Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Tiền Hải (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - Phòng giáo dục và đào tạo Tiền Hải (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN: TOÁN 8- T3/01 (Thời gian làm bài 120 phút) 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, c đôi 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 (Với 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 2. Chứng minh rằng: f (x) (x2 x 1)2018 (x2 x 1)2018 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 4AF2 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. PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 TIỀN HẢI ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN 8 Bài Nội dung Điểm 1 1. M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) - 24 0,75 M = (x2 + 7x + 10)(x2 + 7x + 12) - 24 M = (x2 + 7x + 11 - 1)(x2 + 7x + 11 + 1) - 24 0,5 M = (x2 + 7x + 11)2 - 25 M = (x2 + 7x + 6) (x2 + 7x + 16) 0,25 M = (x + 1)(x + 6)(x2 + 7x + 16) 2. Các ước dương của A là 1, p, p2, p3, p4 0,5 Tổng các ươc là 1 p p2 p3 p4 n2 (n N) 4 4 p 4 p2 4 p3 4 p4 4n2 0,5 Ta có 4 p4 4 p3 p2 4n2 4 p4 p2 4 4 p3 8p2 4 p 0,25 (2 p2 p)2 (2n)2 (2 p2 p 2)2 (2n)2 (2 p2 p 1)2 Do đó: 0,25 4 p4 4 p3 4 p2 4 p 4 4 p4 4 p3 5p2 2 p 1 p2 2 p 3 0 p1 = -1(loại); p2 = 3
3. a b b c c a c 1 a 1 b 1 0,5 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 0,25 1 1 1 y z x z x y Ta có (x y z) 3 (2) x y z x y z y z b c c a c b2 bc ac a2 c Ta lại có: . . 0,25 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 0,25 x z 2a2 x y 2b2 Tương tự ta có ; y bc z ac 2 2 2 0,25 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 2 1. a. Với x 1 ta có x 4 x2 x 1 x2 x 1 x 8 0,5 P 2 2 : 2 (x 1)(x x 1) (x 1)(x x 1) x x 1 x 4 x2 x 1 x2 x 1 x 8 x2 2x 3 x2 9 0,5 P 2 : 2 2 : 2 (x 1)(x x 1) x x 1 (x 1)(x x 1) x x 1 (x 3)(x 1) x2 x 1 x 3 0,25 . (x 1)(x2 x 1) x2 9 x2 9 x 3 Vậy x 1 thì P 0,25 x2 9
4. b. x2 3x 2 0 suy x = 2 hoặc x = 1 (loại) 0,5 2 3 5 0,25 Thay x = 2 vào P ta cóP . 22 9 13 0,25 5 Kết luận với x = 2 thì P 13 2. Đa thức g(x) x2 x x(x 1) có hai nghiệm là x = 0 hoặc x = 1 0,5 Ta cóf (0) ( 1)2018 12018 2 0 x = 0 là nghiệm của f(x) 0,25 f(x) chứa thừa số x 0,25 Ta cóf (1) (12 1 1)2018 (12 1 1)2018 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 0,25 chung do đó f(x) chia hết cho x(x - 1) 0,25 Vậy f (x) (x2 x 1)2018 (x2 x 1)2018 2 chia hết cho g(x) x2 x 3 1. ĐKXĐ: x -3; x -m ta có 0,5 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) 0,5 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 0,5 (m 3)2 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: 0,25 m 3 m 3 3 và m tức là m 3 . Vậy nếu m 3 thì 2 2 m 3 x là nghiệm 2 0,25 m 3 Kết luận: với m = -3 thìS x / x 3 . Với m 3 thì S  2 
5. 2. Ta có2x(8x 1)2 (4x 1) 9 0,25 (64x2 16x 1)(8x2 2x) 9 (64x2 16x 1)(64x2 16x) 72 (*) 0,5 Đặt 64x2 -16x = t ta có (*) t(t + 1) – 72 = 0 t = - 9 hoặc t = 8. Với t = -9 ta có 64x2 -16x= -9 64x2 -16x + 9 = 0 (8x -1)2 +8 = 0 (vô nghiệm vì (8x -1)2 + 8 > 0) 0,25 Với t = 8 ta có 64x2 -16x= 8 64x2 -16x – 8 = 0 (8x -1)2 -9 = 0 1 1 0,25 x = hoặc x= . 2 4 1 1 0,25 Vậy nghiệm của phương trình là x = hoặc x= . 2 4 4 0,25 a. Chưng minh được DH // BK (1) 0,5 Chứng minh được AHD CKB suy ra DH = BK (2) 1,0 Từ (1) và (2) tứ giác MNPQ là hình bình hành 0,5 b. Gọi E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình 0,5 của KBC nên QE // BC QE AB(vì BC AB) và 0,5 1 1 0,5 QE BC AD 2 2 0,5 Chứng minh AM = QE và AM//QE tứ giác AMQE là hình bình hành Chứng minh AE//NP//MQ (3). Xét AQB có BK và QE là hai đường cao của tam giác E là trực tâm của tam giác nên AE đường cao thứ ba của tam giác AE  BQ BQ  NP
6. c. 0,5 Vẽ tia Ax vuông góc AF. Gọi giao của Ax với CD là G. Chứng minh (cùng phụ ) ADG ~ ABP (g.g) 0,25 AP AB 1 2 AG AP AG AD 2 0,5 Ta có AGF vuông tại A có AD  GF nên AG.AF = AD.GF 2 2 2 2 (= 2SAGF ) AG .AF AD .GF (1) 0,5 Ta chia cả hai vế của (1) cho AD2.AG2.AF2 Mà AG2 + AF2 = GF2( Định lý pitago) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 0,25 AD AG AF 1 1 AF AB AP 2 2 4 4 1 1 1 1 AB2 AP2 AF 2 AB2 AP2 4AF 2
7. 5 Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z (x, 0,25 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: 0,25 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 0,25 z 2 x y 2 hoặc z + 2= -x – y + 2 (loại vì z >0) z x y 4; thay vào (1) ta được xy = 2(x + y + x + y - 4) xy 4x 4y 8 0,25 (x 4)(y 4) 8 1.8 2.4 từ đó tìm được các giá trị của x, y, z là: (x = 5, y = 12, z = 13); (x = 12, y = 5, z = 13); (x = 6, y = 8, z = 10); (x = 8, y = 6, z = 10)