PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017
MƠN: TỐN 8- T3/01
(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1: (4,5 điểm)
1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 24
2) Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng:
a
b 
 a b b c c a   c





 .
 9
a
b   a  b b c c a 
Nếu a + b + c = 0 thì  c

3) Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của
A là số chính phương.
Bài 2: (4,0 điểm)
1  
x 8 
 x 4
P  3


 : 1  2

 x  1 x  1   x  x  1  (Với x 1)
1) Cho biểu thức

a) Rút gọn biểu thức P
2
b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình: x  3x  2 0

2
2018
2
2018
2
2. Chứng minh rằng: f (x) (x  x  1)  (x  x 1)  2 chia hết cho g(x) x  x

Bài 3: (3,5 điểm)
x m x 3

2
1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số) x  3 x  m
2
2) Giải phương trình: 2x(8x  1) (4x  1) 9

Bài 4 (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2AD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên
cạnh BC lấy điểm P sao cho AM = CP. Kẻ BH vng góc với AC tại H. Gọi Q là trung
điểm của CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N.
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Khi M là trung điểm của AD. Chứng minh BQ vng góc với NP
1

1
1
 2
2
2
c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F. Chứng minh rằng AB AP 4AF

Bài 5 (1,0 điểm): Tìm tất cả các tam giác vng có số đo các cạnh là các số nguyên
dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi.


PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017
TIỀN HẢI
Bài
1

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN 8

Nội dung
1. M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) - 24

Điểm
0,75

M = (x2 + 7x + 10)(x2 + 7x + 12) - 24
M = (x2 + 7x + 11 - 1)(x2 + 7x + 11 + 1) - 24

0,5

M = (x2 + 7x + 11)2 - 25

M = (x2 + 7x + 6) (x2 + 7x + 16)

0,25

M = (x + 1)(x + 6)(x2 + 7x + 16)
2. Các ước dương của A là 1, p, p2, p3, p4
Tổng các ươc là

1  p  p 2  p 3  p 4 n 2 (n  N )

 4  4 p  4 p 2  4 p3  4 p 4 4n2

Ta có

0,5

4 p 4  4 p 3  p 2  4n 2  4 p 4  p 2  4  4 p 3  8 p 2  4 p

0,5
0,25

 (2 p 2  p ) 2  (2n) 2  (2 p 2  p  2) 2  (2n) 2 (2 p 2  p 1) 2

Do đó:

0,25

4 p 4  4 p 3  4 p 2  4 p  4 4 p 4  4 p 3  5 p 2  2 p  1  p 2  2 p  3 0

p1 = -1(loại); p2 = 3

a b
b c
c a
c
1 a
1 b
1
 x;
 y;
z 
 ;
 ;

a
b
a  b x b  c y c  a z (1)
3. Đặt c
1 1 1
 ( x  y  z )     9
x y z
 1 1 1
 yz xz xy
( x  y  z )     3  



x
y
z
x

y
z  (2)



Ta có
yz b c c a c
b 2  bc  ac  a 2 c


.

.

x
a
b
a

b
ab
a b


Ta lại có:

0,5

0,25


0,25

0,25


c(a  b)(c  a  b) c(c  a  b) c  2c  (a  b  c )  2c 2




ab(a  b)
ab
ab
ab

0,25

x  z 2a 2 x  y 2b 2

;

y
bc
z
ac

Tương tự ta có
 1 1 1
2c 2 2a 2 2b 2
2

( x  y  z )     3 


3 
(a 3  b3  c 3 )
ab bc
ac
abc
 x y z
3
3
3
Vì a  b  c 0  a  b  c 3abc

1 1 1
2
( x  y  z )     3 
.3abc 3  6 9
abc
 x y z
Do đó

2

1.
a. Với x 1 ta có

  x2  x  1  x  8 
x 4
x2  x 1

P 

 :

2
2
x 2  x 1 
 ( x  1)( x  x  1) ( x  1)( x  x  1)  
 x  4  x2  x 1   x 2  x 1  x  8 
x 2  2x  3
x2  9
P 
:
 :

2
x 2  x  1  ( x  1)( x 2  x  1) x 2  x  1
 ( x  1)( x  x  1)  
( x  3)( x  1) x 2  x  1 x  3

.
 2
( x  1)( x 2  x  1) x 2  9
x 9

Vậy x 1 thì

P

2

b. x  3 x  2 0 suy x = 2 hoặc x = 1 (loại)

Thay x = 2 vào P ta có

0,5
0,25
0,25

x 3
x2  9

P

0,5

2 3
5

2
2  9 13 .

