Page |1

Page |2
PHÒNG GD & ĐT SƠN

ĐỀ KHẢO SÁT SINH GIỎI CẤP HUYÊN

HÒA
LỚP 8 NĂM HỌC 2023-2024

MÔN TOÁN

Thời gian : 150 phút ( không kể thời gian giao
đề)

Bài 1:( 4 điểm)
Phân tích các đa thức sau thành nhân tử
1) (x2 + x)2 - 2(x2 + x) -15
2) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24
Bài 2: ( 3 điểm)
1) Với giá trị nào của a và b thì đa thức : x 3  ax 2  2 x  b chia hết cho đa
thức: x 2  x  1 .

Page |3
2) Chứng minh rằng x5 -5x3 + 4x chia hết cho 120 với moi x nguyên
Bài 3 : (3 điểm)
Giải các phương trình sau:

1) x2 – 4x + 4 = 25

2)

x  17 x  21 x  2


4
2001 1997 1010

Bài 4 :(4 điểm)

1) Chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 +

3
 abc
4

2) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác . Chứng minh rằng:

a
b
c


3
bc a a c b a bc

Bài 5: ( 6 điểm)

Page |4
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M thuộc cạnh BC. Gọi E và F

theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB, AC. Chứng minh rằng khi M chuyển
động trên BC thì:
1) Chu vi của tứ giác MEAF không đổi.
2) Đường thẳng đi qua M và vuông góc với EF luôn đi qua điểm K cố định.
3) Tam giác KEF có diện tích nhỏ nhất khi M là trung điểm của BC.

- Hết-

( Giám thị không giải thích gì thêm)

Page |5

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Bài

Đáp án

Ý

Điểm

(x2 + x)2 - 2(x2 + x) -15
Đăt y = x2 + x ta được

0,25

y2 - 2y - 15 = y2 - 5y + 3y - 15

0,5

= y(y - 5) + 3(y - 5)

0,5

= (y - 5)(y + 3)

0,25

= (x2 + x - 5)( x2 + x + 3)

0,5

1

1

(x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24
= (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) - 24
2
Đặt a = x2 + 5x + 4 ta được
a(a + 2) - 24 = a2 + 2a - 24

0,25

Page |6
= a2 + 6a - 4a - 24

0,5

= a(a + 6) -4(a + 6)

0,25

= (a + 6)(a - 4)

0,5

= (x2 + 5x + 10)( x2 + x)

0,25

= x(x + 1)(x2 + 5x + 10)

0,25

Đa thức : x 3  ax 2  2 x  b chia hết cho đa thức: x 2  x  1 thì ta
được một nhị thức bậc nhất có hệ số bậc 1 bằng 1 và hệ số tự

do bằng b nên ta có:

1

0,5

2

x 3  ax 2  2 x  b = (x + x + 1)(x + b)

2
= x3 + bx2 + x2 + bx + x + b

0,5

 (a - b + 1)x2 + (2 - b)x = 0
 b = 2 và a = -1

2

Chứng minh rằng x5 -5x3 + 4x chia hết cho 120

0,5

Page |7
x5 -5x3 + 4x = x(x4 - 5x2 + 4)
= x (x4 - x2 - 4x2 + 4)
= x[x2(x2 - 1) - 4(x2 -1)]

0,5

= x(x2 - 1)(x2 - 4)

= (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2)

Ta có x - 2 ; x - 1; x ; x + 1; x + 2 là 5 số nguyên liên tiếp với

0,5

moi x nguyên nên

(x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) 5!

