Đề luyện thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 năm 2016 - Đề số 59 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề luyện thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 năm 2016 - Đề số 59 (Có đáp án)

1. Bài 1 a) Tìm a và b để đa thức G x x6 ax2 bx+2 chia hết cho đa thức P x x2 x 1 xy 3x y 4 yz 3y z 4 zx 3z x 4 b) Cho biểu thức M xy 2x 2y 4 yz 2y 2z 4 zx 2z 2x 4 Chứng minh giá trị của biểu thức M luôn là một số nguyên với x 2 và y 2 Bài 2. Cho a, b, c thỏa mãn a2 b2 c2 a b c 2 Chứng minh M a2 1 b2 1 c2 1 viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức. Bài 3 a) Chứng minh biểu thức N 2x2 7y2 6xy 10x 30y 45 sau luôn dương với x, y b) Cho a, b, c thỏa mãn a b c 2 b c a 2 c a b 2 4abc và a2013 b2013 c2013 1 1 1 1 Tính giá trị biểu thức M a2015 b2015 c2015 Bài 4. Cho hình chữ nhật ABCD (AD AB ), gọi O là giao điểm của AC và BD. Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với BD cắt AB, DC và BC lần lượt tại tại M, N và T. Qua M vẽ đường thẳng song song với AC cắt DA và BD tại lần lượt tại E và I , vẽ hình chữ nhật AEFM. a) Cứng minh AF song song với DB b) Chứng minh F và C đối xứng qua I c) Gọi H và G lần lượt là trung điểm của AD và DC. Chứng minh TG  MH Bài 5. Tìm x, y nguyên thỏa mãn x2 (y2 3) y y x
2. Câu Nội Dung Điểm Bài 5đ 1 a/ Ta có G x x6 ax2 bx+2=(x6 1) ax2 bx+3 0,75 2,5đ Ta có x6 1 x3 1 x3 1 x 1 x2 x 1 x3 1 M(x2 x 1) 2 2 2 Vây để G(x) chia hết cho x -x+1 thì ax +bx+3 phải chia hết cho x -x+1 0,25 2 2 Ta có ax +bx+3 chia cho x -x+1 được thương là a dư (a+b)x+3-a 0,75 2 2 Nên để ax +bx+3 chia hết cho x -x+1 thì (a+b)x+3-a=0 với mọi x 0,75 a 3 và b 3 xy 3x y 4 yz 3y z 4 zx 3z x 4 b/ Ta có M= ( 1) ( 1) ( 1) 3 0,5 đ 2,5đ xy 2x 2y 4 yz 2y 2z 4 zx 2z 2x 4 = 0,5đ xy 3x y 4 xy 2x 2y 4 yz 3y z 4 yz+2y+2z-4 zx 3z x 4 zx+2z+2x-4 3 xy 2x 2y 4 yz 2y 2z 4 zx 2z 2x 4 0,5đ y x z y x z = 3 x(y 2) 2(y 2 y(z 2) 2(z 2) z(x 2) 2(x 2) 0,5đ (y 2) (x 2) (z 2) (y 2) (x 2) (z 2) = 3 (y 2) x 2 (z 2)(y 2) (x 2)(z 2) 1 1 1 1 1 1 0,25 = 3 3 x 2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 đ Ta có M=3 Vậy M luôn là một số nguyên với x 2 và y 2. 0,25 đ Bài 4đ 2 a/ -Nếu x lẻ 2đ x 2k 1 0,5đ 3x 112 32K 1 112 3 9k 1 3 112 3(9 1)(9k 1 9k 2 1) 3 112 =24q+3+112=4(8q+28)+3 chia cho 4 dư 3 3x 112 chia cho 4 dư 3 y2 chia cho 4 dư 3 vô lý vì số chính phương chia cho 4 chỉ dư 0 hoặc 1. Vậy x phải chẵn x 2k với k nguyên dương 0,5đ Vây ta có 32k 112 y2 y 3k y 3k 112 112My 3k 2 Vì y 3k y 3k y 3k 112 y 3k 10 y 3k 14,28,56,112 -Nếu y 3k 14 y 3k 8 2y 22 y 11 x 2 0,75 -Nếu y 3k 28 y 3k 4 2y 32 y 16 3x 144 (loại) đ -Nếu y 3k 56 y 3k 2 2y 58 y 29 x 6 112 -Nếu y 3k 112 y 3k 1 2y 113 y (loại) 2 Vây ta có (2;11) ; (6;29) thõa mãn dầu bài 0,25 đ
3. b/ Vì a2 b2 c2 a b c 2 0,5đ 2đ a b c 2 a2 b2 c2 2 ab bc ca 4 2 2 ab bc ca ab bc ca 1 Nên ta có a2 1 a2 ab bc ca (a b)(a c) 0,5đ Tương tự ta có b2 1 b c a b ;c2 1 a c b c 0,5đ 2 Vây ta có M= a b b c a c .Vậy M viết được dưới dạng bình phương của một biểu thức 0,5đ Bài 4đ 3 a/ Ta có N= 2x2 7y2 6xy 10x 30y 45 1,5đ 2đ 2N= 4x2 14y2 12xy 20x 60y 90 = . = 2x 3y 5 2 5 y 3 2 20 0 với mọi x, y vì . Vì 2N>0 N>0 0,25 Vậy Biểu thức N luôn nhận giá trị dương với mọi x, y đ 0,25 đ b/ Ta có a b c 2 b c a 2 c a b 2 4abc 1đ 2đ 2 a b c bc2 2abc a2b a2c 2abc b2c 4abc 0 a b c 2 bc2 a2b a2c b2c 0 a b c 2 b2c bc2 a2b a2c 0 a b c 2 bc b c a2 b c 0 (b c) ab ac bc a2 0 a b 0 (b c) a a c b(a c) 0 (a b)(b c)(a c) 0 b c 0 a c 0 0,5đ -Nếu a+b=0 a b a2013 b2013 a2013 b2013 0 mà a2013 b2013 c2013 1 1 c2013 1 c 1 1. Vì a b c2015 1 1 1 1 1 0,5đ M 1 1 a2015 b2015 c2015 b2015 b2015 -Nếu b+c=0 hoặc a+c=0 là tương tự ta đều tính được M=1. Vậy M=1 Bài 6 4
4. E F K M B A I H P O Q D C G N T a/ Gọi K là giao điểm của AF và EM ta có KE=KA ( .) 0,5đ 2đ µ µ 0,5đ EKA cân E1 A1 Tương tự AOD cân ¶A D¶ . 2 1 0,5đ µ ¶ µ ¶ Ta có EM//AC ( ) E1 A2 ( ) A1 D1 ( mà ) 0,5đ Vậy AF//DB b/ C/m được AKIO là hình bình hành KFIO là là hình bình 1đ 2đ hành FI//KO Chỉ ra OK là đường TB của tam giác AFC FC//KO FI FC F, I, 0,5đ C thảng hàng FI Chi ra FI=KO= IF=IC 0,5đ 2 Vậy F và C đối xứng qua I c/ Gọi P là trung điểm của BC ta có OH, OP là đường trung bình của 0,75 2đ DAC; DBC đ 1 1 OH // DC;OP // DC H,O, P thẳng hàng và OH=OP 2 2 Ta có AOM CON (gcg) OM ON HMPN là hình bình hành NP // MH 0,75 Ta có GP là đường TB của tam giác DCB GP//DB, gọi Q là giao đ điểm của TO với GP Vì TO vuông góc với DB nên TQ  GP N là trực tâm tam giác PGC 0,5đ TG  NP Mà NP // MH TG  MH Bai 1đ 5 Ta có x2 (y2 3) y y x x2 y2 3x2 y2 xy 0,25 4x2 y2 12x2 4y2 4xy 4x2 y2 11x2 4y2 4xy x2 đ x2 (4y2 11) x 2y 2 -Nếu x 0 y 0 ta có (0;0) là nghiệm của PT -nếu x 0 4y2 11 là số chính phương 4y2 11 a2 với a z 0,25 2y a (2y a) 11 đ Giải PT này tìm được (1;3) và (-1;-3) là nghiệm của PT 0,25 đ
5. 0,25 đ