Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 8

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

1. 1 2 5 x 1 2x Bài 1 (4 điểm): Cho biểu thức: A 2 : 2 1 x x 1 1 x x 1 a. Rút gọn biểu thức A. b. Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. c. Tìm x để A A . Bài 2( 5 điểm) a. Giải phương trình sau: 2 2 2017 x 2017 x x 2018 x 2018 19 . 2017 x 2 2017 x x 2018 x 2018 2 49 2 b. Cho x ,y, z, a, b , c là các số nguyên khác 0 thỏa mãn x - yz = a y2 - zx = b và z2 - xy = c . Chứng minh rằng ax + by+ cz chia hết cho a + b + c . c. Cho a, b, c là các số thực dương thoả mãn a + b +c = 1. Chứng a bc b ca c ab minh rằng: 2 . b c c a a b Bài 3:( 5điểm) a. Tìm tất cả các số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng khi ta thêm 1 đơn vị vào chữ số hàng nghìn , thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng trăm, thêm 5 đơn vị vào chữ số hàng chữ số hàng chục, thêm 3 đơn vị vào chữ số hàng đơn vị thì ta vần được một số chính phương. b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3. c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x2 + 5y2 + 2xy - 4x - 8y + 2018 Bài 4: ( 6 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 3. Chứng minh rằng: = + . AD2 AM2 AN2
2. 6) Đáp án và biểu điểm Bài Đáp án Điểm 1 Bài 1 + ĐKXĐ : x 1, x 0,5 ( 4 2 điểm) Ý a 0,5 (2 điểm) 1 x 2(1 x) (5 x) x2 1 A 2 . 1 x 1 2x 2 x2 1 0,5 . 1 x2 1 2x 2 0,5 1 2x A nguyên, mà x nguyên nên 21 2x 0,25 Ý b Từ đó tìm được x = 1 và x = 0 0,5 (1 điểm) Loại đi giá trị x = 1( do điều kiện). Vậy x = 0 0,25 0,25 A A A 0 2 1 0,5 0 1 2x 0 x Ý c 1 2x 2 (1 điểm) 1 0,25 Kết hợp với điều kiện: 1 x 2 Bài 2 2 2 (5 Ý a 2017 x 2017 x x 2018 x 2018 19 điểm) (2 điểm) 2017 x 2 2017 x x 2018 x 2018 2 49 . ĐKXĐ: x 2017; x 2018 . Đặt a = x – 2018 (a 0), ta có hệ thức: 0,25 2 2 0,25 a 1 a 1 a a 19 a 2 a 1 19 2 2 2 a 1 a 1 a a 49 3a 3a 1 49 0,5 49a 2 49a 49 57a 2 57a 19 8a 2 8a 30 0 2a 1 2 42 0 2a 3 2a 5 0 0, 5
3. 3 a 2 (thoả ĐK) 5 a 2 4036 4031 Suy ra x = hoặc x = (thoả ĐK) 2 2 0,5 Ta có Ý b (1,5 ax by cz điểm) x(x 2 yz) y( y 2 xz) z(z 2 xy) x3 y3 z 3 3xyz 0,5 (x y)3 z 3 3xyz 3x 2 y 3x y 2 (x y z)(x 2 2xy y 2 xz yz z 2 ) 3xy(x y z) (x y z)(x 2 yz y 2 xz z 2 xy) 0,5 (x y z)(a b c) 0,25 Vậy ax + by + cz chia hết cho a + b + c 0,25 - Nhận xét: Có a + bc = a(a + b + c) + bc = (a + b)(c + a) Ý c (1,5 Tương tự có b + ca = (b + a)(b + c) điểm) 0,5 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 0,5 Vậy 2. VT 4(a b c) 4 1 hay VT 2 ĐPCM Đẳng thức xảy ra  a = b = c = 3 0,5
4. Bài 3 Ý a Gọi abcd là số phải tìm a, b, c, d N, (5,0 (2 0 a,b,c,d 9,a 0 0,25 điểm) điểm) Ta có: abcd k2 (a 1)(b 3)(c 5)(d 3) m2 0,5 Với k, m N, 31 k m 100 abcd k2 0,5 abcd 1353 m2 Do đó: m2–k2 = 1353 (m+k)(m–k) = 123.11= 41. 33 ( k+m < 200 ) m+k = 123 m+k = 41 0,5 m–k = 11 Hoặc m–k = 33 m = 67 m = 37 k =56 Hoặc k = 4 Kết luận đúng abcd = 3136 0,25 Ý b 2 (1,5 3 3 2 3 7 Ta có y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) điểm) 4 8 0,5 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 0,5 4 16 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; từ đó tìm được cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: 0,5 (-1 ; 0) KL
5. Ý c P x2 5y2 2xy 4x 8y 2023 (1,5 P (x2 y2 2xy) 4(x y) 4 4y2 4y 1 2018 điểm) P  (x y)2 4(x y) 4  (4y2 4y 1) 2018 0,5 P (x y 2)2 (2y 1)2 2018 2018 0,25 3 x x y 2 0 2 Dấu "=" xảy ra khi 0,5 2y 1 0 1 y 2 3 x 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P = 2018 khi 1 0,25 y 2 Bài 4 Vẽ hình, ghi giả thiết , kết luận (6,0 điểm) E A B H F C D M N Ta có DAM ABF (cùng phụ BAH ) 0,5 AB = AD ( gt) BAF ADM = 900 (ABCD là hình vuông) Ý a ΔADM = ΔBAF (g.c.g) 0,5 (2 => DM=AF, mà AF = AE (gt) điểm) Nên. AE = DM Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0,5 Mặt khác.DAE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0,5 Ta có ΔABH ; ΔFAH (g.g)
6. AB BH BC BH = hay = ( AB=BC, AE=AF) 0,5 Ý b AF AH AE AH (2điểm) Lại có HAB = HBC (cùng phụ ABH ) 0,5 ΔCBH : ΔEAH (c.g.c) 2 2 SΔCBH BC SΔCBH BC = , mà = 4 (gt) = 4 SΔEAH AE SΔEAH AE 0,5 nên BC2 = (2AE)2 BC = 2AE E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD 0,5 Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: 2 2 Ý c AD AM AD CN AD CN = = (1) (2điểm) CN MN AM MN AM MN 0,5 Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC = = Vì AD = AB AN AB AN MN 2 2 AD MC AD MC hay = (2) 0,5 AN MN AN MN Từ (1) và (2) 2 2 2 2 2 2 2 AD AD CN CM CN + CM MN 0,5 + = + = 2 = 2 = 1 AM AN MN MN MN MN (Pytago) 2 2 AD AD 1 1 1 0,5 + = 1 2 2 2 (đpcm) AM AN AM AN AD Lưu ý - Hình học nếu vẽ hình không khớp chứng minh không cho điểm . - Học sinh làm bài cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.