UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
Năm học 2022-2023
Mơn: TỐN - LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
(Đề này gồm 05 câu, 01 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)
1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a 4 ( b − c ) + b4 ( c − a ) + c 4 ( a − b )
2) Cho ba số a, b, c  0 thỏa mãn:

a b c b a c
+ + = + + . Tính giá trị của
b c a a c b

biểu thức sau: P = ( a − b )( b − c )( c − a )( a + 2b + 3c )

2022

+ 2023

Câu 2: (2,0 điểm)
x −1
 x − 1   2x + 4 
=0
1) Giải phương trình: 
 −
 + 3.
x−3

 x+2  x−3 
2

2

2) Đa thức f ( x ) chia cho x + 1 dư 4, chia cho x 2 + 1 dư 2 x + 3 . Tìm phần
dư khi chia đa thức f ( x ) cho ( x + 1) ( x 2 + 1) .
Câu 3: (2,0 điểm)
1) Tìm các cặp số nguyên ( x, y ) thỏa mãn: x 2 + 8 y 2 + 4 xy − 2 x − 4 y = 4 .
2) Chứng minh rằng nếu số nguyên n lớn hơn 1 thoả mãn n 2 + 4 và n2 + 16
là các số nguyên tố thì n chia hết cho 5.
Câu 4: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC. Các đường cao AD, BE, CF cắt
nhau tại điểm H.
AH BH CH
1) Chứng minh:
+
+
=2
AD BE CF
2) Gọi M là trung điểm của AC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với HM,
đường thẳng này cắt AB, BC lần lượt tại P, Q. Chứng minh AM.BQ = AH.BH.
3) Chứng minh  MPQ là tam giác cân.
Câu 5: (1,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2 + b2 + c 2  abc .
a
b
c
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 2
+ 2

+ 2
a + bc b + ca c + ab

------------------ Hết ---------------* Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.


UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH
PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM GIAO LƯU
HỌC SINH GIỎI
Năm học 2022-2023
Mơn: TỐN - LỚP 8
(Hướng dẫn này gồm 05 câu, 05 trang)
Đáp án

Ý

Điểm

= a 4 ( b − c ) − b4 ( a − b + b − c ) + c 4 ( a − b )
= a 4 ( b − c ) − b4 ( a − b ) − b4 (b − c ) + c 4 ( a − b )

= ( b − c ) ( a 4 − b4 ) − ( a − b ) (b4 − c 4 )

1

= ( b − c )( a − b )( a + b ) ( a 2 + b 2 ) − ( a − b )( b − c )( b + c ) ( b 2 + c 2 )

= ( a − b )( b − c ) ( a 3 + ab 2 + a 2b + b3 − b3 − bc 2 − b 2c − c 3 )
= ( a − b )( b − c ) ( a − c ) ( a 2 + ac + c 2 ) + b 2 ( a − c ) + b ( a − c )( a + c ) 

= ( a − b )( b − c )( a − c ) ( a 2 + b 2 + c 2 + ab + bc + ca )

Câu 1
(2 điểm)

0,25

0,25

0,25
0,25

Với a, b, c  0 , ta có:
a b c b a c
+ + = + +
b c a a c b
a b c b a c
a − c a2 − c2 b ( a − c )
 + + − − − =0
−
+
=0
b c a a c b
b
ac
ac
1 a+c b 

+  = 0  (a − c) ( ac − ab − bc + b 2 ) = 0
2  (a − c) −
ac
ac 
b
 ( a − c )  a ( c − b ) − b ( c − b )  = 0
 ( a − c )( c − b )( a − b ) = 0

 P = ( a − b )( b − c )( c − a )( a + 2b + 3c )

0,25

0,25
0,25

2022

= 0 + 2023 = 2023

+ 2023

0,25

ĐKXĐ: x  −2 , x  3
x −1 x + 2 x −1
.
=
x + 2 x −3 x −3
Câu2
1 Đặt a = x − 1 ; b = x + 2  ab = x − 1

(2điểm)
x+2
x −3
x −3

Ta có :

0,25

Khi đó ta có phương trình :
a 2 − ( 2b ) + 3ab = 0  a 2 + 3ab − 4b 2 = 0
2

0,25


a = b
 ( a − b )( a + 4b ) = 0  
 a = −4b

Trường hợp 1:
x −1 x + 2
2
a=b
=
 x 2 − 4 x + 3 = ( x + 2 )  −4 x + 3 = 4 x + 4
x+2 x−3
−1
 8x + 1 = 0  x =
(t / m)

8
Trường hợp 2:
x − 1 −4 x − 8
a = −4b 
=
 x 2 − 4 x + 3 = −4 x 2 − 16 x − 16
x+2
x−3

0,25

2

6  59

 5 x + 12 x + 19 = 0  5  x +  +
=0
5
5


2

2

6  59 59


 0 x  R  phương trình
Do 5. x +  +

5
5
5



0,25

2

6  59

= 0 vơ nghiệm
x+  +
5
5

−1
Vậy PT có nghiệm là x =
8
x 2 + 8 y 2 + 4 xy − 2 x − 4 y = 4  ( x + 2 y − 1) + 4 y 2 = 5
2

Do 4 y 2 4; ( x + 2 y − 1)  0;4 y 2  0 x, y; ( x + 2 y − 1) ,4 y 2 là số
2

2

4 y 2 = 4
chính phương nên 

2
( x + 2 y − 1) = 1
y =1
 y = 1
 y = 1

2 + TH1:  x + 2 y − 1 2 = 1   x + 1 2 = 1    x = 0 (t/m)
)
)
  x = −2
(
(

+) TH2:
 y = −1
 y = −1
 y = −1


  x = 4

2
2
( x + 2 y − 1) = 1 ( x − 3) = 1   x = 2 (t/m)


Vậy các cặp số nguyên ( x; y ) ( 0;1) ; ( −2;1) ; ( 2; −1) ; ( 4; −1)

0,25


0,25

0,25

0,25

Theo định lí Bê-du ta có: f(x) chia x+1 dư 4  f(-1)=4

Câu3
2
1 Do bậc đa thức chia ( x + 1) ( x + 1) là 3 nên đa thức dư có dạng
(2điểm)
ax2 + bx+c

0,25


Gọi thương của phép chia f(x) cho ( x + 1) ( x 2 + 1) là Q(x), ta có:
f(x) = (x+1)(x2 +1).Q(x) + ax2 + bx+c
=(x+1)(x2 +1).Q(x) + ax2 +a - a + bx+c
=(x+1)(x2 +1).Q(x) + a(x2 +1) - a + bx+c
= [(x+1).Q(x) + a](x2 +1) + bx+ c - a
b = 2
Vì f(x) chia cho x2 +1 dư 2x+3  
(1)
c
−
a
=
3



0,25

Mặt khác f(-1)=4  a - b+ c = 4 (2)
3
9
Từ (1) và (2)  a = ; b = 2; c =
2
2
3
9
Vậy đa thức dư là: x2 +2x + .
2
2
Ta có với mọi số ngun m thì m 2 chia cho 5 dư 0 ; 1 hoặc 4.
+ Nếu n 2 chia cho 5 dư 1 thì
n 2 = 5k + 1  n 2 + 4 = 5k + 5 5; k  *.
nên n 2 + 4 không là số nguyên tố ( loại)
2
+ Nếu n 2 chia cho 5 dư 4 thì
n 2 = 5k + 4  n 2 + 16 = 5k + 20 5; k  *.

0,25
0,25
0,25
0,25

0,25


nên n2 + 16 không là số nguyên tố ( loại)
Vậy n 2 5 hay n chia hết cho 5 (đpcm)
-Vẽ hình phần a)

0,25

A

E

P

Câu4
(3điểm)

M
F

B

0,25

H

C
D

Q



1
1
BC
.
AH
( BD + DC ). AH
AH 2
2
=
=
1
AD 1 BC. AD
BC. AD
2
2
1
1
BD. AH + CD. AH S
+ S ACH
2
=2
= ABH
1
S ABC
BC. AD
2
1
BH S ABH + S BCH CH S ACH + S BCH
=
;

=
BE
S ABC
CF
S ABC


AH BH CH S ABH + S ACH S ABH + S BCH S ACH + S BCH
+
+
=
+
+
AD BE CF
S ABC
S ABC
S ABC
2 ( S ABH + S ACH + S BCH )
=
= 2 ( DPCM )
S ABC

0,25

0,25

0,25

Ta có AHM + AHP = PHM = 900 (Vì PH ⊥ MH )


BQH + DHQ = 900 ( Vì DHQ vuông tại D)

0,25

Mà AHP = DHQ (2 đối đỉnh)  AHM = BQH
Ta có: HBQ + BCA = 900 (Vì tam giác BEC vng tại E)
0
2 HAM + BCA = 90 (Vì tam giác ADC vng tại D)
 HBQ = HAM

Xét AMH và BQH có: HBQ = HAM và AHM = BQH (cmt)
 AMH ∽ BHQ( g.g )


3

AM AH
=
 AM .BQ = AH .BH (đpcm)
BH BQ

 BQH = AMH

Vì AMH ∽ BHQ(cmt )   AM MH mà AM =CM
 BH = QH

CM MH
BH QH

=


=
(1)
BH QH
CM MH

CMTT: BHP ∽ CMH ( g.g ) 

BH PH
=
(2)
CM MH

PH QH
=
MH MH
 PH = QH  H là trung điểm của PQ

Từ (1) và (2) 

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25



Xét PMQ có MH là đường trung tuyến đồng thời là đường cao
 PMQ cân tại M

0,25

Ta có với x, y > 0 thì: ( x+y)2  4xy
1 1
4
1
11 1 
+ 

  +  (*)
x y x+ y
x + y 4 x y 
Dấu "=" xảy ra khi x = y.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta được:


a
a 1
1  1  1 a  1  1 a2 
  + =  + =  +

a 2 + bc 4  a 2 bc  4  a bc  4  a abc 

Kết hợp với giải thiết a 2 + b2 + c 2  abc ta được:


a
1  1 a2  1  1
a2
  +
  + 2
2
2
2 
a + bc 4  a abc  4  a a + b + c 
Câu5
(1điểm)

Tương tự ta có:


b
11
b2
c
11
c2
  + 2
; 2
  + 2
2
2
2 
2
2 
b + ca 4  b a + b + c  c + ab 4  c a + b + c 


0,25

0,25

0,25

a
b
c
1 1 1 1 
+
+

 + + + 1
a 2 + bc b 2 + ca c 2 + ab 4  a b c 
Mặt khác dễ chứng minh được:
a 2 + b 2 + c 2  ab + bc + ac


ab + bc + ac ab + bc + ac 1 1 1

= + +
a 2 + b2 + c 2
abc
a b c
0,25
a
b
c

1 1 1 1  1
1
P= 2
+ 2
+ 2
  + + + 1  .2 =
a + bc b + ca c + ab 4  a b c  4
2
Dấu “=” xảy ra  a = b = c = 3.
1
Vậy GTLN của biểu thức P là khi a = b = c = 3.
2
Chú ý: Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng.
1