x2 2x 3
Bài 4: (7,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, I là điểm bất kỳ trên cạnh AB, kẻ HI 
 vuông góc với HK (K AC)
 a) Chứng minh ∆BIH  ∆AKH 
 b) Chứng minh HI.BC = IK.AB
 c) Tìm vị trí điểm I trên cạnh AB để diện tích tam giác HIK đạt giá trị nhỏ nhất
 Lời giải
 Trang 3 B
 H
 I
 A K C
 a) Xét ∆BIH và ∆AKH có 
 H· BI H· AK (cùng phụ với Cµ )
 B· HI A· HK (cùng phụ với I·HA )
 ∆BIH  ∆AKH (g.g)
 b) Xét ∆BHA và ∆IHK có 
 0
 A· HB I·HK 90 
 BH IH
 (Vì ∆BIH  ∆AKH)
 AH KH
 ∆BHA  ∆IHK (c.g.c)
 Lại có ∆BHA  ∆BAC (g.g)
 ∆IHK  ∆BAC
 HI IK
 HI.BC = IK.AB
 AB BC
 c) Ta có ∆IHK  ∆BAC (c/m trên)
 Mà ∆BAC cố định nên H không đổi
 ∆IHK đồng dạng với chính nó khi I thay đổi
 Để SIHK nhỏ nhất IH nhỏ nhất IH  AB
 Vậy khi I là chân đường vuông góc hạ từ H xuống AB thì SIHK nhỏ nhất
 2x 1 yz
Bài 5: (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số nguyên dương thỏa mãn . Chứng minh rằng z = 1
 x 1
 Lời giải
 Ta có 2x 1 yz 2x yz 1mà x > 1 nên yz 1 là số chẵn y lẻ
 Đặt y = 2k + 1 (k Z)
 Giả sử z > 1 khi đó có hai trường hợp
 + Trường hợp 1: z là só chẵn, đặt z = 2m ta có 
 yz 1 2k 1 2m 1 2q 1 2 1 4q2 4q 2 4q q 1 2
 Vì x > 1 và x nguyên dương nên x 2 nên 2x 4
 Mà yz 1 4q q 1 2 không chia hết cho 4
 z là số chẵn là sai
 + Trường hợp 1: z là só lẻ, đặt z = 2m + 1 ta có 
 yz 1 1 y 1 y2m y2m 1 y2m 2 ... y 1 
 y2m y2m 1 y2m 2 ... y 1 1 và là số lẻ vì nó là tổng lẻ các số lẻ
 Trang 4 yz 1có ước lẻ lớn hơn 1
Mà 2x không có ước lẻ lớn hơn 1 (vô lí)
Vậy giả sử z > 1 là sai
Mà z nguyên dương z =1
 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
 Trang 5