Đề thi học sinh giỏi toán lớp 8 có đáp án và thang điểm

Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OE cắt cạnh BC tại F.. Chứng minh rằng AE = EM và BE đi qua trung điểm của MH.. c Tìm vị trí của điểm E trên cạnh AD để diện tích tứ giác ABFE nhỏ nhất

UBND HUYỆN KINH MÔN

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TOÁN 8

Thời gian làm bài 150 phút

(Đề gồm 5 câu, 01 trang)

Câu 1 (2,0 điểm)

a) Rút gọn biểu thức:

3

=çç + + ÷÷çç - + ÷÷

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15

Câu 2 (2,0 điểm)

a) Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

x  y   xy

b) Chứng minh rằng tổng bình phương của bốn số nguyên liên tiếp không thể là số chính phương

Câu 3 (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:

2016

x x x x

b) Cho ba số a, b, c khác 0 thỏa mãn: a3 + b3 + c3 = 3abc và a, b, c đôi một khác nhau Hãy tính giá trị của biểu thức: B = 2 2 2 2 2 2 2 2 2

a b  c b c  a c a  b

Câu 4 (3,0 điểm)

Cho hình thang vuông ABCD ( AD AB , A B 90   0), AB= a (a>0) Gọi O là trung điểm của AB Trên cạnh AD lấy điểm E sao cho E nằm giữa A và D Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OE cắt cạnh BC tại F

a) Chứng minh OAE FBO Hãy tính tích AE.BF theo a

b) Gọi M là hình chiếu của O trên EF, H là hình chiếu của M trên AB

Chứng minh rằng AE = EM và BE đi qua trung điểm của MH

c) Tìm vị trí của điểm E trên cạnh AD để diện tích tứ giác ABFE nhỏ nhất

Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn

1

Chứng minh rằng

A

-Hết

-(Lưu ý: Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay)

Họ và tên học sinh: Số báo danh:

Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP HUYỆN

NĂM HỌC 2018 - 2019 MÔN TOÁN 8

(Hướng dẫn gồm 4 trang)

Câu 1

(2.0 đ)

a

3

=çç + + ÷÷çç - + ÷÷

:

.

1 2

A

x A

A

x

=

=

-Vậy

1 2

A

x

=

- với x¹ 0,x¹ ±2

0.25 0.25 0.25 0.25

b

A = (x + 1)(x + 3)(x + 5)(x + 7) + 15 = (x 2 + 8x + 7) (x 2 + 8x + 15) + 15 0,25

Đặt x 2 + 8x + 11 = t ,

ta có A = (t – 4)(t + 4) +15 = t 2 – 1

A = (x 2 + 8x + 10) (x 2 + 8x + 12)

0,25

Câu 2

(2,0 đ)

a

Ta có:

2.( ) 1

0,25

Vì x,y nguyên nên x – 2 ; y – 2 nguyên do đó ta có:

(x,y){(3;7); (7,3); (1;-3); (-3;1)}

b

Gọi bốn số nguyên liên tiếp là a-2, a-1, a, a+1.

Tổng bình phương của bốn số đó là:

2

2

4(a a 1) 2

Ta có số chính phương chỉ có thể chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1.

Chứng minh: + Xét n = 2k  n2 (2 )k 2 4k24 + Xét n=2k+1 n2 (2k1)2 4k24k1

Do đó n 2 chia cho 4 dư 1 0,25

Vì M chia cho 4 dư 2, mà số chính phương chỉ có thể chia hết cho 4 hoặc chia cho 4 dư 1 nên M không thể là số chính phương. 0,25

Câu 3

(2,0đ)

a

2016

0.25

0.25

2017 2016 2

x

(1) Vì

0

(1)  x 2018 0  x2018

b

a 3 + b 3 + c 3 = 3abc

 a 3 + b 3 + c 3 - 3abc = 0

 (a + b) 3 + c 3 – 3ab(a +b) -3abc = 0

 (a + b +c)  

( )

