Đề thi Olimpic cấp Thị xã Toán 8 - Năm học 2023-2024 - PGD Thị xã Kinh Môn (Có đáp án)

 UBND THỊ XÃ KINH MÔN ĐỀ THI OLYMPIC CẤP THỊ XÃ
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2023 - 2024
 MÔN: TOÁN - LỚP 8
 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài 150 phút ( không kể thời gian giao đề)
 (Đề bài gồm 05 câu, 01 trang)
 Câu 1 ( 2,0 điểm )
 1) Phân tích biểu thức sau thành nhân tử: P 2a3 7a2b 7ab2 2b3 . 
 1 1 1
 2) Cho ba số thực a,b,c 0 và đôi một khác nhau thỏa mãn 0. Tính 
 a b c
 1 1 1
 giá trị của biểu thức: A .
 a2 2bc b2 2ac c2 2ab
 Câu 2 ( 2,0 điểm ) 
 x3 x 1 1 x2 x 1
 1) Rút gọn biểu thức: A  , với x 1. 
 x2 1 x2 2x 1 1 x2 x3 1
 2) Cho phương trình ẩn x sau: 2x m x 1 2x2 mx m 2 0 ( m là tham 
 số). Tìm các giá trị của m để phương trình có nghiệm là một số không âm.
 Câu 3 ( 2,0 điểm )
 1) Cho hai số hữu tỉ a, b khác 0 thỏa mãn: a 3b 2a ab3 2b 2a 2b2 1 0. Chứng 
 minh rằng: 1 ab là bình phương của một số hữu tỉ.
 2) Tìm x, y nguyên thỏa mãn: 6x2 7xy 2y2 x y 2 0.
 Câu 4 ( 3,0 điểm )
 1) Cho hình vuông ABCD, M là một điểm nằm giữa B và C. Kẻ AN vuông góc với 
 AM; AP vuông góc với MN (N và P thuộc đường thẳng CD). Gọi Q là giao điểm của tia 
 AM và tia DC. 
 a) Chứng minh rằng: tam giác AMN vuông cân.
 1 1 1
 b) Chứng minh rằng: AN 2 NC  NP và .
 AM 2 AQ2 AD2
 2) Cho tam giác ABC vuông tại A, G là trọng tâm của tam giác, đường thẳng d bất 
 1 1 9
 kì đi qua G cắt cạnh AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng: .
 AM 2 AN 2 BC 2
 Câu 5 ( 1,0 điểm ) Cho x; y là các số thực thay đổi, thỏa mãn điều kiện: x y 0 và 
 x2 y2
 xy 4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P .
 x y 1
 ----- Hết -----
 Lưu ý: Học sinh không được dùng các loại máy tính.
 Họ tên thí sinh........................................................ Số báo danh........................................
 Chữ ký giám thị 1....................................... Chữ ký giám thị 2.......................................... UBND THỊ XÃ KINH MÔN HƯỚNG DẪN CHẤM
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC CẤP THỊ XÃ 
 NĂM HỌC 2023 - 2024
 MÔN: TOÁN 8
 (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
 Câu Ý Nội dung Điểm
 P 2a3 7a2b 7ab2 2b3 2 a3 b3 7ab a b 
 1 2 2
 2 a b a ab b 7ab a b 0,25
 a b 2a2 2ab 2b2 7ab
 0,25
 2 2 
 a b 2a 4ab ab 2b 0,25
 a b 2a a 2b b a 2b a b 2a b a 2b
 0,25
 1 1 1
 Ta có: 0 ab bc ca 0
 a b c
 Câu 1 a2 2bc a2 bc ab ca a b a c 0,25
 (2,0đ)
 Tương tự: b2 2ac b a b c ,c2 2ba c a c b 0,25
 2 Khi đó:
 1 1 1
 A 
 a b a c b a b c c a c b 
 c b a c b a
 0 0,5
 a b b c c a 
 Với x 1 ta có
 x3 x 1 1 x2 x 1
 A 2 . 2 2 3
 x 1 x 2x 1 1 x x 1
 x(x2 1) 1 1 x2 x 1
 2 . 2 2
 x 1 (x 1) (x 1)(x 1) (x 1)(x x 1)
 2 0,25
 x(x 1) (x 1) (x 1) 1
 2 . 2 
 1 x 1 (x 1) .(x 1) x 1
 x(x 1)(x 1) 2 1 2x 1
 Câu 2 . 0,25
 (2,0đ) x2 1 (x 1)2 .(x 1) x 1 (x2 1)(x 1) x 1
 2x (x2 1) (x2 2x 1) (x 1)2
 0,25
 (x2 1)(x 1) (x2 1)(x 1) (x2 1)(x 1)
 1 x 1 x
 . Vậy A với x 1. 0,25
 x2 1 x2 1
 2
 - Xét phương trình: 2x m x 1 2x mx m 2 0
 2 2x2 mx 2x m 2x2 mx m 2 0
 2mx 2x 2 0 (m 1)x 1 (*)
 - Nếu m 1 0 m 1 thì phương trình (*) có nghiệm 0,25
 1
 duy nhất: x 
 m 1
 - Nếu m 1 0 m 1 thì phương trình (*) trở thành: 
 0 x 1 ( PT vô nghiệm)
 1
 m 1 thì phương trình (*) có nghiệm x 
 m 1 0,25
 Để nghiệm của phương trình (*) là một số không âm thì 
 1
 x 0 m 1 0 m 1
 m 1 0,25
 Kết hợp với ĐK: m 1 ta có m 1
 Vậy m 1 thì phương trình có nghiệm là một số không âm. 0,25
 Ta có 
 a 3b 2a ab3 2b 2a 2b2 1 0
 (a 3b 2a 2b2 ab3 ) (2a 2b) 1 0
 ab(a2 2ab b2 ) 2(a b) 1 0
 2 2 2 2
 a b (a 2ab b ) 2ab(a b) ab 0 ( do ab 0 ) 0,25
 a2b2 (a2 2ab b2 ) 2ab(a b) 1 1 ab
 2 0,5
 ab(a b) 1 1 ab
 Do a, b là các số hữu tỉ nên ab(a b) 1 là số hữu tỉ. 