3

1

Hay (x - 2)(x - 1)x(x + 1)(x + 2) 120

0,5

x2 – 4x + 4 = 25  (x -2)2 = 52

0,5

 x - 2 = 5 hoặc x - 2 = - 5
x=7

0,5

0,5

hoặc x = -3

Page |8
x  17 x  21 x  2


4
2001 1997 1010



x  17
x  21
x2
1 
1 
2 0
2001
1997
1010

x  2018 x  2018 x  2018


0
2001
1997
1010


0,5

2
1
1 
 1


  x  2018 
0
 2001 1997 1010 

0,5

 x = 2018

0,5

a2 + b2 + c2 +

4

3
 abc
4

1
1
1
  a 2  a     b2  b     c 2  c    0


4 

2

4 

2

4

2

1
1
1
  a     b     c    0 luôn đúng với mọi a, b, c
2 
2 
2


2

Page |9

Suy ra đpcm
2
Đặt b + c - a = x (1) ; a + c - b = y (2) ; a + b - c = z (3)
Suy ra : lấy (2) + (3) ta được 2a = y + z
(1) + (3) ta được 2b = x + z
(1) + (2) ta đươc 2c = x + y

0,5

Với x, y, z > 0

2

Thay vào bài toán ta đươc:
yz xz x y
yz xz x y


3 


6
2x
2y
2z
x
y
z

Ta có :

0,5

yz xz x y  y x  z x  y z 


       
x
y
z
 x y x z  z y

≥ 2 + 2 + 2 = 6 (áp dụng bất đẳng
thức cô si cho hai số dương)

Dấu bằng xảy ra khi x = y = z hay a = b = c
Q

C

F

M
H

K

P

0,5

P a g e | 10
0,5

H.v

Xét MEAF : có A  E  F  900
 MEAF là hình chữ nhât.

5

1

) ME  AF;

MF  AE

Mặt khác : ABC vuông cân

0,5

P a g e | 11
Nên CFM vuông cân

)CF  FM  AE

0,5

Nên chu vi MEAF = AE + EM + FM + AF

= 2( AF + FM) = 2( AF + FC)

0,5

= 2AC không đổi vì AC không đổi.

0,5
Gọi K là điểm đối xứng của A qua BC.
Vì ABC vuông cân nên AK cũng là đường trung trực của BC

Suy ra : ABKC là hình vuông.
Gọi P  FM  BK ; Q  ME  CK ; H là hình chiếu của M

xuống EF.

Suy ra : + MPKQ là hình chữ nhật.

+ MFCQ; MEBP là hình vuông.

0,5

P a g e | 12
Xét MFE và KPM :

FM = KP ( = MQ); ME = MP ( 2 cạnh của hình vuông MEBP);

EMF  P  900

0,5

Nên MFE = KPM ( c - g - c)

Suy ra: MEF  KMP

Mặt khác : MEF  EMH  900

Nên MEF  EMH  EMP  1800 hay M; H và K thẳng hàng.

0,5

Vậy HM luôn đi qua điểm K cố định hay đường thẳng đi qua M
vuông góc với EF luôn đi qua điểm K cố định.

0,5
S KEF  S ABCD   S AEF  SCKF  S BEK 

P a g e | 13
mà SCKF  S BEK 

1
 CK  CF  KB  EB  =
2

1
1
S
KB   EB  CF   KB  AB  ABCD
2
2
2
Vậy S KEF nhỏ nhất khi S AEF lớn nhất.

0,5
Mặt khác : S AEF =

1
AE  AF đạt giá trị lớn nhất khi AE = AF (
2

bđthức Cô si)

Hay Max S AEF =

1
1 AB AB S ABCD
AE  AF= 


2
2 2 2
8

Nên Min S KEF  S ABCD   S AEF  SCKF  S BEK  =

0,5

S
S
 3S
S ABCD   ABCD  ABCD   ABCD
8 
8
 2

0,5

P a g e | 14

0,5
( Ghi chú : Nếu học sinh giải theo cách khác đúng thì cũng cho đủ điểm câu hỏi
đó)

TRƯỜNG THCS NGHĨA ĐỒNG

ĐỀ THI KĐCL VÒNG 2 MÔN TOÁN 8

NĂM HỌC 2023-2024

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

P a g e | 15

Câu 1: (4 điểm) Cho biểu thức: P  1 +


x   1
2x

- 3 2
：


x + 1   x 1 x - x  x - 1 
2

a) Rút gọn biểu thức P.

b) Tìm x để P = 7.

