Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng giáo dục và đào tạo Vĩnh Tường (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng giáo dục và đào tạo Vĩnh Tường (Có đáp án)

1. Câu 1. Cho A n3 3n2 2n với n nguyên dương a) Chứng minh AM3 b) Tìm giá trị của n với n 10 để AM15 Câu 2. Giải các phương trình sau a) x2 11x 12 x2 9x 20 x2 13x 42 36 x2 11x 30 x2 11x 31 2 2 x 2 x 2 x2 4 b) 20 5 48. 2 0 x 1 x 1 x 1 2 x 1 2x2 4x 1 1 x2 4 Câu 3. Cho biểu thức A 2 3 : 2 x 1 3x x 1 x 1 3x 6x a) Rút gọn biểu thức b) Tìm các giá trị của x ¢ để A có giá trị nguyên. Câu 4. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là một điểm di động trên cạnh AC. Từ C vẽ đường thẳng vuông góc với tia BM cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O. Chứng minh rằng: a) OA.OB OC.OH b) Góc OHA có số đo không đổi c) Tổng BM.BH CM.CA không đổi Câu 5. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình x3 x y z 2 y z 3 34 Câu 6. Cho a là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng a2 1M24
2. f f f b) Cho đa thức (x) có các hệ số nguyên. Biết (0) và (1) là các số lẻ. f Chứng minh rằng đa thức (x) không có nghiệm nguyên; Câu 6: Trên một đường tròn viết 1996 số 0 và một số 1. Một bước đi cho phép chọn một số và đổi hai số liền kề của số đã chọn đó, từ 0 thành 1 và 1 thành 0. Hỏi có thể đổi tất cả các số 0 thành số 1 được không? PHÒNG GD&ĐT HD CHẤM ĐỀ KS HSG NĂM HỌC 2014- 2015 VĨNH TƯỜNG MÔN: TOÁN 8 Câu Ph Nội dung Điểm ần 1 a A n3 3n2 2n n n2 3n 2 n n 1 n 2 0,25 (1,5đ Ta có ) vì n nguyên dương nên A là tích của ba số nguyên liên tiếp nên AM3 0,25 b Ta có 15 = 3.5 và (3; 5) = 1 nên muốn AM15 thì AM3 và AM5 , theo phần a ta đã có AM3 vậy ta phải tìm n để AM5 ; A n n 1 n 2 Do nên để AM5 thì một trong ba nhân tử phải 0,25 chia hết cho 5; -Nếu nM5 thì AM5 mà n x = 5; x + 6 = 0 => x = - 6 0,25 x2 11x 12 x 4 x 7 36 x2 11x 31 0 (1) Giải (1) đặt t = x2 +11x +12 ta có (t - 38)(t + 18) = 0 suy ra t = 38 0,25 hoặc t = -18; -Với t = 38 ta được x = 2 hoặc x = -13 -Với t= – 18 ta được x = - 5 hoặc x = - 6 0,25 Vậy phương trình có nghiệm là -5; - 6; 2; -13 b ĐKXĐ x 1 , vì x = - 2 không là nghiệm, chia hai vế của PT cho 0,25
3. 2 x 2 2 x 2 x 1 x 2 x 1 20 48 5 0 x 2 x 1 x 2 x 1 x 1 ta được x 2 x 1 t 0,25 Đặt x 2 x 1 ta đươc PT 20t2 + 48t – 5 = 0 1 5 t ;t Giải PT được 10 2 0,25 1 2 t x 3; x Với 10 ta được 3 (thỏa mãn ĐKXĐ) 5 t 0,25 Với 2 thay vào cách đặt ta có PT vô nghiệm; 2 x 3; x Vậy PT có 2 nghiệm: 3 ; 3 a ĐKXĐ: x 1; x 2; x 0 0,25 (2đ) 3 2 2 x 1 2x 4x 1 x x 1 3x x 2 A . x 1 x2 x 1 x 2 x 2 Ta có x3 1 3x 3x 0,25 . x3 1 x 2 x 2 0,25 3x 6 b A 3 x 2 x 2 0,25 Để A có giá trị nguyên thì x 2 Ư(6)  1; 2; 3; 6 , ta có bảng 0,25 sau: x-2 1 -1 2 -2 3 -3 6 -6 x 3 1 4 0 5 -1 8 -4 0,75 N.xét Nhận Nhận Nhận Loại Nhận Loại Nhận Nhận Vậy khi x  4;1;3;4;5;8 thì A có giá trị nguyên