 (a + b +c)( a 2 + b 2 + c 2 – ab – bc – ca ) =0 0.25

 (a + b + c)(2 a 2 + 2b 2 + 2c 2 – 2ab – 2bc – 2ca) =0

 (a + b + c)  (a – b) 2 + (b – c) 2 + (c – a) 2  = 0

Mà a, b,c đôi một khác nhau nên a + b + c = 0 0.25

 a + b = -c  (a + b) 2 = c 2  a 2 + b 2 - c 2 = -2ab Tương tự như trên ta có: b 2 + c 2 – a 2 = -2bc và

c 2 + a 2 – b 2 = - 2ca

0.25

B =

c a b

 

Câu 4

(3,0đ) Vẽ hình

0,25đ

a

Chứng minh: AOE BFO  ( cùng phụ với góc BOF) Chứng minhOAE FBO (g.g)

0,25đ 0,25đ

OA AE

OA.OB AE.BF

FB OB

2

AB AB a AE.BF =

2 2 4

b

Ta có: OAE FBO

OE AE

OF OB

Mà

OE AE OE OF

OA OB

OF OA AE OA

OAE

 FOE AEO OEM 

Chứng minh: ΔOAE=ΔOME (ch-gn)AEMEOAE = ΔOAE=ΔOME (ch-gn)AEMEOME (ch - gn) AE ME (đpcm) 0,25đ Gọi I là giao điểm của BM và AD.Gọi K là giao điểm MH và BE

Ta có ΔOAE=ΔOME (ch-gn)AEMEOAE = ΔOAE=ΔOME (ch-gn)AEMEOME OA OM; EA EM    OE là trung trực của AM

OE  AM Mặc khác OA = OM = OB ∆AMB vuông tại MAMB vuông tại M

OE // BM (vì cùng vuông góc AM) hay OE // BI 0,25đ +) Xét ∆AMB vuông tại MABI có OE đi qua trung điểm của AB, song song với BI suy ra

OE đi qua trung điểm của AI  IE = AE +) MH // AI theo hệ quả định lý Ta-lét ta có:

MK BK KH

IE BE AE

Mà IE = AE  MK = HK BE đi qua trung điểm của MH (đpcm)

0,25đ

c Tứ giác ABFE là hình thang vuông

ABFE

1

S (AE BF).AB 2

Ta thấy AE, BF > 0, nên theo BĐT Cô-si ta có

2

ABFE

AE BF 2 AE.BF 2 AB S AB a

0,25đ

0.25đ Dấu “=” xảy ra khi

AB a

AE BF

2 2

A

B

O H

D I E

M K

Vậy diện tích tứ giác ABFE nhỏ nhất là

2 1 a

2 khi E thuộc cạnh AD và

cách điểm A một đoạn bằng

a

2

0.25đ

Cấu 5

(1đ)

Theo bài ra ta có:

xy  yz  xz     

Tương tự:

2

2

A

yz(1 x ) zx(1 y ) xy(1 z )

Áp dụng bất đẳng thức Cô si

a b

ab 2





, dấu “ = ” xảy ra khi a = b

Ta có

x y x z  2 x y  x z

Vậy

3 A 2

 Dấu bằng xảy ra khi x = y = z = 3 0,25

Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng vẫn được điểm tối đa.

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO

HUYỆN TĨNH GIA ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN

Năm học: 2013-2014

Môn Toán - Lớp 8

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (4.0 điểm)

Cho biểu thức M =

 

 

:

 

1- Rút gọn M

2- Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất

Bài 2: (4.0 điểm)

1- Chứng minh rằng lập phương của một số tự nhiên n bất kỳ (n > 0) trừ đi bảy lần

số tự nhiên đó luôn chia hết cho 6

Bài 3: (4.0 điểm)

1- Chứng minh rằng nếu c2 2ab ac bc    0, b c a b c ,  

2 2

b c





 

2- Cho ab 1 Chứng minh rằng: 2 2

1 a 1 b 1 ab

Bài 4: (6.0 điểm)

