Đề khảo sát học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Thái Thụy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Thái Thụy (Có đáp án)

1. PHÒNG DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI HUYỆN THÁI THỤY NĂM HỌC 2016 - 2017 Môn: Toán 8 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1 (4,0 điểm). 2x5 x4 2x 1 8x2 4x 2 Cho biểu thức: P 4x2 1 8x3 1 a. Rút gọn P b. Tìm các giá trị của x để P = 6 Bài 2 (4,0 điểm). a. Cho các số a, b, c, d nguyên dương đôi một khác nhau và thoả mãn: 2a +b 2b+c 2c+d 2d +a + + 6. Chứng minh A = abcd là số chính phương. a b b+c c d d +a b. Tìm a nguyên để a3 – 2a2 + 7a – 7 chia hết cho a2 + 3. Bài 3 (3,0 điểm). a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x – 1)(2x – 1)(2x2 – 3x – 1) + 2017 2 2 x+1 x+1 2x-4 b. Giải phương trình: + -3 0 x-2 x-4 x-4 Bài 4 (3,0 điểm). a. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc. Chứng minh tam giác đều. 1 1 1 b. Cho x, y, z dương và x + y + z =1. Chứng minh rằng : 9 x2 2yz y2 2xz z2 2xy Bài 5 (5,0 điểm). Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là cạnh AB vẽ tia Ax, By cùng vuông góc AB. Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D. a. Chứng minh AB2 = 4 AC.BD b. Kẻ OM vuông góc CD tại M. Chứng minh AC = CM c. Từ M kẻ MH vuông góc AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm MH d. Tìm vị trí của C trên tia Ax để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất. e. Thầy cô có nhu cầu mua bộ đề HSG môn toán 6789 các huyện trên toàn quốc(100 đề full đáp án), giá 50k/1 khối gồm 100 đề. Liên hệ 0981631258 Bài 6 (1,0 điểm). Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình 2016 x y 2015 2 x y y 2015 4031 x 2016 HẾT Họ và tên học sinh: Số báo danh:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 8– NĂM HỌC 2016-2017 Biểu Bài Nội dung điểm 2x5 x4 2x 1 8x2 4x 2 Cho biểu thức: P 4x2 1 8x3 1 a. Rút gọn P b. Tìm các giá trị của x để P = 6 2x5 x4 2x 1 8x2 4x 2 0.25 a) P 4x2 1 8x3 1 x4 (2x 1) (2x 1) 2(4x2 2x 1) 1 = (2x 1)(2x 1) (2x 1)(4x2 2x 1) (x4 1)(2x 1) 2 x4 1 2 x4 1 = 1 (2x 1)(2x 1) 2x 1 2x 1 2x 1 2x 1 x4 1 0.25 Vậy P = 2x 1 1 1 b) ĐK: x 2 0.25 x4 1 P = 6 6 x4 1 12x 6 2x 1 x4 4x2 4 4x2 12x 9 0.25 (x2 2)2 (2x 3)2 2 2 x 2 2x 3 (1) hoặc x 2 2x 3 (2) 0.25 Ta có (1) x2 2x 1 2 (x 1)2 2 x 1 2 x 1 2 (tmđk) 0,25 x 1 2 x 1 2 2 2 (2) x 2x 1 4 (x 1) 4 vô nghiệm 0.25 x 1 2 Vậy 0.25 x 1 2 a. Cho các số a, b, c, d nguyên dương đôi một khác nhau và thoả mãn: 2a +b 2b+c 2c+d 2d +a + + 6. a b b+c c d d +a Chứng minh A = abcd là số chính phương. b. Tìm a nguyên để a3 – 2a2 + 7a – 7 chia hết cho a2 + 3. 2a +b 2b+c 2c+d 2d+a 2 a) + + 6 a b b+c c d d +a a b c d 1 +1+ 1 +1+ 6 a b b+c c d d +a a b c d + + 2 a b b+c c d d +a 0,25
3. a b c d 1 1 0 a b b+c c d d +a 0,25 b b d d 0 a b b+c c d d +a 0,25 b(c-a) d(a -c) 0 (a b)(b+c) (c d)(d +a) 0,25 b(c d)(d a) d(a b)(b c) 0 abc acd bd2 b2d 0 0,25 (b d)(ac bd) 0 0,25 ac bd 0 ac bd (vì b ≠ d) Vậy A = abcd = (ac)2 là số chính phương 0,25 0,25 +) Thực hiện phép chia a3 – 2a2 + 7a – 7 cho a2 + 3, kết quả : a3 – 2a2 + 7a – 7 = (a2 + 3)(a - 2) + (4a – 1) 0,5 +) Lập luận để phép chia hết thì 4a -1 phải chia hết cho a2 + 3 (4a 1)(a2 3) (4a 1)(4a 1)(a2 3) (vì a Z nên 4a 1 Z ) 0,5 (16a2 1)(a2 3) 2 2 16(a 3) 49 (a 3) 49(a2 3) 0,5 0,5 +) Tìm a, thử lại và kết luận a 2;2 a. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x – 1)(2x – 1)(2x2 – 3x – 1) + 2017 2 2 x+1 x+1 2x-4 b. Giải phương trình: + -3 0 x-2 x-4 x-4 a) A = (x – 1)(2x – 1)(2x2 – 3x – 1) +2017 = (2x2 – 3x + 1)(2x2 – 3x – 1) +2017 0.5 = (2x2 – 3x )2- 1 + 2017 =(2x2 – 3x )2 + 2016 2016 0.5 x 0 2 Dấu "=" xảy ra 2x 3x 0 x(2x 3) 0 3 x 0.75 3 2 x 0 Vậy A min = 2016 3 x 2 0.25 2 2 x+1 x+1 2x-4 0,25 b) + -3 0. Điều kiện x 2;4 x-2 x-4 x-4 2 2 x+1 x+1 x-2 + -12 0 (*) x-2 x-4 x-4
