de thi hoc sinh gioi mon toan lop 8

de thi hoc sinh gioi mon toan lop 8 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các l...

PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG ĐỀ GIAO LƯU HSG LỚP 8 NĂM HỌC 2013-2014

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1: (1,5đ)

a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x 4

+ 2014x 2 + 2013x + 2014.

b) Giải phương trình: (2 x

- 8) 3 + (4 x + 13) 3 = (4 x + 2 x + 5) 3

Câu 2: (1,5đ)

a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x 2

- 2xy + 2y 2 - 2x + 6y + 5 = 0

b) Cho các số a, b, c thỏa mãn: a(a – b) + b(b – c) + c(c – a) = 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = a 3

+ b 3 + c 3 - 3abc + 3ab - 3c + 5

Câu 3: (1,5đ)

a) Cho các số tự nhiên a 1 , a 2 , , a 2013 có tổng bằng 2013 2014

2013

3 2

3

1 a a

a + + + chia hết cho 3

b) Tìm số tự nhiên n để n + 18 và n - 41 là hai số chính phương

Câu 4: (1,5đ)

a) Cho đa thức P(x) = x 2

+ bx + c, trong đó b và c là các số nguyên Biết rằng các đa thức

x 4 + 6x 2 + 25 và 3x 4

+ 4x 2 + 28x + 5 đều chia hết cho P(x) Tính P(-2)

b) Cho hai số x; y thỏa mãn: x 2

+ x 2 y 2 – 2y = 0 và x 3

+ 2y 2 – 4y + 3 = 0

Tính giá trị của biểu thức Q = x 2

+ y 2

Câu 5: (2,5đ)

Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF

a) Chứng minh rằng: AE ⊥ BC

b) Gọi H là giao điểm của AE và BC Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng

c) Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động

trên đoạn thẳng AB

Câu 6: (1,5đ)

a) Cho A là một tập hợp gồm 1008 số nguyên dương phân biệt bất kì, mỗi số không vượt quá số k Tìm giá trị lớn nhất của k sao cho trong A có ít nhất một số là bội số của một số khác

cũng thuộc A

b) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn abc = 1 Chứng minh rằng:

2

1 3 2

1 3

2

1 3

2

1

2 2 2

2 2

+ +

+ + +

+ +

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên học sinh dự thi:………;SBD:………

PHÒNG GD&ĐT VĨNH TƯỜNG HD CHẤM GIAO LƯU HSG CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2013 -2014

Môn: Toán 8

1 a Ta có: x4 + 2014x2 + 2013x + 2014

= x4 – x + 2014x2 + 2014x + 2014 = x(x -1)(x2 + x +1) + 2014(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 - x + 2014)

0,25 0,5

b Đặt 2x – 8 = a, 4x + 13 = b ⇒ 4x + 2x + 5 = a + b

Ta có phương trình: a3 + b3 = (a + b)3

⇔ 3ab(a + b) = 0 ⇔ a = 0; b = 0; a + b = 0 Nếu a = 0 thì 2x – 8 = 0 ⇒ x = 3

Nếu b = 0 thì 4x + 13 = 0 ⇒ 4x = -13 (loại) Nếu a + b = 0 thì 4x + 2x + 5 = 0 ⇒ 4x + 2x = -5 (loại) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 3

0,25 0,25 0,25

2 a Ta có: x2 - 2xy + 2y2 - 2x + 6y + 5 = 0

⇔ (x - y – 1)2 + (y + 2)2 = 0

Từ đó suy ra: x - y – 1 = 0 và y + 2 = 0 Vậy x = - 1, y = - 2

0,5 0,25

b Từ a(a – b) + b(b – c) + c(c – a) = 0 suy ra:

(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2 = 0 ⇒ a = b = c

Do đó: A = 3a3 -3a3 + 3a2 -3a + 5 =

2

3

a

Vậy min A = 17

4 ⇔ a = b = c =

1 2

0,25 0,25

0,25

3 a Ta có: 2013 3M ⇒20132014M3

⇒ a1 + a2 + + a2013 M3

2013

3 2

3

1 a a

a + + + ) – (a1 + a2 + + a2013) = (a13−a1) (+ a32 −a2) (+ + a20133 −a2013)

Dễ thấy a3 – a = a(a – 1)(a + 1) là tích của ba số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho 3

Suy ra: AM3

Mà a1 + a2 + + a2013 M3 nên a13 +a23 + a+ 20133 M3

0,25

0,25

0,25

b Đặt n + 18 = a2 và n - 41= b2 (a, b ∈ N)

Suy ra: a2 – b2 = 59

⇒ (a – b)(a + b) = 59

Do a, b ∈ N và 0 <a – b < a + b nên 1 30

⇒

⇒ n = 882

0,25 0,25 0,25

4 a Ta có: x4 + 6x2 + 25 chia hết cho x 2 + bx + c

⇒ 3x4 + 18x2 + 75 chia hết cho x 2

+ bx + c

Mà 3x4 + 4x2 + 28x + 5 chia hết cho x 2

+ bx + c

Suy ra: 14x2 - 28x + 70 chia hết cho x 2

+ bx + c

hay x2 - 2x + 5 chia hết cho x 2

+ bx + c

Do b, c ∈ Z nên b = -2, c = 5

⇒ P(x) = x2 - 2x + 5 Vậy P(-2) = 13

0,25 0,25 0,25

b Ta có: x2 + x2y2 – 2y = 0 2

2

2

1

y

y

+ (1)

x3 + 2y2 – 4y + 3 = 0 3 ( )2

⇒ = − − − ≤ − ⇒ ≤ − (2)

Từ (1) và (2) ⇒ x= − ⇒ 1 x2 = 1

Vậy Q = x2 + y2 = 1 + 1 = 2

0,25 0,25 0,25

K

I O D

C

B

F E

H

∆AME = ∆CMB (c-g-c) ⇒ ∠EAM = ∠BCM

Mà ∠BCM + ∠MBC = 900 ⇒ ∠EAM + ∠MBC = 900

⇒ ∠AHB = 900

Vậy AE ⊥ BC

0,25

0,25 0,25 0,25

b Gọi O là giao điểm của AC và BD

∆AHC vuông tại H có HO là đường trung tuyến

⇒ ∆DHM vuông tại H

⇒ ∠DHM = 900

Chứng minh tương tự ta có: ∠MHF = 900 Suy ra: ∠DHM + ∠MHF = 1800

Vậy ba điểm D, H, F thẳng hàng

0,25 0,25 0,25

c Gọi I là giao điểm của AC và DF

Ta có: ∠DMF = 900 ⇒ MF ⊥ DM mà IO ⊥ DM ⇒ IO // MF

Vì O là trung điểm của DM nên I là trung điểm của DF

Kẻ IK ⊥ AB (K∈AB)

⇒ IK là đường trung bình của hình thang ABFD

0,25 0,25

2 2 2

AD BF AM BM AB

Do A, B cố định nên K cố định, mà IK không đổi nên I cố định

Vậy đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di

6 a Xét các tập hợp Ai (i = 1, 2, 3, , 1007), với Ai gồm 1008 số tự

nhiên bắt đầu từ i

A1 = {1; 2; ; 1008}

A2 = {2; 3; ; 1009}

A1007 = {1007; 1008; ; 2014}

Dễ thấy trong mỗi tập hợp Ai đều có 1008 phần tử và đều có ít nhất một số là bội của một số khác cùng thuộc Ai Do đó một tập hợp A bất kì gồm 1008 số tự nhiên phân biệt, số lớn nhất sẽ không vượt quá 2014 Ta sẽ chứng minh k = 2014 là số lớn nhất thỏa mãn đề bài Thật vậy, giả sử k > 2014 tức là k = 2014 + a (a∈N*) Xét tập hợp gồm 1008 số tự nhiên không vượt quá k như sau: A = {1007 + a; 1008 + a; ; 2014 + a} Ta có: 2014 + a < 2(1007 + a) ⇒ trong A không tồn tại một số nào là bội của một số khác Vậy giá trị lớn nhất của k là 2014 0,25 0,25 0,25 b Ta có: a2 + 2b2 + 3 = (a2 + b2) + (b2 + 1) + 2 Áp dụng BĐT x2 + y2 ≥ 2xy, ta có: a2 + b2 ≥ 2ab, b2 + 1 ≥ 2b Suy ra: (a2 + b2) + (b2 + 1) + 2 ≥ 2ab + 2b + 2 = 2(ab + b + 1) ⇒ a2 + 2b2 + 3 ≥ 2(ab + b + 1) Tương tự: b2 + 2c2 + 3 ≥ 2(bc + c + 1) c2 + 2a2 + 3 ≥ 2(ca + a + 1) Do đó: 1 1 1 1 2 1 1 1 VT ab b bc c ca a   ≤  + +  + + + + + +   (1)

Mặt khác: Do abc = 1 nên 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ab b ab+b+ +bc+ +c +ca+a+ = ab+b+ +b+ +ab+ +ab+b 1 1 1 ab b ab b + + = = + + (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

2

1 3 2

1 3

2

1 3

2

1

2 2 2

2 2

+ +

+ + +

+ +

a

0,25

0,25

0,25