Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 8 - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 8 - Môn: Toán

1. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể gio đề Bài 1. (2,0 điểm) x2 2x 2x2 1 2 Cho biểu thức A 2 2 3 . 1 2 2x 8 8 4x 2x x x x a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn A b) Tìm các số nguyên x để biểu thức Anhận giá trị nguyên. Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau: x 1 x 1 a) x m 2 x (với m là tham số ,m 0) m m 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 b) 8. x 4. x 2 . x x 4 4. x 2 x x x x c) 2x 3 3 3x 5 3 5x 2 3 5x 2 17x2 2016x 2063 Bài 3. (2,0 điểm) 2 a) Tìm các số tự nhiên n để B n2 8 36 là số nguyên tố b) Trong lớp học bạn An khi đã hoàn thành bài tập mà giáo viên giao cho thì đã giết thời gian bằng cách liệt kê ra một bảng các số nguyên. Bận ấy bắt đầu ghi ra một số nguyên nào đó; để có số tiếp theo, An đã cộng hoặc nhân các chữ số của số đứng liền trước. Cứ tiếp tục như thế, và rồi nhận ra rằng các số mình ghi đều là số lẻ. Hỏi có bao nhiêu số đầu tiên An có thể chọn, biết rằng nó không quá 6 chữ số. Bài 4. (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. HD HE HF a) Tính tổng AD BE CF b) Chứng minh: BH.BE CH.CF BC 2 c) Chứng minh: Điểm H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Trên các đoạn HB,HC lấy tương ứng các điểm M , N tùy ý sao cho HM CN. Chứng minh : Đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định . Bài 5. (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số dương. 1 1 1 27 Chứng minh: a a b b b c c(c a) 2(a b c)2
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 2x2 8 0 2 3 x 0 a) ĐKXĐ: 8 4x 2x x 0 x 2 x 0 x 0 Với thì: x 2 x2 2x 2x2 1 2 A 2 2 3 . 1 2 2x 8 8 4x 2x x x x x(x 2) 2x2 x2 x 2 . 2(x2 4) 2 x2 x 4 x 2 x x 2 2 2x2.2 x 1 x 2 . 2 x2 4 x 2 x2 2 2 x 4x 4 4x x 1 . 2 x2 4 x x2 4 x 1 x 1 . 2 x2 4 x 2x x 0 x 1 Vậy , với thì A x 2 2x x 0 b) Xét với * x 2 Giả sử biểu thức A nhận giá trị nguyên thì biểu thức 2A cũng nhận giá trị nguyên 2x 2 1 2A ¢ ¢ ¢ x 1;1 2x x x 1; x 1 đều thỏa mãn * 1 1 Với x 1 thì A 0(thỏa mãn A ¢ ) 2( 1)
3. 1 1 Với x 1 thì A 2(thỏa mãn A ¢ ) 2.1 Vậy để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì x 1;1 Câu 2. x 1 x 1 2 a) x m 2 x m 1 x (2a) m m m 2 +) Nếu m 1 và m 0 thì m 1 0. 2a x m m 1 2 +)Nếu m 1 thì m 1 0. 2a x m(m 1) +)Nếu m 1 thì m 1 0. 2a 0x 2 luon dung Kết luận: 2  +Với m 1 và m 0 thì tập nghiệm BPT là S x ¡ / x  m(m 1) +Với m 1 thì tập nghiệm của BPT là S ¡ 2  +Với m 1 thì tập nghiệm của BPT là: S x ¡ / x  m(m 1) 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 b) 8 x 4 x 2 x x 4 4 x 2 2b x x x x Điều kiện x 0 , Khi đó: 2 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2b 8 x 4 x 2 4 x 2 x x 4 x x x x 2 2 1 2 1 2 1 1 2 8 x 4 x 2 x 2 x x 4 x x x x 2 1 2 1 2 8 x 8 x 2 x 4 x x 2 x 0 x 4 16 x 8 Vì x 0 nên S 8 c) Trước hết chứng minh được rằng: Nếu có 3 số a,b,cthỏa mãn a b c 0 thì a3 b3 c3 3abc (2c) Ta có:
4. 2x 3 3 3x 5 3 5x 2 3 5x 2 17x2 2016x 2063 2x 3 3 3x 5 3 2 5x 3 2 5x 17x2 2016x 2063 Áp dụng đẳng thức (2c) và vì 2x 3 3x 5 2 5x 0 nên phương trình đã cho tương đương với : 3 2x 3 3x 5 2 5x 2 5x 17x2 2016x 2063 2 2 2 5x 3 6x x 15 17x 2016x 2063 0 2 5x x2 2019x 2018 0 2 5x x 1 x 2018 0 2 x 5 x 1 x 2018 2  Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S ;1;2018 5  Câu 3. a) Ta có: 2 B n2 8 36 n4 16n2 64 36 n4 20n2 100 36n2 2 n2 10 6n 2 n2 6n 10 n2 6n 10 Với n ¥ thì 0 n2 6n 10 n2 6n 10 Nên để B là số nguyên tố thì trước hết n2 6n 10 1 Hay n 3 2 0 n 3 2 Thử lại , với n 3 thì B 32 8 36 37 37 là số nguyên tố nên n 3 là giá tị cần tìm b) Ta gọi số đầu tiên thỏa mãn đề bài là số chấp nhận được. Các chữ số của số chấp nhận đều phải là số lẻ, vì nếu không tích của chúng sẽ chẵn Như vậy có 5 số chấp nhận được có 1 chữ số
5. Không thể có số chấp nhận được gồm 2 chữ số vì thế thì tổng hoặc tích các chữ số của chúng sẽ là số chẵn. Tương tự như vậy số chấp nhận được cũng không thể có 4 hoặc 6 chữ số. Ta xét các số chấp nhận được gồm ba chữ số (tổng và tích các chữ số của các số chấp nhận được gồm ba chữ số này phải là số lẻ, và chúng không thể có hai chữ số, nên và tổng và tích các chữ số không thể vượt quá 9. Như vậy số chấp nhận được gồm 3 chữ số có thể: Hoặc là gồm 3 chữ số 1, Hoặc là gồm hai chữ số 1, số còn lại là 1 trong 3 chữ số 3,5,7 Hoặc gồm 1 chữ số 1 và 2 chữ số 3 Do đó có 1 9 3 13 số chấp nhận được có 3 chữ số. Tương tự như thế , ta tính được số chấp nhận được gồm 5 chữ số. Tổng các chữ số không vượt quá 45 và là số chấp nhận được nên tích không vượt quá 9, khả năng xảy ra là : Hoặc gồm 5 chữ số 1 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 3 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 5 Hoặc gồm ba chữ số 1 và hai chữ số 3 Do đó số các số chấp nhận được gồm 5 chữ số: 1 5 5 10 21 số Vậy số các số thỏa mãn đề bài là: 5 13 21 39số
6. Câu 4. A E F H P Q M B N D C K HD S a) Trước hết chứng minh : HBC AD SABC HE S HF S Tương tự có: HCA ; HAB BE SABC CF SABC HD HE HF S S S S Nên HBC HAC HAB ABC 1 AD BE CF SABC SABC HD HE HF Vậy 1 AD BE CF b) Trước hết chứng minh: BDH : BEC BH.BE BD.BC Và CDH : CFB CH.CF CD.BC BH.BE CH.CF BC. BD CD BC 2
7. AE AF c) Trước hết chứng minh AEB : AFC .Mặt khác E· AF B· AC AB AC Nên AEF : ABC(c.g.c) ·AEF ·ABC Chứng minh tương tự, ta có: CDE : CAB C· ED C· BA ·AEF C· ED mà EB  AC nên EB là phân giác của góc DEF Tương tự: DA,FC là phân giác của các góc EDF,DFE Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF Nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Gọi K là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có KMH KNC c.c.c K· HM K· CN (1) Mặt khác ta cũng có: KCH cân tại K nên : K· HC K· CH (2) Từ (1) và (2) ta có: K· HC K· HB HK là phân giác của góc BHC Vậy K là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên K là điểm cố định Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là K Câu 5. Áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương ta được: 1 1 1 3 (*) a(a b) b(b c) c(c a) 3 abc a b b c c a Cũng theo BĐT Cô si : 0 33 abc a b c 3 1 và 0 33. a b b c c a 8 a b c 3 (2) Nhân tương ứng hai vế các BĐT (1) và (2) được: 36 abc a b b c c a 8 a b c 6 3 27 Hay 3 abc(a b)(b c)(c a) 2 a b c 2 1 1 1 27 Từ * và suy ra a(a b) b(b c) c(c a) 2 a b c 2 Dấu " "xảy ra khi và chỉ khi a b c