 0,25
 Vậy 1 – ab là bình phương của một số hữu tỉ.
 Ta có: 6x2 7xy 2y2 x y 2 0
 6x2 7xy 2y2 x y 1 1
 2 2
 6x 4xy 2x 3xy 2y y 3x 2y 1 1 0,25
Câu 3
(2,0đ) 2x 3x 2y 1 y 3x 2y 1 3x 2y 1 1
 2x y 1 3x 2y 1 1 (*)
 Do x, y là các số nguyên nên 2x y 1, 3x 2y 1 là các số 
 nguyên nên ta có: 
 2x y 1 1
 1 0,25
 3x 2y 1 1
 (*) 
 2x y 1 1
 2 
 3x 2y 1 1
 x 2
 1 
 y 4 0,25
 x 4
 2 
 y 6 0,25
 Vậy các cặp số nguyên (x; y) cần tìm là (-2; 4), (-4;6). A B
 1 M
 O
 N D P C Q
 AD AB
 Ta có ABCD là hình vuông (gt) nên 0,25
 DAB B CDA 90
 (tính chất hình vuông)
 AD  DC . Vì NAD DAM NAM 90 AN  AM 
 Và BAM DAM DAB(cmt) NAD MAB 0,25
 1a
 Xét NAD, MAB ta có:
 NDA MBA 90, AD AB cmt ,NAD MAB cmt 
 NAD MAB(g.c.g) 0,25
 AN AM
 Câu 4 Lại có MAN 90 AN  AM AMN vuông cân tại A 0,25
(3,0 đ) Gọi O là giao điểm của MN và AP AP  MN tại O
 Xét ANO và MNA có: AON MAN 90,ANO chung
 ANO∽ MNA (g.g)
 AN NO
 AN 2 NO.NM 1 0,25
 NM AN
 Xét NOP và NCM có: NOP NCM 90,ONP chung
 NOP ∽ NCM (g.g) 
 NO NP
 NO.NM NP.NC ( 2) 
 NC NM 0,25
 Từ (1) và (2) AN 2 NP.NC(dfcm)
 1b
 Xét ANQ có đường cao AD
 1 1
 S DA.NQ AN.AQ ANQ vuông cân tại A)
 ANQ 2 2
 NQ 1 NQ2 1 0,25
 AD.NQ AN.AQ 3 
 AN.AQ AD AN 2.AQ2 AD2
 Áp dụng định lí Pythagore vào ANQ vuông tại A ta có 
 NQ2 AN 2 AQ2 4 
 1 AN 2 AQ2 1 1 0,25
 Từ (3) và (4) suy ra 
 AD2 AN 2.AQ2 AQ2 AN 2 A
 d
 N
 G
 M
 H
 B C
 I
 Gọi H là chân đường vuông góc kẻ từ A lên đường thẳng d và I 
 là giao điểm của AG và BC
 => I là trung điểm của BC
 Xét AMN vuông tại A đường cao AH. 
 1 1 1
 2 Chứng minh được: 1 
 A 2 A2 A2 0,25
 Mặt khác ta có: AH AG nên
 1 1 1 9
 2 2 2 2 2 
 A AG 2 BC
  A 0,5
 3 
 ( Vì I là trung điểm của cạnh huyền BC)
 1 1 9 0,25
 Từ (1) và (2) => 
 A 2 A2 BC 2
 Dấu bằng xảy ra khi đường thẳng d vuông góc với AI tại G
Đặt x y 1 a x y a 1 x y 2 a 1 2
 0,25
 x2 y2 a2 2a 9 (vì xy = 4)
 a2 2a 9 9
 A a 2
 a a
 0,25
Do x y 0 a 0 Áp dụng BĐT Côsi ta có 
 9 9
a 2 a. 6 . Dấu “=” xảy ra khi a = 3
 a a 0,25
 A 6 2 4 . Dấu “=” xảy ra khi a = 3
 x y 0
 x 5 1
Khi đó xy 4 
 y 5 1
 x y 2
 0,25
 x 5 1
Vậy MinA = 4 khi 
 y 5 1
 * Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa