Đề thi học sinh giỏi lớp 8 - Môn Toán

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

1. UBND HUYỆN KỲ THI HỌC SINH GIỎI 03 MÔN VĂN HÓA LỚP 8 PHÒNG GD&ĐT CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: Toán Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) (Đề gồm 01 trang) ĐỀ BÀI Câu 1: (4.0 điểm) x4 2 x2 1 x2 3 Cho biểu thức M = x6 1 x4 x2 1 x4 4x2 3 1. Rút gọn M 2. Tìm x để M ≥ 1 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M. Câu 2: (4.0 điểm) 1. Cho số nguyên tố p > 3 và 2 số nguyên dương a, b sao cho: p2 + a2 = b2 . Chứng minh a chia hết cho 12 1 2x 1 2y 2. Cho x, y là số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn: 1 1 x 1 y Chứng minh M =x 2 +y 2 -xy là bình phương của một số hữu tỷ. Câu 3: (4.0 điểm) 1. Tìm hai số nguyên dương x; y thoả mãn: (x y)4 40x 1 2 2. Giải phương trình: 3x 2 x 1 3x 8 16 . Câu 4: (6.0 điểm) Cho hình vuông ABCD có 2 đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB lấy M (0<MB<MA) và trên cạnh BC lấy N sao cho M· ON=900 . Gọi E là giao điểm của AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE 1. Chứng minh ΔMON vuông cân 2. Chứng minh: MN // BE và CK BE 3. Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh: KC KN CN + + =1 KB KH BH Câu 5: (2.0 điểm) Cho hai số không âm a và b thoả mãn a2 +b2 a+b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2020 a b S 2019 a 1 b 1 Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ;, Số báo danh:. . . . . . . . . . .
2. UBND HUYỆN KỲ THI HỌC SINH GIỎI 03 MÔN VĂN HÓA LỚP 8 PHÒNG GD&ĐT CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2019-2020 ĐỀ CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: Toán Câu Nội Dung Điểm x4 2 x2 1 x2 3 Cho biểu thức M = x6 1 x4 x2 1 x4 4x2 3 4.0 đ 1. Rút gọn M 2. Tìm x để M ≥ 1 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M. x4 2 x2 1 x2 3 1. M = (x2 1) x4 x2 1 x4 x2 1 x2 1 x2 3 x4 2 x2 1 1 = (x2 1) x4 x2 1 x4 x2 1 x2 1 4 2 2 4 2 0.5 x 2 x 1 x 1 x x 1 x4 2 x4 1 x4 x2 1 = (x2 1) x4 x2 1 (x2 1) x4 x2 1 0.5 x4 x2 x2 (x2 1) x2 = 2 4 2 2 4 2 4 2 (x 1) x x 1 (x 1) x x 1 x x 1 0.5 x2 Vậy M= với mọi x 0.5 x4 x2 1 x2 Câu 1 4 2 1 2. Để M ≥ 1 thì x x 1 0.25 x2 x4 x2 1 2 x2 1 0 0.25 2 Do x2 1 0,x 0.25 2 Suy ra: x -1 = 0 0.25 Vậy x = ± 1 x2 3. Ta có M= với mọi x x4 x2 1 - Nếu x=0 ta có M=0 1 0.25 - Nếu x 0 , chia cả tử và mẫu của M cho x2 ta có M= 1 x2 1 x2 2 0.25 2 1 2 1 1 1 Ta có x 2 1 x 2x 2 1 x 1 1 với mọi x 0 . Nên ta x x x x 1 1 có M 1 với mọi x 0 , dấu “=” xảy ra khi x 0 x = ±1. 1 0.25 x2 1 x x2 0.25 Vậy Mmax = 1 khi x = ±1 2 2 2 1. Cho số nguyên tố p > 3 và 2 số nguyên dương a, b sao cho: p + a = b . 4.0 đ Câu 2 Chứng minh a chia hết cho 12.
