036 đề HSG toán 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 C khác A, qua O kẻ đường thẳng

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: 2 4  2 

x x  x  

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

4

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: 2   2

x  xy x y  y  

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

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1

16 4

P

ĐÁP ÁN Câu 1

1.1

  

   

  

   

 

2

2

4 2

2 1

1

x x

1.2

2 2

0

a b a b

Do 2a b 0nên 4ab loại

Với ab thì

2

1

C

Câu 2

2.1

* Với x1 * ta có phương trình

 2

x  x    x x  x   x   x (Thỏa *)

*Với x1 **  ta có phương trình

x  x    x x  x   x x 

+ x   1 0 x 1(không thỏa mãn điều kiện **)

3 0 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

2 2

8

Đặt 2x 3 t,

x

  ta có phương trình:

9 1

8

1 1

 2 2

2

2

1

2

3 1

2

2

1 95

4 16

x

x

x x

x

Suy ra phương trình vô nghiệm

Câu 3

3.1

Ta có:

4 8 28 28 8 40 0

2 2 7 4 9 *

Ta thấy  2

2x2y7 0 nên 4 2 9 2 9

4

y   y  do y nguyên nên 2  

0;1

y 

01; 1

y

Với y0 thay vào  * ta được:  2

2x7 9tìm được x   2; 5

Với y1thay vào  * ta có:  2

2x9 5, không tìm được x nguyên

Với y 1 thay vào  * ta có  2

2x5 5 không tìm được x nguyên

Vậy   x y;   2;0 ; 5;0 

3.2

Chia f x cho   x2 2được thương là x3dư x2

Để ( )f x chia hết cho x2 2thì x2chia hết cho x2 2

x 2x 2

   chia hết cho x2 2

2

4

x

  chia hết cho x22

2

2 6

x

   chia hết cho x2 2

 2 

6 x 2

2

x

  là ước của 6

x   x      x

Thử lại ta thấy x1;x 2 thỏa mãn

Vậy với x1;x 2thì ( )f x chia hết cho x2 2

Câu 4

1) Chứng minh OAC DBO g g 

x

y

I

K

H

M

D

O

C

2 2

DB OB

AB AB

AC BD AB AC BD dfcm

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

Mà OA OB OC AC OC OD

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 Ta let ta có: MK BK KH

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

Câu 5

Theo BĐT Cô si ta có: 1

16 4 4

x  y  Dấu " " xảy ra  y 2x

Tương tự: 1

x  z , dấu “=” xảy ra  z 4x

1

4

y  z , dấu " " xảy ra  z 2y

49

16

P

  Dấu " " xảy ra 1; 2; 4

Vậy 49

16

MinP khi với 1; 2; 4