Đề thi Olympic - Môn học: Toán lớp 8

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

1. UBND HUYỆN KINH MÔN ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài : 150 phút Câu 1. (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2. x4 1 x2 2 1 ab 2) Biết 4a2 b2 5ab với 2a b 0. Tính giá trị biểu thức C 4a2 b2 Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: 1)x2 3x 2 x 1 0 9x x 2) 8 2x2 x 3 2x2 x 3 Câu 3. (2,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x2 2xy 7 x y 2y2 10 0 2) Cho đa thức f (x) x3 3x2 3x 4.Với giá trị nguyên nào của x thì giá trị của đa thức f (x) chia hết cho giá trị của đa thức x2 2 Câu 4. (3,0 điểm) Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ tia Ax,By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C(khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D. 1) Chứng minh AB2 4AC.BD 2) Kẻ OM vuông góc với CD tại M. Chứng minh AC CM 3) Từ M kẻ MH vuông góc với AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm của MH. Câu 5. (1,0 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x y z 1. 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P . 16x 4y z
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 1) x2 x4 1 x2 2 1 x2 x2 1 x2 1 x2 2 1 x4 x2 x4 x2 2 1 2 x4 x2 2 x4 x2 1 2 x4 x2 1 2) 4a2 b2 5ab a b 4a b 0 a b 0 a b 4a b 0 a 4b Do 2a b 0 nên 4a b loại ab a2 1 Với a b thì C 4a2 b2 4a2 a2 3 Câu 2. 1) *Với x 1 ta có phương trình: x2 3x 2 x 1 0 x2 2x 1 0 x 1(tm) *Với x 1 ta có phương trình: 2 2 x 1 (ktm) x 3x 2 1 x 0 x 4x 3 0 x 3 (tm) Vậy nghiệm của phương trình là x 1 2) Xét x 0 không phải là nghiệm Xét x 0 9x x 8 2x2 x 3 2x2 x 3 9 1 8 3 3 2x 1 2x 1 x x 3 Đặt 2x t ta có phương trình: x 9 1 8 t 1 t 1
3. ĐKXĐ: x 1 2 1 PT 8t 2 8t 2 0 2 2t 1 0 t 2 2 3 1 2 1 95 2x 4x x 6 0 2x 0 PTVN x 2 4 16 Câu 3. 1. Ta có: x2 2xy 7 x y 2y2 10 0 4x2 8xy 28x 28y 8y2 40 0 2x 2y 7 2 4y2 9 * 2 9 Ta thấy: 2x 2y 7 0 nên 4y2 9 y2 do y nguyên nên 4 y2 0;1 y 0;1; 1 Với y 0 thay vào * ta được 2x 7 2 9 tìm được x 2; 5 Với y 1 thay vào * ta có : 2x 9 5 5 không tìm được x nguyên Với y 1 thay vào * ta có: 2x 5 2 5 không tìm được x nguyên. Vậy x; y nguyên tìm được 2;0 ; 5;0 2. Chia f (x) cho x2 2 được thương là x 3dư x 2 Để f (x) chia hết cho x2 2 thì x 2 chia hết cho x2 2 x 2 x 2 chia hết cho x2 2 x2 4 chia hết cho x2 2 x2 2 6 chia hết cho x2 2 6 chia hết cho x2 2 mà x2 2 2 x2 2 3;6 x 1; 2 Thử lại ta thấy x 1; x 2 thỏa mãn Vậy với x 1; x 2 thì f (x) chia hết cho x2 2
4. Câu 4 I D M C K A H O B 1. Chứng minh OAC : DBO OA AC OA.OB AC.BD DB OB AB AB AB2 . AC.BD 4AC.BD(dfcm) 2 2 4 OC AC 2. Theo câu a ta có: OAC : DBO g.g OD OD OC AC OC OD Mà OA OB OD OA AC OA Chứng minh OCD : ACO c.g.c O· CD ·ACO Chứng minh OAC OMC(ch gn) AC MC dfcm 3. Ta có: OAC OMC OA OM ;CA CM OC là trung trực của AM OC  AM Mặt khác OA OM OB AMB vuông tại M OC / /BM (vì cùng vuông góc với AM ) hay OC//BI Chứng minh được C là trung điểm của AI MK BK KH Do MH / / AI theo hệ quả định lý Ta let ta có: IC BC AC Mà IC AC MK HK BC đi qua trung điểm MH (đpcm) Câu 5.
5. 1 1 1 1 1 1 y x z x z y 21 P x y z 16x 4y z 16x 4y z 16x 4y 16x z 4y z 16 y x 1 Theo BĐT cô si ta có: y 2x 16x 4y 4 z x 1 z y Tương tự z 4x; 1 z 2y 16x z 2 4y z 49 1 2 4 P . Dấu bằng xảy ra khi x ; y ; z 16 7 7 7