Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện - Môn thi: Toán học 8 (đề chính thức)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện - Môn thi: Toán học 8 (đề chính thức)

1. ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN 8 Ngày thi: 12/04/2014 Thời gian làm bài: 120 phút Câu 1. (4 điểm) 2 2 x 1 x 1 Cho biểu thức: A . x 1 : 3x x 1 3x x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên Câu 2. (4 điểm) 2 a) Chứng minh rằng: A n3 n2 7 36n 7với n ¢ . b) Cho P n4 4. Tìm tất cả các số tự nhiên n để P là số nguyên tố. Câu 3. (4 điểm) 1 1 1 1 a) Giải phương trình: x2 9x 20 x2 11x 30 x2 13x 42 18 b) Cho a,b,c là ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: a b c A 3 b c a a c b a b c Câu 4. (6 điểm) Gọi O là trung điểm của đoạn thẳng AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng AB kẻ hai tia Ax,By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (C khác A). Từ O kẻ đường thẳng vuông góc với OC, đường thẳng này cắt By tại D. Từ O hạ đường vuông góc OM xuống CD (M thuộc CD) a) Chứng minh OA2 AC.BD b) Chứng minh tam giác AMB vuông c) Gọi N là giao điểm của BC và AD.Chứng minh MN / / AC Câu 5. (2 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1.Chứng minh rằng: a bc b ca c ab 2 b c c a a b
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 2 2 x 1 x 1 a) A . x 1 : 3x x 1 3x x 2 2 x 1 3x x 1 x 1 A . : 3x x 1 3x x 2 2.(1 3x) x A . 3x 3x x 1 x 2x A 2. x 1 x 1 2x 2x 2 b) Với x 0; x 1, Ta có: A 2 A 2 x 1 x 1 x 1 Để A ¢ thì x 1 phải là ước của 2 x 1 1; 2 Đối chiếu điều kiện tìm được x 2hoặc x 3thỏa mãn Câu 2. 2 a) Ta có: A n3 n2 7 36n 2 2 3 3 n n n 7 6 n n 7 6 n n 7n 6 n 7n 6 3 3 2 2 n n n 6n 6 n n 6n 6 n n 1 6 n 1 n n 1 6 n 1 n n 1 n2 n 6 n 1 n2 n 6 n n 1 n 2 n 3 n 1 n 2 n 3 Do đó A là tích của 7 số nguyên liên tiếp A7 n ¢ 2 b) P n4 4 n4 4n2 4 4n2 n2 2 2n 2 n2 2n 2 n2 2n 2 n 1 2 1 n 1 2 1 Vì n là số tự nhiên nên n 1 2 1 2.Như vậy muốn P là số nguyên tố thì ta phải có n 1 2 1 0 n 1 2 0 n 1 Khi đó P 5 là số nguyên tố
3. Câu 3. a) Ta có: x2 9x 20 x 4 x 5 x2 11x 30 x 5 x 6 x2 13x 42 x 6 x 7 TXĐ: x 4; x 5; x 6; x 7 Phương trình trở thành: 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 x 4 x 7 18 18 x 7 18 x 4 x 7 x 4 x 13 x 2 0 x 13 (tm) x 2 (tm) b) Đặt b c a x 0;c a b y 0;a b c z 0. Ta có: x, y, z 0 y z x z x y Từ đó suy ra : a ;b ;c 2 2 2 y z x z x y 1 y x x z y z Thay vào ta được: A 2x 2y 2z 2 x y z x z y 1 Từ đó suy ra A 2 2 2 A 3 . Dấu “= “ xảy ra a b c 2
4. Câu 4. x y D M C N A O B a) Xét ACO và BOD có: µA Bµ 900;C· OA O· DB (cùng phụ với D· OB) AO BD Nên ACO : BOD g.g AO.BO AC.BD AC BO Mà AO BO nên AO2 AC.BD b) Xét CMO và OMD có: C· MO O· MD 900;O· CM D· OM (cùng phụ với C· OM ) CO OM CMO : OMD (1) OD MD
5. CO AO CO OB Mà ACO : BOD (Do AO OB) 2 OD OD OD BD OM OB Từ (1) và (2) ta có: OMD : OBD MD BD M· OD B· OD OMD OBD (cạnh huyền, góc nhọn) OM OB OA AMB vuông tại M CN AC c) Ta có: AC / /BD (cùng vuông góc với AB) NB BD Mà BD MD ( OMD OBD ) Tương tự ta chứng minh AC CM CN CM Nên MN / /BD / / AC BN DM Câu 5. - Nhận xét : có a bc a a b c bc a b c a Tương tự: b ca b a b c ; c ab c a c b a b a c b a b c c a c b Do đó: VT b c c a a b Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: a b a c b a b c 2 a b b c c a a b a c c a c b 2 a c b c a b b a b c c a c b 2 b c a c a b 1 Vậy 2.VT 4 a b c 4 VT 2 . Dấu “=” xảy ra a b c 3