Câu 2: (3 điểm)

a) Tìm a nguyên để a3 – 2a2 + 7a – 7 chia hết cho a2 + 3.

x
1
x5  4x3  17x  9
b) Tính giá trị biểu thức P = 4
với 2
 .
2
x  x1 4
x  3x  2x  11

Câu 3: (4 điểm)

a) Cho x, y là số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn

1 2x 1  2 y

 1.
1 x 1 y

Chứng minh M = x 2  y 2  xy là bình phương của một số hữu tỷ

P a g e | 16
b) Tìm số nguyên tố p sao cho 2p + 1 là lập phương của một số tự nhiên.

Câu 4: (7 điểm)

Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ

AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF.

a) Chứng minh rằng: AE  BC.

b) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di
động trên đoạn thẳng AB.

Câu 5: (2 điểm)

a) Cho n 

*

. Chứng minh rằng nếu 2n  1 và 3n  1 là các số chính phương thì n

chia hết cho 40 .

P a g e | 17
b) Tìm các số nguyên x và y thỏa mãn x2  2y 2  2xy  y  2 .

------------------ Hết ------------------

Họ và tên: ………………………………Số báo danh: …………

HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHẤM

Câu

Điểm

Nội dung

1. ĐKXĐ: x  1.


Ta có: P  1 +


0.5đ

x   1
2x

- 3 2
：


x + 1   x 1 x - x  x - 1 
2

1a
 x2 + x + 1  
x2 + 1
2x

 
：
 
2
2
 x  1 x 2 + 1
 x + 1    x  1 x + 1














0.5đ

P a g e | 18
 x 2 + x + 1   x 2 - 2x + 1

 
：
2
2
x
+
1

   x  1 x + 1









2

x 2 + x + 1  x  1 x + 1
 =

2

x2 + 1
 x  1


x2 + x + 1
=
x 1

0.5đ

x2 + x + 1
Vậy với x  1 ta có P =
.
x 1

0.5đ

x2 + x + 1
=7
2. Với P = 7 
x 1

 x 2 + x + 1 = 7  x  1 .

1b

0.5đ
 x 2 - 6x + 8 = 0 

 x - 2  x - 4  = 0

 x = 2  TM 

 x = 4  TM 

P a g e | 19
Vậy P = 7 với x  2；4 .

1.0đ

0.5đ

+) Thực hiện phép chia a3 – 2a2 + 7a – 7 cho a2 + 3, kết quả :

a3 – 2a2 + 7a – 7 = (a2 + 3)(a - 2) + (4a – 1)

0,25đ

2a
+) Lập luận để phép chia hết thì 4a - 1 phải chia hết cho a2 + 3

(4a  1) (a 2  3)

0,25đ

 (4a  1)(4a  1) (a 2  3) (vì a  Z nên 4a  1 Z )

 (16a 2  1) (a 2  3)
 16(a 2  3)  49  (a 2  3)
 49 (a 2  3)

+) Tìm a, thử lại và kết luận a  2; 2

0,25đ

P a g e | 20
0,5đ

0,25đ

Ta có

x
1
  4 x  x 2  x  1  x 2  3x  1
x  x 1 4
2

Khi đó x 3  x 2 .x  3 x  1x  3 x 2  x  33 x  1  x  8 x  3

x 4  x 3 .x  8 x  3x  8 x 2  3 x  83x  1  3 x  21x  8

0,5

x 5  x 4 .x  21x  8x  21x 2  8 x  213x  1  8 x  55 x  21

Suy ra P =

x 5  4 x 3  17 x  9 55 x  21  48 x  3  17 x  9

21x  8  33x  1  2 x  11
x 4  3x 2  2 x  11

2b


6x
3
3

( do x  0 ). Vậy P =
.
32 x 16
16

0,25

0,25

P a g e | 21

0,5

Ta có

1 2x 1  2 y

 1  1  2 x 1  y   1  2 y 1  x   1  x 1  y 
1 x 1 y

 1  y  2 x  2 xy  1  x  2 y  2 xy  1  x  y  xy  x  y 

3xy  1
2

0,75đ
3xy  1 
 3xy  1 
Ta có M = x  y  xy   x  y   3xy  
  3xy  

 2 
 2 
2

2

3a

Vì x, y  Q nên

2

2

2

3 xy  1
là số hữu tỷ.
2

Vậy M là bình phương của một số hữu tỷ

0,75đ

0,5

P a g e | 22
Đặt 2p + 1 = a3 (a ≥ 0)

