PHÒNG GIÁO DỤC–ĐÀO TẠO
TIỀN HẢI

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016-2017
MÔN: TOÁN 8
(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

b−c

c−a   c

b 

a

+
+
+
+
Nếu a + b + c = 0 thì 
÷. 
÷= 9
a
b   a −b b −c c −a 
 c
3) Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương

c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F . Chứng minh rằng

1
1
1
=
+
2
2
AB
AP
4AF2

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

Họ và tên thí sinh: ................................................................................................................
Số báo danh: .................................................Phòng.............................................................

/>

PHÒNG GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
TIỀN HẢI

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC2016 -2017
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN 8

Điểm


M = ( x2+7x+11-1)(x2+7x+11+1)-24
M = ( x2+7x+11)2- 25 = ( x2+7x+6) ( x2+7x+16)
M =(x+1)(x+6)( x2+7x+16)

Câu 2
1,5đ

2

4

Các ước dương của A là 1, p, p , p ,p
Tổng các ươc là 1 + p + p 2 + p 3 + p 4 = n2

(n ∈ N )

0,5đ

⇒ (2 p 2 + p ) 2 < (2n) 2 < (2 p 2 + p + 2) 2 ⇒ (2n) 2 = (2 p 2 + p + 1) 2

0,25đ

Do đó: 4 p 4 + 4 p 3 + 4 p 2 + 4 p + 4 = 4 p 4 + 4 p3 + 5 p 2 + 2 p + 1 ⇔ p 2 − 2 p − 3 = 0
p1= -1(loại) ; p2 = 3

0,25đ

3

4

+
÷(2)
y
z 
x y z
 x
y+ z b−c c−a  c
b 2 − bc + ac − a 2 c
=
+
.
=
.
Ta lại có:
÷
x
b  a −b
ab
a −b
 a
c (a − b)(c − a − b) c (c − a − b) c [ 2c − (a + b + c) ] 2c 2
=
=
=
=
ab(a − b)
ab
ab
ab



0,25đ

Đặt

Ta có

1

1

1

2

.3abc = 3 + 6 = 9
Do đó ( x + y + z )  + + ÷ = 3 +
x y z
abc


Bài 2
(5đ)

0,25đ
0,5đ

⇒ 4 + 4 p + 4 p + 4 p + 4 p = 4n
Ta có 4 p 4 + 4 p 3 + p 2 < 4n 2 < 4 p 4 + p 2 + 4 + 4 p 3 + 8 p 2 + 4 p
2

+
x
+
1

 

1

/>
0,25đ


a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình: x 2 − 3x + 2 = 0
c) Tìm số nguyên x để P nhận giá trị là số nguyên.
2.Chứng minh rằng: f ( x) = ( x 2 + x − 1) 2018 + ( x 2 − x + 1) 2018 − 2 chia hết cho
g ( x) = x 2 − x
Câu a
1,5đ

Câub
1đ

Với x ≠ 1 ta có

0,5đ


  x + x +1− x + 8 

=
.
= 2
( x − 1)( x 2 + x + 1) x 2 + 9
x +9
x+3
P= 2
Vậy x ≠ 1 thì
x +9
2
x − 3 x + 2 = 0 suy x = 2 hoặc x= 1 (loại)

0,25đ

2+3
5
= .
2
2 + 9 13
5
Kết luận với x= 2 thì P =
13

0,25đ

0,25đ
0,5đ

Thay x=2 vào P ta có P =



Ta có f (0) = (−1) + 1 − 2 = 0 ⇒ x=0 là nghiệm của f(x) ⇒ f(x) chứa thừa số 0,25đ
x
Ta có f (1) = (12 + 1 − 1)2018 + (12 − 1 + 1) 2018 − 2 = 0 ⇒ x=1 là nghiệm của f(x) ⇒ f(x) 0,25đ
chứa thừa số x- 1
mà các thừa số x và x-1 không có nhân tử chung do đó f(x) chia hết cho x(x-1) 0,25đ
2018

2018

Vậy f ( x) = ( x 2 + x − 1)2018 + ( x 2 − x + 1)2018 − 2 chia hết cho g ( x) = x 2 − x
Bài 3
3,5đ

Bài 3:(3,5điểm)
1. Tìm m để phương trình có nghiệm( m tham số)

2.Giải phương trình: 2 x(8 x − 1) 2 (4 x − 1) = 9
Câu1
2đ

0,25đ

x − m x −3
+
=2
x+3 x +m

ĐKXĐ: x ≠ -3 ; x ≠ -m ta có
x −m x −3

2
2
nghiệm
 m + 3
Kết luận : với m= -3 thì S = { x / x ≠ ±3} . Với m ≠ ±3 thì S = −

2 


0,5đ

Ta có 2 x(8 x − 1) 2 (4 x − 1) = 9 ⇔

0,25đ

Với m ≠ −3 thì phương trình (1) có nghiệm x = −

Câu
2
1,5đ

(64 x 2 − 16 x + 1)(8 x 2 − 2 x ) = 9 ⇔ (64 x 2 − 16 x + 1)(64 x 2 − 16 x) = 72
(*)
2
Đặt 64x -16x = t ta có (*) ⇔ t(t+1) – 72 = 0 ⇔ t =- 9 hoặc t = 8.

Với t = -9 ta có 64x -16x= -9 ⇔ 64x -16x + 9 = 0 ⇔ (8x -1) +8 = 0
(vô nghiệm vì (8x -1)2 +8 > 0)
Với t = 8 ta có 64x2 -16x= 8 ⇔ 64x2 -16x – 8 = 0 ⇔ (8x -1)2 -9 = 0
2


b)
Bài 4(6 điểm)
0,25
1,25đ Cho hình chữ nhật ABCD.Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của D và B trên
AC và M,N,P, Q lần lượt trung điểm của AD, AH, BC, CK
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Chứng minh BQ vuông góc với NP
c) Giả sử cạnh AB = 2BC và điểm P là điểm trên cạnh BC. Tia AP cắt
đường thẳng CD tại điểm F . Chứng minh rằng
A

1
1
1
=
+
2
2
AB
AP
4 AF 2

B
N
H

E
P


nên QE // BC ⇒ QE ⊥ AB(vì BC ⊥ AB) và QE = BC =

1
AD
2

Chứng minh AM = QE và AM//QE ⇒ tứ giác AMQE là hình bình hành

0,5đ

Chứng minh AE// NP//MQ (3). Xét ∆AQB có BK và QE là hai đường cao của 0,5đ
tam giác ⇒ E là trực tâm của tam giác
0,5đ
nên AE đường cao thứ ba của tam giác AE ⊥ BQ ⇒ BQ ⊥ NP
B

A

Câu c
2đ

P

G

D

F

C

1 ⇒
2
2
AF 2
⇒
=
+
1

1

2
2
2
AD
AG
AF
 AB ÷  AP ÷
2

2

4
4
1
1
1
1
⇒
=

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 :z2 = (x+y)2 – 4(x + y+z)

0,25đ
0,25đ

⇔ z + 4 z = ( x + y ) − 4( x + y ) ⇔ z + 4 z + 4 = ( x + y ) − 4( x + y ) + 4
2

2

2

2

⇔ ( z + 2) 2 = ( x + y − 2) 2
⇔ 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
đ
0,25
đ