Đề thi olympic - Môn thi: Toán lớp 8

Nội dung text: Đề thi olympic - Môn thi: Toán lớp 8

1. UBND HUYỆN KINH MÔN ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 PHÒNG GIÁO DỤC & 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 hét 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 4.AC.BD 2) Kẻ OM vuông góc CD tại M. Chứng minh AC CM 3) Từ M kẻ MH vuông góc AB tại I. Chứng minh BC đi qua trung điểm 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. 1.1 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 1.2 4a2 b2 5ab a b 4a b 0 a b 0 a b 4a b 0 4a b Do 2a b 0 nên 4a b loại ab a2 1 Với a b thì C 4a2 b2 4a2 a2 3 Câu 2. 2.1 * Với x 1 * ta có phương trình x2 3x 2 x 1 0 x2 2x 1 0 x 1 2 0 x 1 (Thỏa *) *Với x 1 ta có phương trình x2 3x 2 1 x 0 x2 4x 3 0 x 1 x 3 0 + x 1 0 x 1 (không thỏa mãn điều kiện ) x 3 0 x 3 (không thỏa mãn điều kiện ) Vậy nghiệm của phương trình là x 1 2.2 Xét x 0 không phải là nghiệm Xét x 0
3. 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 2 1 PT 8t 2 8t 2 0 2 2t 1 0 t 2 3 1 2x x 2 4x2 x 6 0 2 1 95 2x 0 4 16 Suy ra phương trình vô nghiệm. Câu 3. 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 y2 0;1 4 y 01; 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 2 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 2;0 ; 5;0 
4. 3.2 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 x2 2 x2 2là ước của 6 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 Câu 4. y x I D M C K A H O B 1) Chứng minh OAC : DBO g.g
5. OA AC OA.OB AC.BD DB OB AB AB . AC.BD AB2 4.AC.BD(dfcm) 2 2 OC AC 2) Theo câu a ta có OAC : DBO g.g OD OB 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 Ta let ta có: IC BC AC Mà IC AC MK HK BC đi qua trung điểm của MH (đpcm) Câu 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: .Dấu " "xảy ra y 2x 16x 4y 4 z x 1 Tương tự: , dấu “=” xảy ra z 4x 16x z 2 z y 1, dấu " "xảy ra z 2y 4y z 49 1 2 4 P .Dấu " "xảy ra x ; y ; z 16 7 7 7 49 1 2 4 Vậy MinP khi với x ; y ; z 16 7 7 7