Vì p là số nguyên tố và 2p + 1 = a3  a lẻ. Đặt a = 2k + 1 (k  N)

Khi đó:

0.5đ

2p + 1 = (2k + 1)3

 2p = (2k + 1)3 - 1
0.5đ
 2p = 2k(4k + 4k + 1 + 2k + 1 + 1)
2

3b
 p = k(4k2 + 6k + 3)
0.5đ
p k



2
p 4k + 6k + 3

Do p là số nguyên tố, k < 4k2 + 6k + 3  k = 1

Khi đó :

p = 13 (là số nguyên tố)

Thử lại:

2.13+1 = 27 = 33

0.5đ

P a g e | 23
Vậy số nguyên tố cần tìm là 13.

C

D
I

H
O

A

E

K

M

F

B

∆AME = ∆CMB (c-g-c)  EAM = BCM

Mà BCM + MBC = 900  EAM + MBC = 900

 AHB = 900

Vậy AE  BC
0,5đ

P a g e | 24

0,5đ

0,5đ

0,5đ

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

∆AHC vuông tại H có HO là đường trung tuyến

 HO 

1
1
AC  DM
2
2

0,5đ

0,5đ

4b
 ∆DHM vuông tại H
0,5đ
 DHM = 900
0,5đ

P a g e | 25
Chứng minh tương tự ta có: MHF = 900

0,5đ

Suy ra: DHM + MHF = 1800

Vậy ba điểm D, H, F thẳng hàng.

0,5đ

Gọi I là giao điểm của AC và DF.

Ta có: DMF = 900  MF  DM mà IO  DM  IO // MF

0,5đ

Vì O là trung điểm của DM nên I là trung điểm của DF

4c

Kẻ IK  AB (KAB)

0,5đ

 IK là đường trung bình của hình thang ABFD

 IK 

AD  BF AM  BM AB
(không đổi)


2
2
2

0,5đ
Do A, B cố định nên K cố định, mà IK không đổi nên I cố định.

P a g e | 26
Vậy đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên

0,5đ

đoạn thẳng AB

a) Giả sử 2n  1  m2 , 3n  1  k 2

 m, k  N 
*

 m 2 là

số lẻ  m là số lẻ.

0,25đ

 2n  m 2  1   m  1 m  1 4 , Suy ra : n chẵn, k lẻ

Vì k là số lẻ nên

k  1, k  1

là hai số chẵn liên tiếp và (3, 8) = 1 nên

Từ 3n  1  k 2  3n  k 2  1   k  1 k  1 8  n 8

0,25đ

(1)

Khi chia một số chính phương cho 5 thì số dư chỉ có thể là 0 ; 1 ; 4. Ta
5
xét các trường hợp:
0,25đ
Nếu n chia cho 5 dư 1 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vô lí )
Nếu n chia cho 5 dư 2 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vô lí )
Nếu n chia cho 5 dư 3 thì 2n + 1 chia cho 5 dư 2. ( vô lí )
Nếu n chia cho 5 dư 4 thì 3n + 1 chia cho 5 dư 3. ( vô lí )

P a g e | 27
Vì (5, 8) = 1 nên từ (1) và (2) suy ra n chia hết cho 40.

