Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT Nho Quan (Có đáp án)

 UBND HUYỆN NHO QUAN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2018-2019
 MÔN: TOÁN 8
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 120 phút)
 Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang
 Câu 1 (5,0 điểm).
 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
 a) x4 2x2 y y2 9
 b) x 2 x 3 x 4 x 5 24 
 1 x3 1 x2
 x :
 2. Cho biểu thức A = 2 3 
 1 x 1 x x x
 a) Rút gọn biểu thức A.
 2
 2 1
 b) Tính giá trị của biểu thức A khi x 
 3 9
 c) Tìm giá trị của x, để A < 0.
 Câu 2 (4,0 điểm).
 x 2 1 2
 1. Giải phương trình sau: 
 x 2 x x(x 2)
 2. Tìm cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn phương trình: 
 5x4 10x2 2y6 4y3 6 0
 Câu 3 (3,0 điểm).
 1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập 
phương của chúng chia hết cho 9.
 2x m x 1
 2. Cho phương trình 3 . Tìm m nguyên để phương trình có 
 x 2 x 2
nghiệm dương.
 Câu 4 (6,0 điểm). 
 Cho hình bình hành ABCD ( có BC / / AD; AC BD ), O là giao điểm của AC và
 BD . Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC . Gọi H 
và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD . 
 Chứng minh:
 a) Tứ giác BEDF là hình bình hành ? 
 b) CH.CD CK.CB
 c) AB.AH AD.AK AC2
 Câu 5 (2,0 điểm).
 x y 2 x y 
 1. Cho x y 1 và xy 0 . Tính: P 
 y 3 1 x3 1 x 2 y 2 3
 x y 4
 2. Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x y z 6 . Chứng minh rằng 
 xyz 9
 ---------------Hết--------------- UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI 
 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8
 Năm học 2018 - 2019
 (HDC gồm 05 trang)
 Câu Đáp án Điểm
 1. (2,0 điểm)
 a, x4 2x2 y y2 9 = ( x4 2x2 y y2 ) 9 0,25
 = (x2 y)2 9 0,5
 = (x2 y 3)(x2 y 3) 0,25
 b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24
 0,25
 = (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24 
 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 
 0,25
 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 
 = (x2 + 7x + 11)2 - 52
 0,25
 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16)
 = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) 0,25
 2. (3,0 điểm)
 a) (1,25 điểm) 
 ĐKXĐ: x 1 0,25
 Với x 1, ta có:
 1 x 3 x x 2 (1 x)(1 x) 0,25
 A= : 
 1 x (1 x)(1 x x 2 ) x(1 x)
 (1 x)(1 x x2 ) x(1 x) (1 x)(1 x)
 = : 0,25
 1 x (1 x)(1 2x x2 )
 Câu 1
 (1 x)(1 x2 ) (1 x)(1 x)
(5,0 điểm) = : 0,25
 1 x (1 x)(1 x)2
 1
 = (1 x2 ) :
 1 x 0,25
 = (1 x 2 )(1 x)
 b) (1,0 điểm)
 2
 2 1 2 1 2 1
 Ta có: x x hoặc x 0,25
 3 9 3 3 3 3
 x 1 (không TMĐK) 
 1 0,25
 hoặc x (TMĐK)
 3
 1
 Với x , ta có: 
 3
 2 0,25
 1 1 10 2 20
 A = 1 1 = . =
 3 3 9 3 27
 2
 2 1 20
 Vậy khi x thì A = 0,25
 3 9 27
 c) (0,75 điểm)
 Ta có: A < 0 (1 x 2 )(1 x) 0 (1)
 0,25
 Mà 1 x 2 0 với mọi x 1 Nên (1) 1 x 0 x 1 0,25
 Vậy với x > 1 thì A > 0 0,25
 Câu 2 2.1) (2,0 điểm)
 (3 điểm) ĐKXĐ: x 0; x 2 0,25
 x 2 1 2
 x 2 x x(x 2)
 0,25
 x(x 2) (x 2) 2
 x(x 2) x(x 2)
 x(x 2) (x 2) 2 0,25
 x2 2x x 2 2 0,25
 x2 x 0 0,25
 x(x 1) 0 0,25
 x = 0 (loại) hoặc x = - 1(nhận) 0,25
 Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 0,25
 2.2) (2,0điểm) 
 5x4 10x2 2y6 4y3 6 0
 5x4 10x2 5 2y6 4y3 2 13 0,25
 5(x4 2x2 1) 2(y6 2y3 1) 13 0,25
 5( x2 1)2 2(y3 1)2 13 0,25
 x Z x2 1 Z
 Vì: 
 3 0,25
 y Z y 1 Z
 Mà 5( x2 1)2 13 x2 1 1 0,25
 Mặt khác x2 1 1 với mọi x
 x2 1 1 0,25
 x2 0 x 0
 Với x 0 , ta có: 5 2(y3 1)2 13
 0,25
 2(y3 1)2 8 (y3 1)2 4
 y3 1 2 y3 1
 3 3 0,25
 y 1 2 y 3
 Vì y Z nên y3 = 1 y = 1 0,25
 Vậy phương trình có một nghiệm nguyên x; y 0;1 
7
 3.1. (1,5 điểm)
 Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y x y3 0,25
 Ta có: x3 y3 x y x2 xy y2 
 0,25
 2 2 
 Câu 3 x y x 2xy y 3xy 
 (3 điểm) 2
 x y x y 3xy 
 0,25
 2
 Vì x y3 nên x y 3xy3 0,25
 2
 x y x y 3xy 9
 0,25 Vậy nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của 
 0,25
 chúng chia hết cho 9.
 3.2. (1,5điểm) 
 ĐKXĐ: x 2 0,25
 2x m x 1
 3
 x 2 x 2
 2x m x 2 x 1 x 2 3 x2 4 0,25
 x 1 m 2m 14 (*)
 Nếu m = 1 thì phương trình (*) có dạng 0 = -12 vô nghiệm. 0,25
 2m 14
 Nếu m 1 phương trình (*) trở thành x 0,25
 1 m
 Khi đó phương trình đã cho có nghiệm dương 
 2m 14
 2
 1 m
 2m 14 m 4 0,25
 2 
 1 m 1 m 7
 2m 14
 0
 1 m
 1 m 7
 Vậy thì thỏa mãn đầu bài 0,25
 m 4
 H
 0,25
 B C
 F
 O
 Câu 4 E
 A
(6,0 điểm) K
 D
 a) (2,0 điểm). 
 Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) BE // DF (1) 0,75
 Xét BEO và DFO
 Có: B· EO D· FO 900
 OB = OD (t/c hình bình hành) 0,75
 E· OB F· OB (đối đỉnh)
 BEO DFO (cạnh huyền – góc nhọn)
 BE = DF (2) 0,25
 Từ (1) và (2) Tứ giác BEDF là hình bình hành (đpcm) 0,25
 b) (1,75 điểm). Ta có: ABCD là hình bình hành (gt) ·ABC ·ADC 0,25
 Mà ·ABC H· BC ·ADC K· DC 1800 0,25
 H· BC K· DC 0,25
 Xét CBH và CDK có: 
 B· HC D· KC 900
 0,5
 H· BC K· DC (chứng minh trên)
 CBH : CDK(g g)
 CH CK
 0,25
 CB CD
 CH.CD CK.CB (đpcm) 0,25
 c) (2,0 điểm). 
 Xét AFD và AKC
 Có: A· FD ·AKC 900
 0,5
 F· AD chung
 AFD : AKC(g g)
 AF AK
 AD.AK AF.AC (3) 0,25
 AD AC
 Xét CFD và AHC
 Có: C· FD ·AHC 900
 0,5
 F· CD H· AC (so le trong)
 CFD : AHC(g g)
 CF AH
 0,25
 CD AC
 CF AH
 Mà : CD = AB AB.AH CF.AC (4) 0,25
 AB AC
 Từ(3) và (4) AB.AH AD.AK CF.AC AF.AC
 2 0,25
 CF AF AC AC (đpcm).
 5.1(1,0 điểm)
 Ta có: 
 4 4
 x y x x y y
 = 
 y3 1 x3 1 (y3 1)(x3 1)
 4 4 0,25
 = x y (x y) 
 xy(y2 y 1)(x 2 x 1)
 2 2
 = x y x y x y (x y) 
 xy(x 2 y2 y2x y2 yx 2 xy y x 2 x 1)
 Câu 5
 x y (x 2 y2 1)
(2,0điểm) = 
 2 2 2 2 0,25
 xy x y xy(x y) x y xy 2 
 2 2
 = x y (x x y y)
 2 2 2
 xy x y (x y) 2 
 = x y x(x 1) y(y 1) 
 xy(x 2 y2 3)
 x y x( y) y( x)
 = ( do x + y = 1 y - 1= -x và x – 1 = - y) 0,25 
 xy(x 2 y2 3)
 = x y ( 2xy) 
 xy(x 2 y2 3) = 2(x y) 
 x 2 y2 3
 2(x y) 2(x y)
 P = + = 0 0,25
 x 2 y2 3 x 2 y2 3
 5.2(1,0 điểm)
 Ta có: x y 2 4xy (1) 0,25
 2
 x y z 4(x y)z
 0,25
 36 4(x y)z (vì x y z 6 ) 
 36(x y) 4(x y)2 z (vì x, y dương nên x + y dương) (2) 0,25
 Từ (1) và (2), ta có: 36(x y) 16xyz
 4 x y 4 0,25
 x y xyz (đpcm)
 9 xyz 9
Lưu ý khi chấm bài:
 - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. 
 Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương 
 ứng.
 - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.