5
P
13
Kết luận với x = 2 thì
2
2. Đa thức g ( x)  x  x  x( x  1) có hai nghiệm là x = 0 hoặc x = 1
2018
2018
Ta có f (0) ( 1)  1  2 0  x = 0 là nghiệm của f(x)


 f(x) chứa thừa số x
2
2018
2
2018
Ta có f (1) (1  1  1)  (1  1  1)  2 0  x = 1 là nghiệm của f(x)

0,5
0,25
0,25

0,5
0,25
0,25


 f(x) chứa thừa số x- 1 mà các thừa số x và x - 1 khơng có nhân tử

0,25

chung do đó f(x) chia hết cho x(x - 1)

0,25

2

3

2018


2

Vậy f ( x) ( x  x  1)  ( x  x 1)
1. ĐKXĐ: x  -3; x  -m ta có

2018

 2 chia hết cho g ( x)  x 2  x

0,5

x m x 3

2  x 2  m 2  x 2  9 2( x  3)( x  m)
x 3 x  m

 2 x 2  m2  9 2( x 2  3x  3m  mx )   2(m  3) x (m  3) 2 (1)

0,5

Với m = 3 thì (1) có dạng 0x = 0. Nghiệm đúng mọi x thỏa mãn điều
kiện x  -3;
x  -m, do đó tập nghiệm của phương trình là x 3
Với m  3 thì phương trình (1) có nghiệm

x 

(m  3) 2
m 3


2(m  3)
2

Để giá trị này là nghiệm của phương trình thì ta phải có:


m 3
m 3
 3

 m
2
2
và
tức là m 3 . Vậy nếu m 3 thì

x 

0,5

0,25

0,25

m 3
2 là nghiệm

Kết luận: với m = -3 thì


S  x / x 3

 m  3
S  

2 

. Với m 3 thì

2
2. Ta có 2 x (8 x  1) (4 x  1) 9 

(64 x 2  16 x  1)(8x 2  2 x) 9  (64 x 2  16 x  1)(64 x 2  16 x) 72 (*)

Đặt 64x2 -16x = t ta có (*)  t(t + 1) – 72 = 0  t = - 9 hoặc t = 8.
Với t = -9 ta có 64x2 -16x= -9  64x2 -16x + 9 = 0  (8x -1)2 +8 = 0
(vơ nghiệm vì (8x -1)2 + 8 > 0)
Với t = 8 ta có 64x2 -16x= 8  64x2 -16x – 8 = 0  (8x -1)2 -9 = 0
1
1

 x = 2 hoặc x= 4 .

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25



1
1

Vậy nghiệm của phương trình là x = 2 hoặc x= 4 .

4
0,25

a. Chưng minh được DH // BK (1)

0,5

Chứng minh được AHD CKB suy ra DH = BK (2)

1,0

Từ (1) và (2)  tứ giác MNPQ là hình bình hành

0,5

b.

Gọi E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình

của KBC nên QE // BC  QE  AB(vì BC  AB) và
1
1
QE  BC  AD
2
2


Chứng minh AM = QE và AM//QE  tứ giác AMQE là hình bình hành
Chứng minh AE//NP//MQ (3). Xét AQB có BK và QE là hai đường
cao của tam giác  E là trực tâm của tam giác
nên AE đường cao thứ ba của tam giác AE  BQ  BQ  NP

0,5
0,5
0,5
0,5


c.

0,5

Vẽ tia Ax vng góc AF. Gọi giao của Ax với CD là G.
)  ADG ~ ABP (g.g)

(cùng phụ

Chứng minh
AP AB
1

2  AG  AP
AG AD
2

Ta có AGF vng tại A có AD  GF nên AG.AF = AD.GF

2
2
2
2
(= 2 S AGF )  AG .AF  AD .GF (1)
2

0,25
0,5
0,5

2

Ta chia cả hai vế của (1) cho AD . AG .AF

2

Mà AG2 + AF2 = GF2( Định lý pitago)
1
1
1



2
2
AD
AG
AF 2





1
1

 AB 
2


2



1
1

 AP 
2


4
4
1
1
1
1
 2

 2

2
2
2
AB
AP
AF
AB
AP
4 AF 2

2



1
AF 2

0,25


5

Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z (x,

0,25

y, z là các số nguyên dương). Ta có xy = 2(x + y + z) (1) và x2 + y2 = z2
(2)
Từ (2) suy ra z2 = (x + y)2 - 2xy, thay (1) vào ta có:


0,25

z2 = (x + y)2 – 4(x + y + z)
 z 2  4 z ( x  y ) 2  4( x  y )  z 2  4 z  4 ( x  y ) 2  4( x  y )  4
 ( z  2) 2 ( x  y  2)2

0,25

 z  2  x  y  2 hoặc z + 2= -x – y + 2 (loại vì z >0)
 z  x  y  4 ; thay vào (1)

ta được xy = 2(x + y + x + y - 4)
 xy  4 x  4 y  8
 ( x  4)( y  4) 8 1.8 2.4 từ đó tìm được các giá trị của x, y, z là:

(x = 5, y = 12, z = 13); (x = 12, y = 5, z = 13); (x = 6, y = 8, z = 10); (x =
8, y = 6, z = 10)

0,25