0,25đ

b) Ta có
x 2  2 y 2  2 xy  y  2   x  y    y 2  y  2   x  y   1  y 2  y 
2

2

0,25đ

Do x  y 2  0, x, y nên 1  y 2  y   0  1  y  2 . Suy ra y   1;0;1;2

Với y  1 , PT trở thành x 2  2 x  1  0  x  1  Z
0,25đ
Với y  0 , PT trở thành x 2  2  0  x  Z

Với y  1 , PT trở thành x 2  2 x  1  0  x  Z

Với y  2 , PT trở thành x 2  4 x  4  0  x  2  Z .
Vậy có 2 cặp x; y  thỏa mãn đề bài 1;1;  2;2 .

0,25đ

P a g e | 28

0,25đ

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI - THCS PHÚ DIÊN BẮC TỪ LIÊM

MÔN: TOÁN 8 -2023-2024

Thời gian làm bài 90 phút

 x 1
x2  x
1
2  x2 
:


Bài 1: (4 điểm) Cho biểu thức P= 2

x 1 x2  x 
x  2x  1  x

1) Rút gọn biểu thức P

2) Tìm x để P=

1
2

3) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x>1

Bài 2: (3 điểm) 1) Tìm x, y, z biết:

5 x 2  11y 2  28 z 2  14 xy  16 yz  8 zx  20 z  5  0

P a g e | 29
2) Giải phương trình:

x 1 x  2 x  3
x  2014


 ... 
 x  4030 .
2015 2014 2013
2

Bài 3: (4 điểm) 1) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của:

2) Chứng minh rằng, nếu:

1 1 1
   2
a b c
a  b  c  abc

Bài 4: (1 điểm) Chứng minh rằng: Trong

thì

x2  x  1
N 2
x 1

1 1 1
  2
a 2 b2 c2

n  1 số tự nhiên bất kỳ a1; a2 ; ...; an ; an1 luôn tìm được

hai số sao cho hiệu của chúng chia hết cho n.

Bài 5: (8điểm) Cho hình vuông ABCD độ dài cạnh a (a>0, a không đổi), M bất kì trên cạnh BC. Trên nửa

mặt phẳng bờ AB chứa C vẽ hình vuông AMHN. Qua M kẻ đường thẳng d song song với AB, d cắt AH tại

E, AH cắt CD tại F.

1) Chứng minh BM = CN

2) Chứng minh N, D, C thẳng hàng

3) Gọi O và K thứ tự là tâm của hình vuông AMHN và ABCD. Tứ giác EMFN là hình gì? Chứng minh đường

thẳng OK đi qua B.

4) Chứng minh chu vi tam giác MFC không đổi khi M di động trên BC.

P a g e | 30

ĐÁP ÁN

ĐÁP ÁN

BÀI

1.1

Điều kiện: x≠0; x≠±1

(2 đ)
P=

ĐIỂM

0,5

 x 1
x2  x
1
2  x2 
:




x  1 x2  x 
x2  2x  1  x

x ( x  1) ( x  1)( x  1)  x  2  x 2
:
=
x ( x  1)
( x  1)2
x( x  1) x  1
=
:
( x  1)2 x( x  1)

x( x  1) x( x  1)
x2
=
=
.
x 1
( x  1)2 x  1

0,5

0,5

0,5

P a g e | 31
1.2

1
x2
1
P


 2x2  x  1  0
2
x 1 2

(1 đ)

0,5

x

1.3

1
2

P  x 1

0,5
1
2
x 1

(1 đ)
Áp dụng bđt Cô si ta có P  4
0,5
MinP = 4. Dấu bằng xảy ra khi x=2
0,5

2.1

5(4 z 2  4 z  1)  5 x 2  11y 2  8 z 2  14 xy  16 yz  8 zx  0

0,5

 5(2 z  1) 2  3( x  y ) 2  2( x  2 y  2 z ) 2  0
(1,5 đ) Khi ( x; y; z )  (1;1;1)

0,5

0,5

2.2

Biến đổi thành

x 1 x  2
x  2014 x  2015

 ... 

 2015  0
2015 2014
2
1

(1,5 đ)
 x 1   x  2 
 x  2014   x  2015 
 1  
 1  ...  
 1  
 1  0

2
1
 2015   2014 

 


0,5

P a g e | 32


x  2016 x  2016
x  2016 x  2016

 ... 

0
2015
2015
2
1

0,5
1
1
1
1
1 
 1

 ...   1  0

 ...   1  0 ;Do
  x  2016  
2015 2014
2
2 
 2015 2014

Nên x – 2016 = 0



x = 2016.

0,5

3.1

1

x



1

x2  2x  1 1

1

 
Khi đó ta có : N   2    1  
2 2  x 2  1 2 2
 x 1 2 

0,5

(2 đ)
Vậy Min N =

1
khi x = -1
2

0,5

 x
1
1  x 2  2 x  1 3   x  1
3 3
N  2
  1 
 
 
2
2
2
2 2 x 1 2 2
2 x 1
 x 1 2 
2



Vậy Max N =



3
khi x = 1
2





0,5

0,5

P a g e | 33
3.2
(2 đ)

1

1 1 1
1 1 1
1 1 1
1
1 1
   2  (   ) 2  4  2  2  2  2(   )  4
a b c
a b c
a b c
ab bc ca
1 1 1
abc
 2  2  2  2(
)4
a b c
abc



1 1 1
1 1 1
 2  2  2  4  2  2  2  2.
2
a b c
a b c

0,5

0,5

4
(1đ)

Chia một số bất kỳ cho n có thể nhận được một trong n số dư
0; 1; 2; ...; n  2; n  1.

Có n  1 số, có n số dư. Do đó theo nguyên lý

Dirichlet tồn tại hai số có cùng số dư khi chia cho n .
Không mất tổng quát giả sử hai số đó là a p

 p; q 1;2;....; n; n  1 và a

p

 aq . Ta có:

a p  n.k p  r  r  N ; 0  r  n  1

aq  n.kq  r

Khi đó ap  aq  n.  k p  kq  n.

0,5

và aq

P a g e | 34
Đây chính là hai số có hiệu của chúng chia hết cho n . Bài toán

0,5

được chứng minh.
A

0.5

B
1

d

E

2

M
K

1

O

N

2

1

D

C

F

H

5.1

 A1=  A2(cùng phụ  DAM)

0.5

(1.5

=>  DAN=  BAM(gcg)

0.5

=>BM=DN

0.5

đ)

5.2
(1.5 đ)

0

 AND=  ABM=90

0.5

=>  D1+  ADC=1800

0.5

=> N,D,C thẳng hàng

0.5

P a g e | 35

5.3
(3 đ)

+ Vì d//AB//CD =>  M1=  ONF

0.5

=>  OME=  ONF(gcg)=> EM=FN

0.5

Vì AMHN là hình vuông => AH là trung trực của MN

0.5

=>EM=EN,HM=HN
=>EM=EN=HM=HN=> MENF là hình thoi

0.5

+ Vì  MCN vuông tại C có CO là trung tuyến thuộc cạnh huyền

=>OC=OM=ON=>OC=OA

0.5

mà KA=KC => O,K thuộc trung trực AC

0.5

Lại có BD là trung trực của AC=> đường thẳng OK đi qua

B,D

5.4

FM=FN=FD+DN

0.5

P a g e | 36
(1,5 đ)

CCMF=FM+CM+CF=FD+DN+CM+CF
=(CM+BM)+(FC+FD)

0.5

=CD+CB=a+a=2a Không đổi khi M di động trên BC.

0.5

P a g e | 37

TRƯỜNG THCS QUẢNG THÁI

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2023-2024

MÔN: TOÁN LỚP 8

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Đề bài

Bµi 1: ( 2 ®iÓm)

Phân tích thành nhân tử

4
3
a. x  x  4 x  4

b. (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + 1

P a g e | 38
Bài 2: (2 điểm): Cho biểu thức



x2
6
1  
10  x 2 





:
x

2

3
 
x  2 
 x  4 x 6  3x x  2  

A = 

a, Tìm điều kiện của x để A xác định.

b, Rút gọn biểu thức A.

c, Tìm giá trị của x để A > 0

Bài 3: (5 điểm).

