Đề thi học sinh giỏi - Môn: Toán 8 - Năm học 2017 - 2018

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi - Môn: Toán 8 - Năm học 2017 - 2018

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM 2017-2018 THANH HÀ MÔN: TOÁN 8 Bài 1. (4,5 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M x 2 x 3 x 4 x 5 24 2) Cho a,b,cđôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng: a b b c c a c a b Nếu a b c 0 thì . 9 c a b a b b c c a 3) Cho A p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của A là số chính phương. Bài 2. (4,0 điểm) x 4 1 x 8 1) Cho biểu thức P 3 : 1 2 x 1 x 1 x 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình x2 3x 2 0 2018 2018 2) Chứng minh rằng: f (x) x2 x 1 x2 x 1 2 chia hết cho g(x) x2 x Bài 3. (3,5 điểm) x m x 3 1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số) 2 x 3 x m 2) Giải phương trình: 2x 8x 1 2 . 4x 1 9 Bài 4. (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, AB 2AD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên cạnh BC lấy điểm P sao cho AM CP.Kẻ BH vuông góc với AC tại H. Gọi Q là trung điểm của CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N. a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành b) Khi M là trung điểm của AD.Chứng minh BQ vuông góc với NP 1 1 1 c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F. Chứng minh rằng AB2 AP2 4AF 2 Bài 5. (1,0 điểm). Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi.
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1. M x 2 x 3 x 4 x 5 24 M x2 7x 10 x2 7x 12 24 M x2 7x 11 1 x2 7x 11 1 24 2 M x2 7x 11 25 M x2 7x 6 x2 7x 16 M x 1 x 6 x2 7x 16 2. Các ước dương của A là 1; p; p2; p3; p4 Tổng các ước là 1 p p2 p3 p4 n2 n ¥ 4 4 p 4 p2 4 p3 4 p4 4n2 Ta có: 4 p4 4 p3 p2 4n2 4 p4 p2 4 4 p3 8p2 4 p 2 2 2 2 p2 p 2n 2 2 p2 p 2 2n 2 2 p2 p 1 Do đó : 4 p4 4 p3 4 p2 4 p 4 4 p4 4 p3 5p2 2 p 1 2 p1 1(ktm) p 2 p 3 0 p2 3(tm) Vậy p 3 a b b c c a c 1 a 1 b 1 3. Đặt x; y; z ; ; (1) c a b a b x b c y c a z 1 1 1 x y z 9 x y z 1 1 1 y z x z x y Ta có: x y z 3 (2) x y z x y z
3. y z b c c a c b2 bc ac a2 c Ta lại có: . . x a b a b ab a b c a b c a b c c a b c 2c a b c 2c2 ab a b ab ab ab x z 2a2 x y 2b2 Tương tự ta có: ; y bc z ac 2 2 2 1 1 1 2c 2a 2b 2 3 3 3 x y z 3 3 a b c x y z ab bc ac abc Vì a b c 0 a3 b3 c3 3abc 1 1 1 2 Do đó: x y z 3 .3abc 3 6 9 x y z abc Bài 2. 1. a) Với x 1 ta có: x 4 x2 x 1 x2 x 1 x 8 P : 2 2 x2 x 1 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 4 x2 x 1 x2 9 x2 2x 3 x2 x 1 : . 2 x2 x 1 2 x2 9 x 1 x x 1 x 1 x x 1 x 3 x 1 x 3 x 1 x2 9 x2 9 x 3 Vậy x 1 thì P x2 9 2 x 2(tm) b) x 3x 2 0 x 1(ktm) 2 3 5 thay x 2 vào P ta có: P 22 9 13 5 Kết luận với x 2 thì P 13
4. 2) Đa thức g x x2 x x x 1 có hai nghiệm là x 0 v x 1 Ta có f 0 1 2018 12018 2 0 x 0 là nghiệm của f (x) f x chứa thừa số x 2018 2018 Ta có f 1 12 1 1 12 1 1 2 0 x 1 là nghiệm của f (x) f x chứa thừa số x 1 mà các thừa số x và x 1 không có nhân tử chung do đó f (x) chia hết cho x x 1 2018 2018 Vậy f x x2 x 1 x2 x 1 2 chia hết cho g x x2 x Bài 3. 1) ĐKXĐ: x 3; x m ta có: x m x 3 2 x2 m2 x2 9 2 x 3 x m x 3 x m 2x2 m2 9 2 x2 3x 3m mx 2 m 3 x m 3 2 (1) Với m 3 thì 1 có dạng 0x 0.Nghiệm đúng mọi x thỏa mãn điều kiện x 3 x m,do đó tập nghiệm của phương trình là x 3 2 m 3 m 3 Với m 3 thì phương trình 1 có nghiệm x 2 m 3 2 Để giá trị này là nghiệm của phương trình thì ta phải có: m 3 m 3 m 3 3và m tức là m 3.Vậy nếu m 3 thì x là 2 2 2 nghiệm. m 3 Kết luận : với m 3 thì S x / x 3.Với m 3 thì S  2  2. Ta có: 2x 8x 1 2 4x 1 9 64x2 16x 1 8x2 2x 9 64x2 16x 1 64x2 16x 72 * Đặt 64x2 16x t ta có: t 9 * t t 1 72 0 t 8 Với t 9 ta có: 64x2 16x 9 64x2 16x 9 0 8x 1 2 8 0
5. (Vô nghiệm vì 8x 1 2 8 0) 1 x 2 2 2 Với t 8 ta có 64x 16x 8 64x 16x 8 0 1 x 4 Bài 4. A B K M N E P H Q D C a) Chứng minh được DH / /BK(1) Chứng minh được AHD CKB DH BK (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác MNPQ là hình bình hành. b) Gọi E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình KBC 1 1 nên QE / /BC QE  AB (vì BC  AB) và QE BC AD 2 2 Chứng minh AM QE và AM / /QE AMQE là hình hành Chứng minh AE / /NP / /MQ 3 . Xét AQB có BK và QE là hai đường cao của tam giác nên E là trực tâm của tam giác nên AE là đường cao thứ ba của tam giác AE  BQ BQ  NP
6. c) A B P G D C F Vẽ tia Ax vuông góc với AF. Gọi giao của Ax với CD là G. Chứng minh G· AD B· AP (cùng phụ với P· AD) ABP g.g AP AB 1 2 AG AP AG AD 2 Ta có: AGF vuông tại A có AD  GF nên AG.AF AD.GF 2SAGF AG2.AF 2 AD2.GF 2 1 Ta chia hai vế của (1) cho AD2.AG2.AF 2 mà AG2 AF 2 GF 2 (đl Pytago) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 AD AG AF 1 1 AF AB AP 2 2 4 4 1 1 1 1 AB2 AP2 AF 2 AB2 AP2 4AF 2 Bài 5. Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z (x, y, z là các số nguyên dương). Ta có xy 2 x y z (1) và x2 y2 z2 (2) Từ (2) suy ra z2 x y 2 2xy, thay (1) vào ta có:
7. z2 x y 2 4 x y z z2 4z x y 2 4 x y z2 4z 4 x y 2 4 x y 4 z 2 2 x y 2 2 z 2 x y 2 z 2 x y 2(ktm vi z 0) z x y 4; thay vào (1) ta được: xy 2 x y x y 4 xy 4x 4y 8 x 4 y 4 8 1.8 2.4 Từ đó tìm được các giá trị của x, y, z là: x; y; z 5;12;13 ; 12;5;13 ; 6;8;10 ; 8;6;10 