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD

1- Chứng minh AD2 = AB.AC – DB.DC

2- Kẻ DE vuông góc với AB, DF vuông góc với AC Đường thẳng qua D vuông góc với BC cắt AB, AC lần lượt tại M và N Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của BN và CM Chứng minh tam giác ADP cân và tam giác BND vuông cân

3- Chứng minh bốn điểm E, F, P, Q thẳng hàng

Bài 5: (2.0 điểm)

Tìm các cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn: x6 x42x32x2 y2

(Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh: SBD:

PHÒNG GIÁO DỤC ĐÀO TẠO

HUYỆN TĨNH GIA HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG

Môn Toán - Lớp 8

Bài1

(4đ)

1- Điều kiện: a0;a1

Ta có: M =

 

 

:

 

=

.

=

2 2

4

a



2 2

4

a



=

3

1 4



  = 2

4 4

a

a 

Vậy M = 2

4 4

a

a  với a0;a1

2- Ta có M = 2

4 4

a

a  =

1

 

Vì

2

2 0 4

a a





 với mọi a nên

2

2

4

a a



Dấu “=” xảy ra khi

2

2

4

a

a a



 Vậy MaxM = 1 khi a = 2

0,25

0,5

0,5

0,5 0,25

0,5 0,5 0,5 0,5

Bài 2.

(4 đ)

1- Ta có: n3 – 7n = n3 – n – 6n = n(n – 1)(n + 1) – 6n

Trong ba số tự nhiên liên tiếp (n – 1), n, (n + 1) có một số chia hết cho

3 và ít nhất một số chia hết cho 2

Suy ra tích n(n – 1)(n + 1) chia hết cho tích 2.3 hay n(n – 1)(n + 1) ⋮6

Mặt khác 6n⋮6 với mọi n

Do đó: n(n – 1)(n + 1) – 6n ⋮6

Vậy n3 – 7n ⋮6

2- Ta có:

2

x   x x   

2

x  x x   

2

x x  x    

  nên phương trình xác định với mọi x 0

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

N

B

A

C M

I

D

F E

Q

  

2x 4 x 2

    (thỏa mãn)

Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2

0,5

0,5 0,25 0,25

Bài 3

(4đ)

1- Vì c22ab ac bc   0 nên

( )

2

 



=

=

(với b c a b c ,   )

2- Ta có 2 2

1 a 1 b 1 ab

0

1 a 1 ab 1 b 1 ab

0

2

1

0

BĐT luôn đúng vì ab 1

0,5

0,5 1,0

0,75

0,75

0,5

Bài 4:

(6đ)

1- Trên tia đối của tia DA lấy

điểm I sao cho CBI BAD

Ta có: ABIADC (g-g)

AB AD

AB AC AD AI

AI AC

(*) Lại có: ADCBDI (g-g)

AD DC

AD DI BD DC

BD DI

2

AD AD AI BD DC

Kết hợp với (*) ta có:

AD AB AC DB DC (đpcm)

2- * Chứng minh tam giác ADP cân:

0, 5

0,5

0,5 0,5

0, 5

Hai tam giác vuông BAN và BDN có

các đường cao tương ứng là AP và DP ứng

với cạnh huyền BN

1 2

AP DP BN

Do đó tam giác APD cân tại P

* Chứng minh tam giác BND vuông cân:

Tứ giác AEDF có: A E F 90     0 (gt)

 AEDF là hình chữ nhật

Mặt khác AD là đường phân giác của góc A

Do đó tứ giác AEDF là hình vuông  DE = DF (1)

và EDF  900 Mà BDN  900 (gt)  BDE NDF (cùng phụ EDN) (2)

Xét hai tam giác vuông BED và NFD, từ (1) và (2) suy ra:

 BED =  NFD (cạnh huyền – góc nhọn)

 BD = ND Do đó tam giác BND vuông cân tại D

3- AD và EF là hai đường chéo của hình vuông AEDF nên EF là

đường trung trực của đoạn thẳng AD

Theo chứng minh câu a) AP = PD nên P thuộc đường trung trực của

đoạn AD

Chứng minh tương tự câu a, ta cũng có

1 AQ=DQ= MC

2 , do đó Q thuộc đường trung trực của đoạn AD

Vậy 4 điểm E,F, P, Q thẳng hàng

0, 5 0,25

0,5

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

Bài 5:

(2đ)

Đặt M = x6 x4 2x3 2x2 = x x2 4  x2  2x 2

= x2 x4 2x21  x22x1

= x2x2  12x 12

x  x x  x 

x x  x  

- Với x = 0 thì M = 0  y = 0

- Với x = 1 thì M = 4  y = 2

- Với x 2  lập luận được x 121 không chính phương

Vậy có 2 cặp số tự nhiên (x;y) thỏa mãn là (0;0) và (1;2)

0,5 0,25 0,25 0,75 0,25

(HS giải bằng cách khác, lập luận đúng vẫn cho điểm tối đa)

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRIỆU SƠN

Đề chính thức

Số báo danh

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học 2015 - 2016

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày 13 tháng 4 năm 2016

(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho biểu thức: P=(3 x x +12 +3 x+

1−2 x

6 x2 −3 x−1):1−x

2 x .

a Rút gọn biểu thức P.

b Tìm x  Z để P có giá trị nguyên.

c Tìm x để P  1

Câu 2: (5,0 điểm)

1 Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a3+b3+c3−3 abc

2 Giải phương trình: 6 x4−11 x3+3 x2+11 x−6 x2−3=0.

3 Giải bất phương trình:

4 x−5

3 −

2 x2+x

2 >

x(1−3 x)

3 −4

Câu 3: (4,0 điểm)

1 Tìm các số nguyên x, y thoả mãn 5x22xy y 2  4x 40 0

2 Với mỗi số tự nhiên n, đặt an = 3n2 + 6n + 13

a Chứng minh rằng nếu hai số ai, aj không chia hết cho 5 và có số dư khác nhau khi chia cho 5 thì ai + aj chia hết cho 5

b Tìm tất cả các số tự nhiên n lẻ sao cho an là số chính phương

Câu 4: (6,0 điểm)

1 Cho tam giác ABC Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho BD =

CE Gọi I, K, M, N theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, BC, DE

a Tứ giác MINK là hình gì? Vì sao?

b Chứng minh rằng IK vuông góc với tia phân giác At của góc A

2 Cho tam giác đều ABC Từ một điểm M trên cạnh AB vẽ hai đường thẳng song song với hai cạnh AC, BC, chúng lần lượt cắt BC, AC tại D và E Tìm vị trí của M trên cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất

Câu 5: (1,0 điểm)

Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy2z2 + x2z + y = 3z2 Hãy

tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P=

z4

1+z4(x4+y4).

- Hết

-Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm.

Hướng dẫn chấm

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học 2015 - 2016

1

(4,0đ)

a ĐKXĐ: x≠0 , x≠

1

2, x≠±1.

Ta có: P=(3 x x +12 +3 x+

1−2 x

6 x2 −3 x−1):1−x

2 x

=(3 x x+1(x+1)−

2 x−1

3 x(2 x−1)−1):−(x−1)

2 x

=(3 x1 −

1

3 x−1).−2 x

x−1=

2x

x−1

Vậy với x≠0 , x≠

1

2, x≠±1 ta có

2 1

x P x





0,5

0,5

0,5

b Ta có:

2 2 1

x

 1

x

   Ư(2) mà Ư(2) =  1; 2

Từ đó suy ra x∈{−1;0;2;3}

Kết hợp với ĐKXĐ được x2;3

0,5 0,5 0,25

c

P



Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1  0  x 1 và x 1

Kết hợp với ĐKXĐ được    1 x 1 và x≠0 , x≠

1

2.

0,5 0,5 0,25

2

(5,0đ) 1 Ta có: a3+b3+c3−3 abc=(a+b)3−3 a2b−3 ab 2+c3−3 abc

=((a+b)3+c3)−3 ab(a+b+c)

= (a+b+c)((a+b)2−c(a+b) +c2)−3 ab (a+ b+c)

=(a+b+c )(a2+2 ab+b2−ac−bc +c2−3 ab)

=(a+b+c )(a2+b2+c2−ab−bc−ca).

