Đề thi chọn học sinh giỏi - Môn Toán lớp 8 (đề chính thức)

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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÚ CHỮ NĂM HỌC : 2018-2019 MÔN TOÁN LỚP 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thi ngày 04 tháng 4 năm 2018 Bài 1. (4,0 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: a) x3 x2 14x 24 b) x4 2018x2 2017x 2018 2) Cho x y 1 và xy 0.Chứng minh rằng: x y 2 x y 0 y3 1 x3 1 x2 y2 3 Bài 2. (3,0 điểm) a) Tìm các cặp số nguyên x, y thỏa mãn y2 2xy 3x 2 0 1 y2 b) Tìm các cặp số nguyên x; y thỏa mãn 2x2 4 sao cho tích x.y đạt giá x2 4 trị lớn nhất. Bài 3. (3,0 điểm) a) Tìm đa thức f (x), biết f (x) chia cho x 2 dư 10, chia cho x 2 dư 24, chia cho x2 4được thương là 5x và còn dư b) Cho p và 2 p 1 là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 4 p 1 là hợp số Bài 4. (8,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC có AD là tia phân giác của B· AC . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC,E là giao điểm của BN và DM , F là giao điểm của CM và DN. 1) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF / /BC. 2) Gọi H là giao điểm của BN và CM.Chứng minh ANB đồng dạng với NFA và H là trực tâm AEF 3) Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm BI AO DM của BK và AD là I.Chứng minh : 9 KI KO KM Bài 5. (2,0 điểm) 2 m2 n2 m n a) Cho x 0, y 0 và m,n là hai số thực. Chứng minh rằng x y x y b) Cho a,b,c là ba số dương thỏa mãn abc 1 1 1 1 3 Chứng minh rằng: a3 b c b3 c a c3 a b 2
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1) a)x3 x2 14x 24 x3 2x2 x2 2x 12x 24 x2 x 2 x x 2 12 x 2 x2 x 12 x 2 x 2 x 3 x 4 b)x4 2018x2 2017x 2018 x4 2017x2 x2 2017x 2017 1 x4 x2 1 2017 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 1 2017 x2 x 1 x2 x 1 x2 x 2018 2) Với x y 1 và xy 0 ta có: x y x4 x y4 y y3 1 x3 1 y3 1 x3 1 x4 y4 x y xy x2 x 1 y2 y 1 x y x y x2 y2 1 xy x2 y2 xy x y x2 y2 xy 2 x y x2 x y2 y xy x2 y2 x y 2 2 x y x x 1 y y 1 2 x y xy x2 y2 3 x2 y2 3 x y 2 x y Vậy 0 y3 1 x3 1 x2 y2 3
3. Bài 2. a) y2 2xy 3x 2 0 x2 2xy y2 x2 3x 2 x y x 1 x 2 * VT (*) là số chính phương, VP (*) là tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0 x 1 0 x 1 x 2 0 x 2 Với x 1 y 1 Với x 2 y 2 b) Điều kiện x 0 2 2 2 1 y 2 1 2 y 2x 2 4 x 2 2 x xy xy 2 x 4 x 4 2 2 1 y x x xy 2 x 2 2 2 1 y Vì x 0; x 0với mọi x 0; mọi y x 2 Do đó xy 2 mà x, y ¢ x 1; y 2 x 2; y 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x 1; y 2 x 2; y 1 Bài 3. a) Giả sử f x chia cho x2 4được thương là 5x và dư ax b Khi đó f (x) x2 4 5x xa b 7 f (2) 24 2a b 24 a Theo đề ta có: 2 f ( 2) 10 2a b 10 b 17 7 Do đó f (x) x2 4 5x x 17 2 47 Vậy f (x) 5x2 x 17 2
4. b) Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên có dạng p 3k 1; p 3k 1 với k 1 + Nếu p 3k 1 thì 2 p 1 6k 3 3 2k 1 Suy ra 2 p 1 là hợp số (vô lý) +Nếu p 3k 1,k 1 thì 4 p 1 12k 3 3. 4k 1 Do k 1 nên 4k 1 3. Do đó 4 p 1 là hợp số. Bài 4. A N M H E L F K B O D C 1) *Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông +) Chứng minh ·AMD 900; ·AND 900;M· AN 900 Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật +)Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của M· AN nên tứ giác AMDN là hình vuông. *Chứng minh EF // BC FM DB +) Chứng minh : (1) FC DC DB MB Chứng minh: (2) DC MA MB MB Chứng minh AM DN (3) MA DN MB EM Chứng minh (4) DN ED
5. EM FM Từ 1 , 2 , 3 , 4 suy ra EF / /BC ED FC 2) Chứng minh ANB : NFA AN DN Chứng minh AN DN. suy ra (5) AB AB DN CN Chứng minh (6) AB CA CN FN Chứng minh (7) CA AM FN FN Chứng minh AM AN. Suy ra (8) AM AN AN FN Từ (5) (6) (7) (8) suy ra ANB : NFA c.g.c AB AN *chứng minh H là trực tâm tam giác AEF Vì ANB : NFA nên N· BA F· AN Mà B· AF F· AN 900 N· BA B· AF 900 Suy ra EH  AF , Tương tự: FH  AE , suy ra H là trực tâm AEF 3) Đặt SAKD a,SBKD b,SAKB c. Khi đó: S S S a b c a b c a b c ABD ABD ABD SAKD SBDK SAKB a b c b a a c b c 3 a b c a c b b a Theo định lý AM-GM ta có: 2 a b a c b c Tương tự : 2 ; 2 c a c b BI AO DM Suy ra 9 KI KO KM Dấu " "xảy ra khi và chỉ khi ABD là tam giác đều, suy ra trái với giả thiết. Bài 5. 5a) Với x 0, y 0 và m,n ¡ ta có: 2 m2 n2 m n (1) x y x y m2 y n2 x x y xy m n 2
6. nx my 2 0 luôn đúng 5b) Áp dụng bất đẳng thức 1 ta có: 2 2 m2 n2 p2 m n p2 m n p (2) x y z x y z x y z 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Ta có: a b c a3 b c b3 c a c3 a b ab ac bc ab ac bc Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có: 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a b c do abc 1 ab ac bc ab ac bc 2 ab bc ac 1 1 1 2 a b c 1 1 1 a2 b2 c2 1 1 1 1 Hay ab ac bc ab ac bc 2 a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 Mà 3 nên a b c a b c ab ac bc ab ac bc 2 1 1 1 3 Do đó: a3 b c b3 c a c3 a b 2