4. x +1 x - 2 x +1 0, 25 Đặt = a và = b suy ra ab = x - 2 x - 4 x - 4 Phương trình (*) trở thành : a2 + ab – 12b2 = 0 0,25 a 3b (a – 3b)(a + 4b) = 0 a 4b x +1 x - 2 + Nếu a = 3b thì = 3. x - 2 x - 4 0,5 (x+ 1)(x - 4) = 3(x-2)2 Giải phương trình trên và kết luận phương trình vô nghiệm x +1 x - 2 + Nếu a = -4b thì = 4. x - 2 x - 4 (x+ 1)(x -4) = -4(x-2)2 x 3 Giải phương trình trên ta được 4 (tmđk) 0,5 x 5 4 + Kết luận nghiệm của phương trình S = { 3; } 0,25 5 a. Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc. Chứng minh tam giác đều. b. Cho x, y, z > 0 và x + y + z =1. 1 1 1 Chứng minh rằng : 9 x2 2yz y2 2xz z2 2xy a) C/m: a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) 0,5 +) Từ giả thiết suy ra: (a + b + c)(a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = 0 2 2 2 a + b + c – ab – bc – ca = 0 ( vì a + b + c > 0 ) 0,25 +) Biến đổi được kết quả: (a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0 0,5 a b 0 4 b c 0 a = b = c Tam giác đó là đều (đpcm) 0,25 c a 0 b) Đặt a = x2 + 2yz; b = y2 + 2xz; c = z2 +2xy a, b, c > 0 và a + b + c = (x + y + z)2 = 1 0,5 1 1 1 +) C/m: a b c 9 0,5 a b c 1 1 1 9 1 1 1 9 hay 9 (đpcm) 0,5 a b c a b c x2 2yz y2 2xz z2 2xy Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ 5 là cạnh AB vẽ tia Ax, By cùng vuông góc AB. Trên tia Ax lấy điểm C
5. (khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D. a. Chứng minh AB2 = 4 AC.BD b. Kẻ OM vuông góc CD tại M. Chứng minh AC = CM c. Từ M kẻ MH vuông góc AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm MH d. Tìm vị trí của C trên tia Ax để diện tích tứ giác ABDC nhỏ nhất. Vẽ hình và ghi GT, KL y x D I M 0,5 C K A H O B a) Chứng minh: ΔOAC∽ΔDBO (g-g) 0,5 OA AC OA.OB AC.BD 0,25 DB OB AB AB . AC.BD AB2 4AC.BD (đpcm) 0,25 2 2 OC AC 0,25 b) Theo câu a ta có: ΔOAC∽ΔDBO (g-g) OD OB OC AC OC OD 0,25 Mà OA OB OD OA AC OA 0,25 +) Chứng minh: ΔOAC∽ΔDOC (c-g-c) A· CO O· CM +) Chứng minh: ΔOAC=ΔOMC (ch-gn) AC MC (đpcm) 0,25 c) Ta có ΔOAC=ΔOMC OA OM; CA CM OC là trung trực của AM 0,25 OC  AM, Mặc khác OA = OM = OB ∆AMB vuông tại M OC // BM (vì cùng vuông góc AM) hay OC // BI 0,25 +) Xét ∆ABI có OM đi qua trung điểm AB, song song BI suy ra OM đi 0,25 qua trung điểm AI IC = AC MK BK KH +) MH // AI theo hệ quả định lý Ta-lét ta có: IC BC AC 0,5 Mà IC = AC MK = HK BC đi qua trung điểm MH (đpcm) 0,25 d) Tứ giác ABDC là hình thang vuông 1 S (AC BD).AB ABDC 2 0,25 Ta thấy AC, BD > 0, nên theo BĐT Cô-si ta có
6. AB2 1 AC BD 2 AC.BD 2. AB S AB2 4 ABDC 2 0,25 AB Dấu “=” xảy ra AC BD OA 0,25 2 Vậy C thuộc tia Ax và cách điểm A một đoạn bằng OA 0,25 Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2016 x y 2015 2 x y y 2015 4031 x 2016 +) Với a, b, c, d dương, ta có a b c d F b c c d d a a b a c b d a(d a) c(b c) b(a b) d(c d) b c d a c d a b (b c)(d a) (c d)(a b) a2 c2 ad bc b2 d2 ab cd 4(a2 b2 c2 d2 ab ad bc cd) 0,5 1 2 1 2 2 b c d a c d a b (a b c d) 6 4 4 1 (theo bất đẳng thức xy (x y)2 ) 4 2 2 2 2 2 +) Mặc khác: 2(a b c d ab ad bc cd) (a b c d) 0,25 a2 b2 c2 d2 2ac 2bd (a c)2 (b d)2 0 Suy ra F 2 và đẳng thức xảy ra a = c; b = d +) Áp dụng với a = 2016, b = x, c = y, d = 2015 ta có: 2016 x y 2015 2 x y y 2015 4031 x 2016 0,25 Đẳng thức xảy ra y = 2016; x = 2015 Lưu ý : - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày những ý cơ bản, nếu học sinh có cách giải khác mà đúng thì Giám khảo vẫn cho điểm nhưng không vượt quá thang điểm của mỗi ý đó. - Phần hình học, học sinh không vẽ hình thì không cho điểm. - Tổng điểm toàn bài bằng tổng điểm của các câu không làm tròn.