0,5 0,5 0,5 0,5

2 Ta có: 6 x4−11 x3+3 x2+11 x−6 x2−3=0

⇔6 x2(x2− 1)−11 x(x2 −1)+3(x2 −1)=0

⇔(x2 −1) (6 x2 −11 x +3)=0

⇔( x−1) ( x+1)(3 x−1) (2x−3 )=0

Vậy tập nghiệm của phương trình là S = {±1;1

3;

3

2}

0,5 0,25 0,25 0,5

3 Ta có:

4 x−5

2 x2+x

2 >

x(1−3 x)

⇔

2 (4 x−5) −3(2 x2 +x)

6 >

2 x(1−3 x) −24 6

⇔

8 x−10−6 x2−3 x

6 >

2 x−6 x2−24

6 ⇔8 x−10−6 x

2 −3 x>2 x−6 x2−24

⇔3 x>−14 ⇔ x >

−14

3 . Vậy tập nghiệm của bất phương trình là {x / x >−14

3 }.

0,5

0,5 0,25 0,25

3

(4,0đ)

1 Ta có: 5x22xy y 2 4x 40 0

⇔(4 x2−4 x +1)+(x2+2 xy + y2)=41

   

2x 1 x y 41

Vì x,y ¿Z , 2x 1 là số nguyên lẻ và 41 5  2  4 2 nên

2 2

2 1 25

16

x

x y





4

x

x y

 



 

 



Từ đó suy ra các cặp x y;  cần tìm là 3;1 ; 3; 7 ; 2;6 ; 2; 2        

0,75

0,5 0,75

2 Ta có: an = 3n2 + 6n + 13 = 3(n + 1)2 + 10

a Ta thấy:

Nếu an không chia hết cho 5 thì n + 1 không chia hết cho 5 và an ¿{2;3} (mod

5)

Do đó, nếu ai, aj đều không chia hết cho 5 và ai ¿ aj (mod 5) thì

ai + aj ¿ 2 + 3 ¿ 0 (mod 5)

b Vì n lẻ nên n + 1 chẵn

Do đó, an ¿ 2 (mod 4) Suy ra an không thể là số chính phương

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để an là số chính phương

0,5

0,5 0,5

0,5

4

(6,0đ)

1.

2,0

Hướng dẫn:

a Tứ giác MINK là hình thoi

b Gọi G, H theo thứ tự là giao điểm của

MN với AC, AB

Ta chứng minh:

MG //At

Từ đó suy ra IK ¿ At

2,0

2.

Hướng dẫn:

M là trung điểm cạnh AB thì độ dài

5

(1,0đ)

Do z > 0 nên từ xy2z2 + x2z + y = 3z2, suy ra xy

2+x2

z +

y

z2=3

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có:

(x2y2

+y2)+(x2

+x2

z2)+( y z22+ 1

z2)≥2(xy 2

+x2

z +

y

z2)=6

Theo đề ra, ta có:

1+z4(x4+y4)=

1 1

z4 +x4+y4

1

z2 , b=x2 , c= y2 (a, b, c > 0), khi đó: P=

1

a2+b2+c2

Do a2 ¿ 2a – 1, b2 ¿ 2b – 1, c2 ¿ 2c – 1,

a2 + b2 ¿ 2ab, b2 + c2 ¿ 2bc, c2 + a2 ¿ 2ca

Suy ra: 3(a2 + b2 + c2) ¿ 2(ab + bc + ca + a + b + c) – 3

Mà ab + bc + ca + a + b + c = x

2y2+y2+x2+x2

z2+

y2

z2+

1

z2≥6

Do đó: 3(a2 + b2 + c2) ¿ 9  a2 + b2 + c2 ¿ 3

Suy ra P≤

1 3 Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1  x= y=

1

z=1  x= y=z=1

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức P=

1

3 khi x= y=z=1

0,25

0,25

0,25

0,25

Chú ý:

1 Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.

2 Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.