069 đề HSG toán 8 kinh môn 2017 2018

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 , Ckhác A, qua O kẻ đường thẳng v

UBND HUYỆN KINH MÔN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018

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

2) Biết 4a2 b2 5abvới 2a b 0.Tính giá trị biểu thức 4 2 2

ab C





Câu 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

2

9

    

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 x 2 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

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :

16 4

P

ĐÁP ÁN Câu 1.

1)

2

2

2 1

1

2)

0

Do 2a b   nên 4a b0  loại

Với a b thì

2

1

C

Câu 2.

1)

*Với x 1ta có phương trình: x2  3x  2 x 1 0  x2  2x  1 0 x1( )tm

*Với x 1ta có phương trình:

3 ( )





           



Vậy nghiệm của phương trình là x 1

2) Xét x  không phải là nghiệm0

Xét x 0

9

8

8

Đặt

3

x

 

ta có phương trình:

8

ĐKXĐ: x 1

8 8 2 0 2 2 1 0

2

PT  t  t   t   t

2 2

x

             

Câu 3

1.

Ta có:

Ta thấy: 2x2y72 0nên

4

do y nguyên nên

y   y 

Với y  thay vào 0  * ta được 2x 72 9tìm được x    2; 5 Với y  thay vào 1  * ta có : 2x 95 5không tìm được x nguyên Với y  thay vào 1  * ta có: 2x 52 5không tìm được x nguyên.

Vậy x y nguyên tìm được ;  2;0 ; 5;0  

2.

Chia ( )f x cho x  được thương là 2 2 x  dư 3 x 2

Để ( )f x chia hết cho x  thì 2 2 x  chia hết cho 2 x 2 2

x 2 x 2

   chia hết cho x 2 2

2 4

x

  chia hết cho x 2 2

2 2 6

x

   chia hết cho x 2 2

6

 chia hết cho x  mà 2 2 x2   2 2 x2  2 3;6  x   1; 2

Thử lại ta thấy x1;x thỏa mãn2

Vậy với x1;x thì ( )2 f x chia hết cho x 2 2

Câu 4

K I

H

M

D

O

C

1 Chứng minh OAC DBO

2

OA OB AC BD

2 Theo câu a ta có: OAC DBO g g  OC AC

Mà

OA OB

Chứng minh OCDACO c g c  OCD ACO 

Chứng minh OAC OMC ch gn(  ) AC MC dfcm  

3 Ta có: OACOMC OA OM CA CM ;   OClà trung trực của AM

Mặt khác OA OM OB   AMBvuông tại M

/ /

 (vì cùng vuông góc với AM hay OC//BI)

Chứng minh được C là trung điểm của AI

Do MH / /AI theo hệ quả định lý Ta let ta có:

Mà IC AC MK HK  BCđi qua trung điểm MH (đpcm)

Câu 5.

               

Theo BĐT cô si ta có:

1

2

16 4 4

Tương tự

1

49

16

P

Dấu bằng xảy ra khi