Đề thi học sinh giỏi - Môn Toán khối lớp 8

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

1. PHÒNG GD&ĐT CẨM THỦY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) NĂM HỌC: 2019 - 2020 (Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề) 2 x2 y2 x2 y2 x y Bài 1. (4,0 điểm) Cho với P 2 2 . 2 2 x x xy xy xy y x xy y x 0, y 0, x y 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 y2 10 2 x 3y Bài 2. (4,0 điểm) 1) Nếu viết số 20192019 thành tổng các số tự nhiên thì tổng các lập phương của các số đó chia cho 6 dư bao nhiêu? 1 1 1 1 2) Giải phương trình x2 9x 20 x2 11x 30 x2 13x 42 18 Bài 3. (4 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3. 2) Cho M 2x2 2y2 3xy x y 2020 . Tính giá trị của M biết xy 1 và x y đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 4. (6 điểm) 1. Cho ABC cân tại A và O là trung điểm của BC . Một điểm D di động trên AB , lấy điểm OB2 E trên AC sao cho CE . Chứng minh rằng BD a) DOE : DBO b) Khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi khi D di động trên AB 2. Cho ABC có Bµ 2Cµ . Biết ba cạnh của tam giác trên là ba số tự nhiên liên tiếp. Tính độ dài mỗi cạnh? Bài 5. (2 điểm) Cho các số a,b,c thỏa 1 a,b,c 0. Chứng minh rằng: a b2 c3 ab bc ca 1.  HẾT 
2. HƯỚNG DẪN GIẢI MÔN TOÁN 9 (20 – 20 ) 2 x2 y2 x2 y2 x y Bài 1. (4,0 điểm) Cho với P 2 2 . 2 2 x x xy xy xy y x xy y x 0, y 0, x y 1) Rút gọn biểu thức P . 2) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 y2 10 2 x 3y Lời giải 1) Rút gọn biểu thức P . 2 x2 y2 x2 y2 x y Ta có P 2 2 . 2 2 x x xy xy xy y x xy y 2 2 2 2 2 x y y x x y xy x y P . x xy x y x2 xy y2 2 x2 y xy2 y3 x3 x2 y xy2 x y P . x xy x y x2 xy y2 2 2 2 y x x xy y x y P . x xy x y x2 xy y2 2 y x P x xy 2y y x P xy x y P với x 0, y 0, x y xy 2) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 y2 10 2 x 3y Ta có x2 y2 10 2 x 3y x2 2x 1 y2 6y 9 0 x 1 2 y 3 2 0 2 2 Vì x 1 0 x ; y 3 0 y
3. x 1 0 x 1 (TMĐK) y 3 0 y 3 1 3 2 Tại x 1, y 3 thì P 1. 3 3 2 Vậy P khi x2 y2 10 2 x 3y 3 Bài 2. (4,0 điểm) 1) Nếu viết số 20192019 thành tổng các số tự nhiên thì tổng các lập phương của các số đó chia cho 6 dư bao nhiêu? 1 1 1 1 2) Giải phương trình x2 9x 20 x2 11x 30 x2 13x 42 18 Lời giải 1) Nếu viết số 20192019 thành tổng các số tự nhiên thì tổng các lập phương của các số đó chia cho 6 dư bao nhiêu? 2019 * Đặt S 2019 a1 a2 an (Với a1,a2 , ,an là các số tự nhiên và n ¥ ) 3 3 3 Và P a1 a2 an 3 3 3 Xét hiệu P S a1 a1 a2 a2 an an a1 1 a1 a1 1 a2 1 a2 a2 1 an 1 an an 1 Ta thấy mỗi số hạng của hiệu trên là tích của 3 số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại một số chia hết cho 3 và một số chia hết cho 2 nên mỗi số hạng đều chia hết cho 6 P S6 Do đó muốn tìm số dư của P khi chia cho 6 , ta chỉ cần tìm số dư của S khi chia cho 6 Lại có 2019  3 mod6 20192019  32019 mod6  3 mod6 S chia 6 dư 3 P chia 6 dư 3 . 1 1 1 1 2) Giải phương trình x2 9x 20 x2 11x 30 x2 13x 42 18 ĐKXĐ: x 4; 5; 6; 7 1 1 1 1 PT x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18
4. 1 1 1 x 4 x 7 18 3 1 x 4 x 7 18 ⇒ 2 +11 + 28 = 54 ⇔ 2 +11 ― 26 = 0 ⇔( ― 2)( + 13) = 0 = 2 ⇔ = ―13 (TMĐK) Vậy tập nghiệm của pt là 푆 = {2; ― 13} Bài 3. 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3. 2) Cho M 2x2 2y2 3xy x y 2020 . Tính giá trị của M biết xy 1 và x y đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3. Ta có x3 2x2 3x 2 y3 x 2 3 4x2 9x 6 x3 y3 x 2 3 Mà x, y ¢ nên từ ta có : y3 x 1 3 y x 1 y2 x 1 y x 1 2 0 y x 1. Khi đó phương trình đã cho trở thành: x3 2x2 3x 2 x 1 3 x2 1 0 x 1. Do đó, phương trình đã cho có hai nghiệm x; y 1;2 , x; y 1;0 . 2) Cho M 2x2 2y2 3xy x y 2020 . Tính giá trị của M biết xy 1 và x y đạt giá trị nhỏ nhất. AM GM 1 2 1 Vì xy 1 y nên x y x2 2xy y2 x2 2 4 . x x2 1 x2 x; y 1;1 Dấu “=” xảy ra khi x2 . x; y 1; 1 xy 1 x; y 1;1 Do đó GTNN của x y bằng 2 khi . x; y 1; 1
5. Với x; y 1;1 thì M 2025; Với x; y 1; 1 thì M 2029. Bài 4. (4 điểm) Lời giải 1. OB2 CE OB a) Ta có CE mà OB OC BD OC BD Xét DBO và OCE có: Bµ Cµ CE OB OC BD DBO : OCE (c – g – c) DO DB DO DB OE OC OE OB Ta có D· OE 180 D· OB E· OC 180 D· OB B· DO D· BO Xét DBO và DOE có: D· BO D· OE DO DB OE OB DBO : DOE (c – g – c) b) Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của O lên DE và AB Xét DKO và DHO có: K· DO H· DO ( do DBO : DOE ) DO chung
6. DKO DHO (c – g – c) OK OH Mà OK không đổi khi D di động trên AB OH không đổi khi D di động trên AB khoảng cách từ O đến DE không đổi khi D di động trên AB 2. Đặt AB c ,AC b ,BC a với b c Trên tia AB lấy D sao cho ·ADC ·ACB ABC : ACD (g – g) AB AC và ·ABC ·ACD AC AD Vì ·ABC 2·ACB ·ACD 2·ADC ·ADC B· CD BCD cân tại B BC BD AD AB BC AB AC b2 c2 c.a AC AB BC b c b c a.c (1) Th1: b c 1 ; c a 1 1 1. 2c 1 c 1 .c c2 3c 1 0 Pt không có nghiệm nguyên thỏa mãn. Th2: b c 1 ; a c 2
7. 1 1. 2c 1 c 2 .c c2 1 c 1; b 2 ; a 3(loại) Th3: b c 2 ; a c 1 1 2. 2c 2 c 1 .c c2 3c 4 0 c 1(ktm) c 4(tm) Với c 4 thì a 5 và b 6 Vậy có một tam giác thỏa mãn đề bài, các cạnh của tam giác đó có độ dài là 4,5,6. Bài 5. (2 điểm) Cho các số a,b,c thỏa 1 a,b,c 0. Chứng minh rằng: a b2 c3 ab bc ca 1. Lời giải Vì 1 a,b,c 0 nên b2 b; c3 c , suy ra ta chỉ cần chứng minh a b c ab bc ca 1 . Thật vậy, ta đặt VT a 1 b c b c bc . Ta xét hai trường hợp sau: Trường hợp 1: Nếu 1 b c 0 mà 0 a,b,c 1 thì ta có VT 1 1 b c b c bc 1 bc 1 Trường hợp 2: Nếu 1 b c 0 mà 0 a,b,c 1 thì ta có VT 0 1 b c b c bc b c bc . Để ý b c bc 1 1 b c bc 0 1 b 1 c 0 (đúng vì b,c 1. ). Vậy cả hai trường hợp ta để có a b c ab bc ca 1 . Suy ra điều phải chứng minh.  HẾT 