Đề thi thành lập các đội tuyển học sinh giỏi Lớp 8 THCS - Năm học 2019-2020 - Trường THPT chuyên Biên Hoà (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KÌ THI THÀNH LẬP CÁC ĐỘI TUYỂN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HOÀ HỌC SINH GIỎI LỚP 8- THCS
 NĂM HỌC 2019-2020
 Môn thi: Toán
 Thời gian làm bài 90 phút
Bài 1(3,0 điểm)
 1 6x 3 2 
Cho biểu thức: Q 3 2 : x 2 
 x 1 x 1 x x 1 
 a) Tìm điều kiện xác định của Q, rút gọn Q.
 1
 b) Tìm x khi Q 
 3
 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q.
Bài 2(6,0 điểm)
 1 3 2
 1) Giải phương trình: 2
 x2 x 1 x 1 2
 5 3 2
 2) Cho hai đa thức M x x 9x 6x 1; Q(x) 3x 2x 1. Gọi x1 , x2 , x3 , x4 , x5 là 
 các nghiệm của M(x). Tính giá trị của Q(x1 ),Q(x2 ),Q(x3 ),Q(x4 ),Q(x5 )
 3) Cho f (x) x2 px q với p Z,q Z . Chứng minh tồn tại số nguyên k để 
 f (k) f (2019).f (2020)
Bài 3(4,0 điểm)
 ab 1 bc 1 ca 1
 1) Cho abc 1 và . Chứng minh rằng a b c
 b c a
 a2 b2 a
 2) Cho a,b,c là các số nguyên khác 0, a c sao cho . Chứng minh rằng 
 b2 c2 c
 a2 b2 c2 không phải là số nguyên tố.
Bài 4(5,0 điểm)
 Cho hình vuông ABCD, gọi M là điểm bất kì trên cạnh BC. Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa 
điểm C, dựng hình vuông AMHN. Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH tại E. 
Đường thẳng AH cắt DC tại F.
 a) Chứng mỉnh rằng: BM = ND.
 b) Tứ giác EMFN là hình gì?
 c) Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC.
Bài 5(2,0 điểm)
 a b c 3
Cho a,b,c 0;a b c 3. Chứng minh rằng: 
 1 b2 1 c2 1 a2 2 Đáp án:
Bài 1(3,0 điểm)
 1 6x 3 2 
Cho biểu thức: Q 3 2 : x 2 
 x 1 x 1 x x 1 
 a) Tìm điều kiện xác định của Q, rút gọn Q.
 * Điều kiện xác định của Q:
 x 1 0
 3
 x 1 0 x 1
 2 
 x – x 1 0 x 2
 x 2 0
 * Rút gọn Q: Với x 1, x 2
 1 6x 3 2 
 Q 3 2 : x 2 
 x 1 x 1 x x 1 
 x2 x 1 6x 3 2 x 1 
 : x 2 
 x 1 x2 x 1 
 x2 x 1 6x 3 2x 2 1
 
 x 1 x2 x 1 x 2 
 x2 3x 2 1
 
 x 1 x2 x 1 x 2 
 x 1 x 2 1
 x 1 x2 x 1 x 2 x2 x 1
 1
 b) Tìm x khi Q 
 3
 1 1 1
 Q x2 x 1 3 x2 x 2 0 x 2 x 1 0
 3 x2 x 1 3
 x 2 0 x 2(tm)
 x 1 0 x 1(ko tm)
 1
 Vậy để Q thì x = 2.
 3
 c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q.
 1 1
 Q 2 2
 x x 1 1 3
 x 
 2 4 2 2
 1 1 3 3 1 1 4
 Ta có: x 0 x 0 2 Q 
 2 2 4 4 1 3 3 3
 x 
 2 4 4
 1 1
 Dấu “=” xảy ra x 0 x (tm)
 2 2
 4 1
 Vậy max Q x 
 3 2
Bài 2(6,0 điểm)
 1 3 2
 1) Giải phương trình: 2
 x2 x 1 x 1 2
 ĐKXĐ: x 0, x 1
 1 3 2
 2
 x2 x 1 x 1 2
 2 2
 x 1 3x2 x 1 2x2 2x2 x 1 
 x2 x 1 2 x2 x 1 x2 x 1 2 x2 x 1 2
 x 1 2 3x2 x 1 2x2 2x2 x 1 2
 x2 2x 1 3x3 3x2 2x2 2x4 4x3 2x2 0
 2x4 x3 2x 1 0
 x3 (2x 1) (2x 1) 0
 (2x 1)(1 x3 ) 0
 1
 2x 1 0 x (tm)
 3 2
 1 x 0 
 x 1(tm)
 1 
 Vậy phương trình có tập nghiệm là S ;1
 2 
 5 3 2
 2) Cho hai đa thức M x x 9x 6x 1; Q(x) 3x 2x 1. Gọi x1 , x2 , x3 , x4 , x5 là 
 các nghiệm của M(x). Tính giá trị của Q(x1 ).Q(x2 ).Q(x3 ).Q(x4 ).Q(x5 )
 Ta có: Q(x) 3x2 2x 1 x 1 3x 1 
 Vì x1 , x2 , x3 , x4 , x5 là các nghiệm của M(x) nên
 M(x) (x x1 )(x x2 )(x x3 )(x x4 )(x x5 )
 M(x) (x x1 )(x x2 )(x x3 )(x x4 )(x x5 )
 5 3
 M( 1) ( 1 x1 )( 1 x2 )( 1 x3 )( 1 x4 )( 1 x5 ) ( 1) 9( 1) 6( 1) 1 3
 x1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 3 5 3
 1 1 1 1 1 1 1 1 1 649
 M x1 x2 x3 x4 x5 9 6 1 
 3 3 3 3 3 3 3 3 3 243
 1 1 1 1 1 649
 x4 x1 x2 x3 x5 
 3 3 3 3 3 243
 1 
 Q x1 3 x1 1 x1 
 3 
 1 
 Q x2 3 x2 1 x2 
 3 
 1 
 Q x3 3 x3 1 x3 
 3 
 1 
 Q x4 3 x4 1 x4 
 3 
 1 
 Q x5 3 x5 1 x5 
 3 
 Q(x1 ).Q(x2 ).Q(x3 ).Q(x4 ).Q(x5 )
 5 1 1 1 1 1 
 3 x1 1 x2 1 x3 1 x4 1 x5 1 x4 x1 x2 x3 x5 
 3 3 3 3 3 
 649
 243.( 3). 1947
 243
 3) Cho f (x) x2 px q với p Z,q Z . Chứng minh tồn tại số nguyên k để 
 f (k) f (2019).f (2020)
 2
 Ta có: f (x).f (x 1) f (x) (x 1) p(x 1) q 
 f (x)(x2 2x 1 px p q)
 f (x)(x2 px q 2x p 1)
 f (x)[f (x) 2x p 1]
 f (x) 2 2f (x)x pf (x) f (x)
 f (x) 2 2f (x)x pf (x) (x2 px q)
 f (x) 2 2f (x)x x2 pf (x) px q
 f (x) x 2 p f (x) x q
 f f (x) x 
 f (2019).f (2020) f (f (2019) 2019) f (20192 p.2019 q 2019) f (k)
Với k 20192 p.2019 q 2019 Z
Bài 3(4,0 điểm) ab 1 bc 1 ca 1
 1) Cho abc 1 và . Chứng minh rằng a b c
 b c a
 Ta có:
 ab 1 bc 1 ca 1 1 1 1
 a b c 
 b c a b c a
 1 1 b c
 a b a b 
 c b bc
 1 1 c a
 b c b c 
 a c ca
 1 1 a b
 c a c a 
 b a ab
 (a b)(b c)(c a)
 (a b)(b c)(c a) 
 a2 b2c2
 (a b)(b c)(c a)
 (a b)(b c)(c a) 0
 a2 b2c2
 1 
 (a b)(b c)(c a) 1 2 2 2 0
 a b c 
 1
 Vì abc 1 1 0
 a2 b2c2
 a b 0 a b
 b c 0 b c hay a b c
 c a 0 c a
 a2 b2 a
2) Cho a,b,c là các số nguyên khác 0, a c sao cho . Chứng minh rằng a2 b2 c2 
 b2 c2 c
không phải là số nguyên tố.
 a2 b2 a
 a2 b2 c b2 c2 a a2c b2c ab2 ac2 a2c b2c ab2 ac2 0
 b2 c2 c
 ac(a c) b2 (a c) 0 (a c)(ac b2 ) 0 b2 ac(do a c)
 a2 b2 c2 a2 ac c2 a2 2ac c2 b2 (a c)2 b2 (a c b)(a c b)
 Giả sử a2 b2 c2 là số nguyên tố thì một trong hai nhân tử a c b hoặc a c b bằng 1 
 hoặc 1
 * a c b 1 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 2a 2c 1
 a 1 2 b2 c 1 2 1 , mà a,b,c là các số nguyên khác 0 b 1,a c 1trái với
 a c (loại)
 * a c b 1 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 2a 2c 1
 a 1 2 b2 c 1 2 1 , mà a,b,c là các số nguyên khác 0 b 1,a c 1trái với
 a c (loại)
 * a c b 1 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 2a 2c 1 a 1 2 b2 c 1 2 1 , mà a,b,c là các số nguyên khác 0 b 1,a c 1trái với
 a c (loại)
 * a c b 1 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 2a 2c 1
 a 1 2 b2 c 1 2 1 , mà a,b,c là các số nguyên khác 0 b 1,a c 1trái với
 a c (loại)
 Vậy a2 b2 c2 không phải là số nguyên tố.
Bài 4(5,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD, gọi M là điểm bất kì trên cạnh BC. Trong nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm C, 
dựng hình vuông AMHN. Qua M dựng đường thẳng d song song với AB, d cắt AH tại E. Đường thẳng 
AH cắt DC tại F.
 A B A B
 E E
 M M
 O O
N N
 D F C D F C
 H H
 a) Chứng mỉnh rằng: BM = ND.
 Xét ABM và ADN có :
 AB AD(gt)
 B· AM D· AN (cùng phụ với M· AD )
 AB AN gt 
 ABM ADN (c.g.c)
 b) Tứ giác EMFN là hình gì?
 ABM ADN (theo a) A· DN A· BM 900 A· DN A· DF 1800
 N,D,F thẳng hàng.
 Xét EOM và FON có :
 E· OM F· ON 900 (tính chất đường chéo hình vuông)
 OM ON (tính chất đường chéo hình vuông)
 E· MO F· NO (hai góc so le trong do EM//AB//CD) EOM FON(g.c.g)
 EM NF
 Tứ giác EMFN có EM //NF và EM = NF nên là hình bình hành
 Lại có EF  MN (tính chất đường chéo hình vuông)
 EMFN là hình thoi.
 c) Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC.
 Vì EMFN là hình thoi nên MF = FN, lại có BM = DN (cmt)
 Chu vi MFC MF MC CF FN MC CF FD DN MC CF
 DF FC BM MC DC BC 2BC
 Do BC không đổi nên chu vi tam giác MFC không đổi khi M thay đổi trên BC.
Bài 5(2,0 điểm)
 a b c 3
Cho a,b,c 0;a b c 3. Chứng minh rằng: 
 1 b2 1 c2 1 a2 2
 a a ab2 ab2 a(1 b2 ) ab2 ab2
Ta có: a 
 1 b2 1 b2 1 b2 1 b2
 1 1 ab2 ab2 ab2 ab
Vì 1 b2 2b 0 a a 
 1 b2 2b 1 b2 2b 1 b2 2
 a ab
Nên a 
 1 b2 2
 b bc c ac
Tương tự: b ; c 
 1 c2 2 1 a2 2
 a b c ab bc ca ab bc ca
 (a b c) 3 
 1 b2 1 c2 1 a2 2 2
Lại có: (a b c)2 3(ab bc ca) 3(ab bc ca) 32 ab bc ca 3
 a b c 3 a b c 3
 3 hay 
 1 b2 1 c2 1 a2 2 1 b2 1 c2 1 a2 2
Dấu “=” xảy ra a b c 1.