2x  3 2x  5
6x 2  9x  9

 1
a) Giải phương trình:
.
2x  1 2x  7
(2 x  1)(2 x  7)

b) Tìm x biết: 6 x 4  11x 3  3x 2  11x  6 x 2  3  0.
c) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn 5 x 2  2 xy  y 2  4 x  40  0 .

Bài 4: (3 điểm).

a) Cho abc ≠  1 và

ab  1 bc  1 ca  1
. Chứng minh rằng a = b = c.


b
c
a

P a g e | 39
b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1. Tính 2a-3b.

Bài 5: (6,0 điểm)

Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD). Qua A vẽ đường thẳng song song với

BC cắt BD ở E và cắt CD ở K. Qua B kẻ đường thẳng song song với AD cắt AC ở F và

cắt CD ở I. Chứng minh rằng:

a) DK = CI

b) EF // CD

c) AB2 = CD.EF

Bµi 6: ( 2®iÓm ) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  3 . Chứng minh

rằng:

1
1
1
3
 2
 2
 .
x x y y z z 2
2

P a g e | 40
……………………….HÕt………………………

H-íng dÉn chÊm to¸n 8

Bµi

§¸p ¸n

a)
Bµi 1

x 4  x 3  4 x  4 = x3(x+1) -4(x+1)

®iÓm

1,0

= (x+1)(x3- 4)

2đ

b) (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) + 1
= ( x2+5x+4)(x2 +5x +6) +1
=[(x2+5x+5) -1][(x2+5x +5) +1] +1 = (x2+5x+5)2

Bµi 2 a)

2đ

x  2 , x  -2 , x  0

1,0

0,25

P a g e | 41
b) A = 

x
2
1  6


:
 x 4 2 x x  2 x  2
2

=

x  2x  2  x  2
6
:
x  2x  2 x  2

=

6
x2
1
.

x  2x  2 6 2  x

1,0

c) Để A>0 thì

1
0  2 x  0  x  2
2 x

0,75

a) ĐK: x 

Bµi 3

5đ

1
7
;x 
2
2

P a g e | 42

 2 x  3 (2 x  7)   2 x  5  2 x  1   2 x  7  2 x  1  6 x 2  9 x  9
 2 x  1 (2 x  7)  2 x  7  2 x  1  2 x  7  2 x  1  2 x  7  2 x  1
4 x 2  20 x  21  4 x 2  12 x  5 4 x 2  16 x  7  6 x 2  9 x  9


 2 x  7  2 x  1
 2 x  7  2 x  1


8 x  16
2 x 2  7 x  16

 2 x  7  2 x  1  2 x  7  2 x  1

x  0
 8 x  16  2 x  7 x  16  2 x  x  0  x(2 x  1)  0  
 x   1 (Lo¹i)

2
2

2

Vậy phương trình có một nghiệm x = 0

2,0
b) Ta có: 6 x 4  11x 3  3x 2  11x  6 x 2  3  0







 



 6 x 2 x 2  1  11x x 2  1  3 x 2  1  0







 x 2  1 6 x 2  11x  3  0

  x  1 x  13 x  12 x  3  0

1 3
Vậy tập nghiệm của phương trình là S =  1; ;  .


1,0

2
2
c) Ta có: 5 x  2 xy  y  4 x  40  0



 

3 2



 4 x 2  4 x  1  x 2  2 xy  y 2  41

P a g e | 43
  2 x  1   x  y   41
2

0,5

2

 2 x  1 2  25
Vì x,y  Z , 2 x  1 là số nguyên lẻ và 41  5  4 nên 
2
 x  y   16
2

2

2 x  1   5

x  y   4

Từ đó suy ra các cặp  x; y  cần tìm là  3;1 ;  3; 7  ;  2;6  ;  2; 2  .
0,5

0,5

0,5

P a g e | 44
a) Từ

ab  1 bc  1 ca  1
1
1
1


a b c .
b
c
a
b
c
a

Do đó:

1 1 bc
1 1 ca
1 1 ab
; bc  
; ca   
ab  
c b
bc
a c
ac
b a
ab

Suy ra: (a – b)(b – c)(c – a) =

(a  b)(b  c)(c  a)
a 2 b 2c 2

(a – b)(b – c)(c – a)(a2b2c2 - 1) = 0
Bµi 4
 (a - b)(b – c)(c – a) = 0 (do abc ≠  1)
3đ
Suy ra a = b = c

1,5
b) Đa thức f(x) = 4x3 +ax +b chia hết cho các đa thức x-2; x+1 nên:

f(2) = 0 => 32+2a+b =0(1)
f(-1) = 0 => -4 –a +b = 0 (2)
Từ (1) và (2) ta tìm được a = -12; b = -8

P a g e | 45
Vậy 2a-3b = 0

1,5

A

B

F

E

D

K

I

Bµi 5
a)
6đ
Tứ giác ABCK có:
AB // CK (AB // CD, K  CD)

AK // BC (gt)
 ABCK là hình bình hành

C

P a g e | 46
 CK = AB

 DK = CD – CK = CD – AB

(1)

Chứng minh tương tự, ta có DI = AB
 IC = CD – DI = CD – AB

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: DK = IC

b)
 DEK có AB // DK, theo hệ quả định lý Ta-let ta có:

AE AB
=
EK DK

(3)

 FIC có AB // IC, theo hệ quả định lý Ta-let ta có:

2,0
AF AB
=
FC IC

Mà: DK = IC (câu a)

Từ (3), (4), (5) suy ra:

(4)

(5)

AE AF
=
EK FC

P a g e | 47
 AKC có

AE AF
=
 EF // KC (định lý Ta-lét đảo)
EK FC

 EF // CD

c)

Ta có:

AB CK
(vì AB = CK)
=
CD CD

(6)

 BCD có EK // BC, theo định lý Ta-lét ta có:

CK BE
=
CD BD

(7)

 BDI có EF // DI, theo định lý Ta-let ta có:

BE EF
=
BD DI

2,0
Mà DI = AB

Suy ra:

BE EF
=
BD AB

Từ (6), (7), (8) suy ra:

(8)

AB CK BE EF
=
=
=
CD CD BD AB

P a g e | 48


AB EF
2
=
 AB = CD. EE
CD AB

2,0

P a g e | 49

Đặt P 
Bµi 6


2đ

1
1
1
1
1
1
 2
 2



x  x y  y z  z x( x  1) y ( y  1) z ( z  1)
2

1 1 1  1
1
1
1
1
1
1
1
1 

 
 
    



x x 1 y y 1 z z 1  x y z   x 1 y 1 z 1 

Áp dụng BĐT

1 1 1
9
1
1 1 1
và
  
 .    với a, b, c
a b c a bc
ab 4  a b 

dương, dấu bằng xảy ra  a  b  c.

Ta có

1
1 1  1
1 1  1
1 1 
 .   1 ;
 .   1 ;
 .   1
x 1 4  x  y 1 4  y  z 1 4  z 

Bởi vậy
1 1 1  1
1
1  1 1 1 1 1
1
1 
P     


       .   1   1   1
y
z 
 x y z   x 1 y 1 z 1   x y z  4  x

3 1

1

1 3

3

9

3

9

3

3

= .      .
    . (ĐPCM)
4  x y z 4 4 x yz 4 4 4 2

P a g e | 50

PHÒNG GD&ĐT YÊN ĐỊNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC MÔN

VĂN HÓA VÒNG I CẤP TỈNH

Môn thi: ToánThời gian thi: 150 phút (không kể thời

gian giao đề) năm 2023-2024

Đề thi gồm: 01 trang

2,0
Ghi chó: Häc sinh lµm c¸ch kh¸c ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a

Câu 1. (4 điểm)