4. 4 O (2,25 đ) A H M B K C a Xét BOH và COA có:  BHO =  CAO = 900 (giả thiết) chung góc O, suy ra BOH COA (G-G) 0,25 OB OH OA.OB OC.OH OC OA 0,25 OB OH OA OH b Theo phần a ta có OC OA OC OB (1) 0,25 OHA và OBC có chung góc O (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra OHA OBC (c.g.c) suy ra  OHA = 0,25  OBC (không đổi) c Vẽ MK  BC (K thuộc BC) 0,25 BM BK BM.BH BC.BK Ta có BKM BHC (g.g)BC BH (3) 0,25 CM CK CM.CA BC.CK Ta có CKM CAB (g.g)CB CA (4) 0,25 Cộng vế với vế (3) và (4) ta có: 2 0,25 BM.BH CM.CA BC.BK BC.CK BC(BK CK) BC (không đổi) 3 3 2 5 Đặt y + z = a với a Z;a 2 , ta có PT: x a (x a) 34 (1) (1,5đ 2 2 2 2 0,25 x a x xa a x 2ax a 34 ) (2) x a 1 x2 xa a2 xa 34 0,25 2 2 Vì x, a là các số nguyên dương nên x xa a 0; xa 34 0 0,25 Suy ra x – a – 1> 0 hay x – a 2 , kết hợp với (2) suy ra x2 2ax a2 34 2 x2 xa a2 x2 a2 34 x2 34 x 6 mà x a 2 4 nên x 4;5 -Xét x = 5, từ x2 a2 34 suy ra a 3 , kết hợp với a Z;a 2 (cách 0,25 a 2;3 đặt) ta được   0,25
5. + Thử x = 5, a = 2 vào (1) không thỏa mãn + x = 5, a = 3 thỏa mãn (1) và được y = 1; z = 2 hoặc y = 2; z = 1; 0,25 -Xét x = 4, từ x – a 2 suy ra a 2 (mà a = 2 loại vì không thỏa mãn (1)) Vậy PT có nghiệm nguyên dương là; (x, y, z) = (5; 1; 2) = (5; 2; 1) 6 Nhóm 1996 số 0 thành 499 nhóm, mỗi nhóm có 4 số 0. Lần thứ nhất (0,75 chọn số ở vị trí thứ hai trong mỗi nhóm và thực hiện đổi số; Hai số 0 0,5 đ) thứ nhất và thứ ba trở thành số 1. Lần thứ hai chọn số ở vị trí thứ ba và đổi nốt hai số 0 ở vị trí thứ hai và thứ tư; Như vậy ta được 4 số 1. Cứ tiếp tục như vậy ta được ta 0,25 được 1997 số 1;Vậy có thể đổi tất cả các số 0 thành số 1. 2 7 a Ta có a 1 a 1 a 1 (1đ) a 1 a a 1 Xét tích là tích 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 0,25 3. Mặt khác a không chia hết cho 3 (vì a là số nguyên tố lớn hơn 3) nên a 1 a 1 M3 (1) Ta có a là số lẻ (vì a là số nguyên tố lớn hơn 3) nên a 2k 1 với k N 0,25 2 2 do vậy a 1 4k k 1 , tích k k 1 M2 4k k 1 M8 a 1M8 (2) 2 Từ (1) và (2) suy ra a 1M24 (vì (3; 8) = 1) b f f f Giả sử a là nghiệm nguyên của (x) khi đó (x) M (x-a) hay (x) (x-a). Q Q (x) trong đó (x) là đa thức có hệ số nguyên; f a.Q Q Q Ta có (0) (0) do (x) có hệ số nguyên nên (0) là số nguyên, mặt 0,25 a.Q khác (0) là số lẻ nên a là số lẻ (1) f (1 a).Q (1) (1) là số lẻ. Lập luận tương tự ta có 1 – a là số lẻ suy ra a là số chẵn (2) 0,25 Vậy (1) và (2) mâu thuẫn nhau. Từ đó suy ra điều giả sử là sai, vậy f đa thức (x) không có nghiệm nguyên Chú ý: Đáp án chỉ trình bày ngắn gọn 1 cách làm; nếu học sinh làm theo cách khác (mà đúng) thì GK thì vẫn cho điểm tối đa;