3. 1 2x 1 2y 2. Cho x, y là số hữu tỷ khác 1 thỏa mãn: 1 . 1 x 1 y Chứng minh M =x 2 +y 2 -xy là bình phương của một số hữu tỷ 1. Ta có: p2 + a2 = b2  p2 = (b + a)(b - a) 2 2 Mà ước của p là 1; p và p 0.25 Do b + a > b – a với mọi a, b nguyên dương và p nguyên tố lớn hơn 3 Nên không xảy ra trường hợp b + a = b – a = p 0.25 2 b a p 2 Do đó 2a p 1 (p 1)(p 1) (1) b a 1 0.25 Mà p nguyên tố và p > 3, suy ra p lẻ 0.25 nên p + 1 và p – 1 là hai số chẵn (2) Từ (1) và (2) suy ra (p + 1)(p -1) chia hết cho 8 0.25 Suy ra 2a chia hết cho 8, nên a chia hết cho 4 (3) 0.25 Lại có p nguyên tố và p > 3. Nên p không chia hết cho 3 và p2 là số chính phương lẻ. Do đó p2 chia 3 dư 1 Suy ra p2 – 1 chia hết cho 3, nên 2a chia hết cho 3 0.25 Suy ra a chia hết cho 3 ( vì (2, 3) = 1) (4) Tư (3) và (4) suy ra a chia hết cho 12 (do (3, 4) = 1) (đpcm) 0.25 1 2x 1 2y 2. Ta có 1 1 2x 1 y 1 2y 1 x 1 x 1 y 0.5 1 x 1 y 3xy 1 1 y 2x 2xy 1 x 2y 2xy 1 x y xy x y 2 0.5 2 2 2 2 2 3xy 1 3xy 1 Khi đó: M= x y xy x y 3xy 3xy 0.5 2 2 3xy 1 Vì x, y Q nên là số hữu tỷ, vậy M là bình phương của một số hữu tỷ 0.5 2 4 1. Tìm hai số nguyên dương x; y thoả mãn: (x y) 40x 1 2 4.0 đ 2. Giải phương trình: 3x 2 x 1 3x 8 16 4 1. Ta có: (x y) 40x 1 (1) Do x, y nguyên dương nên: 41 ≤ 40x + 1 < 40x + 40y 4 0.5 Suy ra 41 (x y) 40x 40 y Nên 16 < (x + y)4 và (x + y)3 < 40. Suy ra 2 < x + y < 4 0.5 Câu 3 Mà x, y nguyên dương; nên x + y = 3 (2) 0.5 Thay (2) vào (1) ta có: 40x + 1 = 34 x = 2, thay vào (2) tìm được y = 1 Vậy (x; y) = (2; 1) 0.5 2. -Ta có 3x 2 x 1 2 3x 8 16 3x 2 3x 3 2 3x 8 144 0.5 Đặt 3x 3 t 3x 2 t 5;3x 8 t 5 . Ta có PT t 5 t 2 t 5 144 t 2 9 t 3 t 4 25t 2 144 0 t 2 9 t 2 16 0 2 0.5 t 16 t 4 1 7 -Xét các trường hợp của t ta tìm được x=0 ; x= 2 ; x= ; x= 0.5 3 3 -KL 0.5 Câu 4 Cho hình vuông ABCD có 2 đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh
4. AB lấy M ( 0 < MB < MA) và trên cạnh BC lấy N sao cho M· ON=900 . Gọi E là giao điểm của AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE 1. Chứng minh ΔMON vuông cân 2. Chứng minh: MN // BE và CK BE. 3. Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh: KC KN CN + + =1 KB KH BH Hình vẽ: A M B O N 6.0 đ K E D C H 1. -Ta có B· OC 900 C· ON B· ON 900 ; 0.5 vì M· ON 900 B· OM B· ON 900 B· OM C· ON ·ABC -Ta có BD là phân giác góc ABC M· BO C· BO 450 2 B· CD 0.5 Tương tự ta có N· CO D· CO 450 Vậy ta có M· BO N· CO 2 -Xét OBM và OCN có OB=OC ; 0.5 B· OM C· ON ; M· BO N· CO OBM OCN OM ON *Xét MON có M· ON 900 ;OM ON MON vuông cân tại O 0.5 2. + OBM OCN MB NC ; mà AB=BC 0.25 AM BN AB MB BC NC AM BN MB NC 0.25 AN BN Ta có AB//CD AB / /CE NE NC 0.25 AM AN MN / /BE ( theo định ký Ta- lét đảo ) MB NE 0.25 + Vì MN//BE B· KN M· NO 450 ( 2 góc đồng vị và có tam giác MON vuông 0.25 cân) NB NO BNK : ONC ( vì có B· NK O· NC; B· KN O· CN 450 ) 0.25 NK NC
5. Xét BNO; KNC có B· NO C· NK ; 0.25 NB NO BNO : KNC N· KC N· BO 450 NK NC Vậy ta có B· KC B· KN C· KN 450 450 900 CK  BE 0.25 3. -Vì KH//OM mà ON  OM OK  KH N· KH 900 , 0.5 mà N· KC 450 C· KH 450 B· KN N· KC C· KH 450 Xét BKC có B· KN N· KC KN là phân giác trong của BKC , mà KC HC 0.5 KH  KN KH là phân giác ngoài của BKC . KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có KH BH 0.5 KC KN NC HC BN CN BH -Vậy ta có 1 0.5 KB KH BH HB BH BH BH Cho hai số không âm a và b thoả mãn a2 +b2 a+b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2020 2.0 đ a b S 2019 a 1 b 1 + Ta có a2 1 2a;b2 1 2b a2 b2 2 2a 2b a b 2 (do a2 b2 a b ) 0.5 Câu 5 1 1 4 + Chứng minh được với hai số dương x, y thì x y x y 0.5 2020 2020 1 1 4 + Do đó S 2019 2 2019 2 2020 0.5 a 1 b 1 a 1 b 1 + Kết luận: GTLN của S là 2020, đạt được khi a b 1 . 0.5 Điểm toàn bài 20 đ Lưu ý khi chấm bài: - Điểm toàn bài làm tròn đến 0,25 điểm. - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của thí sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu thí sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng.