Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 NĂM 2018-2019 ( Thời gian: 120 phút) Câu 1: (6 điểm) a. Phân tích đa thức thành nhân tử: A= x[x2(x2-7)2-36] b. Cho a 2 b 2 c 2 a 3 b3 c 3 1. Tính B= a 2 b 2019 c 2020 c. Tìm GTNN của P= x 4 2x 3 3x 2 2x 1 d. Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh tam giác thỏa mãn: a3 b3 c3 3abc thì 3cạnh tam giác đó bằng nhau Câu 2: ( 5 điểm) 2 2 x 1 x 1 2x 4 a. Giải phương trình sau: 3 0 x 2 x 4 x 4 b. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2016 x y 2015 2 x y y 2015 4031 x 2016 c. Cho x,y,z là các số khác 0. Chứng minh rằng: 1 1 1 x 6 y 6 z 6 Nếu x y z 0 thì xyz x y z x 3 y 3 z 3 2 x 2 x 4x2 2 x 3 Câu 3: (2.5 điểm) Cho phân thức đại số P 2 : 2 2 x 2 x x 4 2 x 2x x a) Rút gọn P. b) Tìm các số nguyên dương x để P nhận giá trị là số nguyên. Câu 4 : (4.5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E;F;G;H lần lượt là trung điểm của các cạnh AB.BC,CD,DA. M là giao điểm của CE và DF. a. Chứng minh rằng : Tứ giác EFGH là hình vuông b. Chứng minh DF CE và tam giác MAD cân c. Tính diện tích tam giác MDC theo a. Câu 5: (2.0 điểm) Cho tam giác ABC có Aˆ Bˆ . Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho HAˆC ABˆC. Đường phân giác của góc BAH cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẻ ME cắt đường thẳng AH tại F. Chứng minh rằng: CF AE
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN LỚP 8 NĂM 2018-2019 Câu Lời giải Biểu điểm 1a. Phân tích đa thức f(x)=x3(x2-7)2-36x ra nhân tử. (1,5đ) f(x)=x[x2(x2-7)2-36]=x(x3-7x-6)(x3-7x+6) 0,25 =x[(x3-x)-(6x+6)][ (x3-x)-(6x-6)] 0,25 =x[x(x-1)(x+1)-6(x+1)][x(x-1)(x+1)-6(x-1)] =x(x-1)(x+1)(x2-x-6)(x2+x-6) 0,25 =x(x-1)(x+1)(x2+2x-3x-6)(x2-2x+3x-6) 0,25 =x(x-1)(x+1)[x(x+2)-3(x+2)][x(x-2)+3(x-2)] 0,25 =x(x-1)(x+1)(x+2)(x-2)(x+3)(x-3) 0,25 1b. a 2 b 2 c 2 a 3 b3 c3 1. a,b,c 1; 1 (0,5đ) a 3 b3 c 3 (a 2 b 2 c 2 ) a 2 (a 1) b 2 (b 1) c 2 (c 1) 0 0.25 a 3 b3 c 3 1 a,b,c nhận hai giá trị 0 hoặc 1 b 2 b 2019 ;c 2 c 2020 B a 2 b 2 c 2 1 0.25 1c. P = x 4 2x 3 3x 2 2x 1 (2đ) = (x 4 2x 3 x 2 ) (2x 2 2x) 1 0.25 2 = x 2 x 2 x 2 x 1 = ( x 2 x 1) 2 0.25 2 2 1 3 = x 2 4 0.5 2 1 3 3 Với mọi x thì x 2 4 4 2 2 1 3 9 x x 2 4 16 0.5 2 1 1 1 Dấu “=” xảy ra khi x 0 x 0 x 0.25 2 2 2 9 1 Vậy min P= x 0.25 16 2 1d. a,b,c là cạnh của tam giác nên a+b+c 0 0.25 (2đ) Ta có: a 3 b3 c 3 3abc a 3 b3 c 3 3abc 0 (a b)3 c 3 3ab(a b) 3abc 0 (a b c) a b 2 (a b)c c 2  3ab(a b c) 0 (a b c)a 2 b 2 2ab ac bc c 2 3ab 0 2 2 2 0.5 (a b c)a b c ac ab bc 0 0.25 a 2 b 2 c 2 ac ab bc 0 (do a+b+c 0 ) (a 2 2ab b 2 ) (b 2 2bc c 2 ) (c 2 2ac a 2 ) 0 2 2 2 (a b) (b c) (c a) 0a,b,c 0.5 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c 0.25 Do đó: 3 cạnh tam giác đã cho đều 0.25 2a. ĐKXĐ: x 2,4 0.25 (2đ)
3. 2 2 x 1 x 1 2x 4 3 0 x 2 x 4 x 4 2 2 x 1 x 1 x 2 12 0 (1) x 2 x 4 x 4 x 1 x 2 x 1 Đặt a= ; b= suy ra ab= 0.25 x 2 x 4 x 4 Khi đó phương trình (1) trở thành a 2 ab 12b 2 0 (a 4b)(a 3b) 0 a 4b { 0.25 a 3b x 1 x 2 Với a=3b thì 3. x 2 x 4 (x 1)(x 4) 3(x 2)(x 2) 0.5 Giải phương trình trên và kết luận vô nghiệm x 1 x 2 Với a=-4b thì 4. x 2 x 4 (x 1)(x 4) 4(x 2)(x 2) 0.5 Giải phương trình trên được x=3 và x=4 t/mãn ĐKXĐ 5 0.25 Vậy phương trình trên có tâp nghiệm S={3; 4 } 5 a b c d 2b. +) Với a,b dương ta có: F= (1đ) b c c d a d a b a c b d a(a d) c(b c) b(a b) d(c d) b c a d c d a b (b c)(a d) (c d)(a b) a 2 c 2 ad cb b 2 d 2 cd ab 4(a 2 b 2 c 2 d 2 ad bc cd ab) 2 1 2 1 2 (a b c d) 0.5 (a b c d) (a b c d) 4 4 1 ( áp dụng bất đẳng thức (x y) 2 xyx, y 0 ) *H/s phải c/m bất đẳng 4 thức +)Lại có: 2(a 2 b 2 c 2 d 2 ad bc cd ab) (a b c d) 2 = a c 2 b d 2 0 0.25 Suy ra : F 2 . Dấu “=” xảy ra khi 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 Dấu “=” xảy ra khi x=2015;y=2016 1 1 1 2c. Ta có: 0 xy yz xz 0 0.25 (2đ) x y z C/m: x 3 y 3 y 3 z 3 x 3 z 3 3x 2 y 2 z 2 0.5 C/m: x+y+z=0 x 3 y 3 z 3 3xyz 0.5 x 6 y 6 z 6 (x 3 y 3 z 3 ) 2 2(x 3 y 3 x 3 z 3 y 3 z 3 ) 3x 2 y 2 z 2 Do đó: xyz x 3 y 3 z 3 3xyz xyz 0.5 x 6 y 6 z 6 Vậy xyz 0.25 x 3 y 3 z 3
4. 3a. ĐK: x≠2; x≠-2 0.5 (1,25đ 2 x 2 x 4x2 2 x 3 ) P : 2 x 2 x (2 x)(2 2) 2 x x(2 x) (2 x)2 (2 x)2 4x2 2x x 3 P : (2 x)(2 x) (2 x)(2 x) (2 x)(2 2) x(2 x) x(2 x) 0.25 4 4x x2 4 4x x2 4x2 2x x 3 P : (2 x)(2 x) x(2 x) 4x2 8x x 3 P : 0.25 (2 x)(2 x) x(2 x) 4x(x 2) x 3 P : (2 x)(2 x) x(2 x) 4x2 0.25 P x 3 3b. 4(x2 9) 36 36 P 4(x 3) x 2 (1,25đ x 3 x 3 0.5 ) P nguyên khi x 3 U (36)  36, 18, 12, 9, 6, 4, 3, 2, 1,1,2,3,4,6,9,12,18,36 Vì x nguyên dương nên 0.25 x 1,2,4,5,6,7,9,12,15,21,39 Vì x≠2 nên x 1,4,5,6,7,9,12,15,21,39 . 0.5 4a. (1,5đ) 0.5 0.5 C/m: EFGH là hình thoi 0.25 C/m nó có 1 góc vuông. 0.25 Kết luận: EFGH là hình vuông 4b. EBC FCD(c g c) BEˆC CFˆD. 0.25 (1.5đ) Mà EBC vuông tại B cóBEˆC ECˆB 90 nên CFˆD ECˆB 90 CMˆF 90 DF CE 0.25 Gọi N là giao điểm của AG và AN C/m tương tự: DF AG .Mà DF CE nên AG CE 0.25 C/m: N là trung điểm của DM
5. MAD có AN vừa là đưong cao vừa là đường trung tuyến MAD cân tại A 0.25 CM CD 4c. DCM ~ DFC(g g) 0.5 (1.5đ) CF DF 2 2 S DMC CD CD 0.25 Do đó: S DCM S DFC . S DFC DF FD 1 1 Có: S .DC.CF .CD 2 (1) DFC 2 4 0.25 Tam giác DCF vuông tại C có DF 2 CD 2 FC 2 (định lí Pytago) 1 5 = CD 2 BC 2 CD 2 (2) 4 4 0.25 2 2 1 2 CD 1 2 a Từ (1) &(2) suy ra : S DMC CD . CD 4 5 2 5 5 0.25 CD 4 5.(2đ) C/m: CA=CE (1) 0.5 Qua H kẻ đường thẳng song song với AB cắt MF tại K. Ta có: MB AM BE FA (2) 0.5 HK HK HE FH BE AB AE là đường phân giác của BAH (3) 0.25 HE AH AB CA CE CAH ~ CBA(g g) (4) 0.25 AH HC HC FA CE AH HE Từ (1),(2),(3)&(4) suy ra: AE CF 0.5 FH CH FH CH