UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN - LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút (Đề gồm 01 trang) Câu 1: (2,0 điểm) 2 2  x 6 1   10    x  Cho biểu thức : A    :   x2  
 với x  0, x  2. 3 x 4x 63x x2    x  2  a) Rút gọn A. b) Tìm x để A  A . Câu 2: (2,0 điểm) 3 2 4 9 a) Giải phương trình :    2 x  5x  4 2 x 10x  24 3 2 x  3x 18
b) Đa thức P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P(1) = 0; P(3) = 0; P(5) = 0. Tính giá
trị của biểu thức: Q = P(-2) + 7P(6). Câu 3: (2,0 điểm)
a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: 3 2
( y  2)x  y  2y 1  0
b) Cho 3 số nguyên tố x < y < z liên tiếp thỏa mãn 2 2 2
x  y  z là một số nguyên tố. Chứng
minh rằng x  2   y  2   z  2 1 2
3 cũng là một số nguyên tố. Câu 4: (3,0 điểm)
Cho hình thoi ABCD cạnh a có  60o ABC 
. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, E thuộc tia BC sao cho 4
BE  BC , AE cắt CD tại F. Trên hai đoạn AB và AD lần lượt lấy hai điểm G và H 3
sao cho CG song song với FH.
a) Tính diện tích hình thoi ABCD theo a. b) Chứng minh rằng : 2 4BG.DH  3a c) Tính số đo góc GOH. Câu 5: (1,0 điểm)
Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. a b c 3abc Chứng minh rằng :     bc ca
ab abbcca 2 ---------- HẾT ---------- UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN - LỚP 8
(Hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu Phần Nội dung đáp án Điểm 2 2  x 6 1   10    x  a) A    :   x2    3 x 4x 63x x2    x  2  2 2  x 2 1  x   410 x 0,25 A    
x x  : 2 2 x 2 x  2 x  2 a 6 x  2 0,25 A   x  x  . 2 2 6 Câu 1 1 A  0,25 2 x Vậy 1 A  với x  0, x  2 0,25 2 x A  A  A  0 0,25 b 1 
 0  2 x  0  x  2 0,5 2 x
Kết hợp với ĐKXĐ x  0, x  2 ta có x < 2; x  0, x  2 0,25 ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3. 3 2 4 9    2 x  5x  4 2 x 10x  24 3 2 x  3x 18 3 2 4 9  0,25     x  
1 x  4  x  4 x  6 3  x  3 x  6  1 1   1 1  4  1 1              
 x 1 x  4   x  4 x  6  3  x  3 x  6  0,25 a 1 4 1    x 1 3 x  3 Câu 2 3 x  3 4 x   1  x  3 3 x   1    3 x   1 x  3 3 x  
1  x  3 3 x   1  x  3 0,25 2
 4x  8x  0  4xx  2  0
 x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện).
Vậy tập nghiệm của phương trình: S = {0; 2}. 0,25
b) Ta có: P(x) (x - 1), (x - 3), (x - 5) mà P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 0,25
1 nên P(x) có dạng: P(x) = (x - 1)(x - 3)(x - 5) (x + a) 0,25 b
Khi đó: P(-2) + 7P(6) = (-3).(-5).(-7).(-2 + a) +7.5.3.1.(6 + a) = -105.(-2 + a) +105.(6 + a) 0,25 = 105.(2 – a +6 + a) = 840 0,25 Nếu y + 2 = 0  y  2
 lúc đó bài toán có dạng 0x3 – 1 = 0 (KTM). 0,25 Câu 3 a 2 y  2 y 1 1 Nếu y  2 thì ta có 3 x   y  y  2 y  2 1 Vì x, y nguyên nên
nguyên => y  2 Ư(1)   1  ;  1 . 0,25 y  2 Với 3
y  2  1 y  3  x  4 (loại). 0,25 Với 3
y  2 1 y  1 x  0  x  0 0,25
Vậy số nguyên x, y thỏa mãn đề bài là : x = 0, y = -1.
Nếu x; y; z đều không chia hết 3 thì x2; y2; z2 chia cho 3 đều dư 1 2 2 2
 x  y  z chia hết cho 3 mà 2 2 2 2 2 2
x  y  z  3  x  y  z là hợp số. 0,25
 Trong 3 số x; y; z có ít nhất 1 số chia hết cho 3 mà x; y; z là số nguyên tố
 có ít nhất một số là 3 và do x < y < z là 3 số nguyên tố liên tiếp
 (x; y; z) = (2; 3; 5); (3; 5; 7) 0,25 b + Xét (x; y; z) = (2; 3; 5)  2 2 2
x  y  z  38P (Loại) 0,25
+ Xét (x ; y ; z) = (3; 5; 7)  2 2 2
x  y  z  83 là số nguyên tố (t/m)
 x  2   y  2   z  2 2 2 2 1 2
3  2  3  4  29 là số nguyên tố. 0,25 A G H Hìn B D h O vẽ I F 0,25 C E +) Kẻ a
AI  BC(I  BC) . Tính được BI  CI  0,25 2 0,25
+) Áp dụng định lí Pi-ta-go tính a 3 Câu 4 AI  a 2 2 0,25
+) Tính diện tích hình thoi bằng a 3 a 3 AI.BC  . a  2 2
Chú ý : HS có thể tính theo công thức diện tích hình thoi.
+) Chứng minh BCG đồng dạng DHF BC BG    BC.DF  DH.BG 0,25 DH DF
+) Theo định lý Ta-lét tính được : BC AF DF 3 DF     0,25 b BE AE DC 4 CD 0,25 +) 3 3 3 2
 DF  DC  BC  BG.DH  a 4 4 4 +) 2  4BG.DH  3a 0,25 3 3 c
+) Theo định lý Py-ta-go tính được 2 2 2 2 2 BO  BC  CO  BC  a 4 4 Mà 3 2 BG.DH  a nên 2 BG.DH  BO  BO.DO 4 0,25 +) BG BO   kết hợp với  GBO   0 HDO  30 DO DH
=> BGO đồng dạng DOH (c.g.c)   GOB   DHO 0,25
+) Có       180o GOB GOH HOD , vì  GOB   DHO (cmt)
Nên       180o DHO GOH HOD . Do    150o DHO HOD (vì  30o DOH  ) 0,25 +) Suy ra  0 GOH  30 0,25
Với a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác ta chứng minh được :
(a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)  0 0,25 a b c 3abc Ta có :   
b  c c  a a  b (a  b)(b  c)(c  a)
a(a  c)(a  b)  b(b  a)(b  c)  c(c  a)(c  b)  3abc  (a  b)(b  c)(c  a) 3 3 3
a  b  c  6abc  ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a)  0,25 Câu 5
ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a)  2abc 3 3 3 a  b  c  4abc  1 (a  b)(b  c)(c  a)
Theo kết quả trên : (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)  0 3 3 3
 ab(a  b)  bc(b  c)  ca(c  a)  2abc  a  b  c 0,25 3 3 3
 (a  b)(b  c)(c  a)  4abc  a  b  c 3 3 3 a  b  c  4abc  1 2 (a  b)(b  c)(c  a) 0,25
Chú ý : Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.