Đề HSG toán 8 năm 16-17

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.[r]

PHÒNG GD&ĐT VĨNH YÊN ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017

MÔN: TOÁN LỚP 8

Thời gian làm bài 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài 1 (2,0 điểm):

Cho biểu thức

4

x +1 x - x(3x -1) - 3 x +1

x +1 x - x - x +1 x -1

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức A

Bài 2 (2,0 điểm):

a) Đa thức f(x) nếu chia cho x - 2016 thì được số dư bằng 1; nếu chia cho x - 2017 thì được số dư bằng -1 Tìm dư của phép chia đa thức f(x) cho  x - 2016 x - 2017   

b) Cho m n, là hai số nguyên dương thỏa mãn m  2016, n  2016 đều là các số chính phương Chứng minh rằng 22017 m n   là tổng của hai số chính phương

Bài 3 (2,0 điểm):

mx -1 mx+1 - = 3

x - 2 x+1 x+2 - x (x là ẩn, m là tham số)

Tìm điều kiện của tham số m để phương trình có nghiệm là một số không âm

b) Giải phương trình:

2

x + 4x + 5 3x

x - x + 5 x - 3x + 5

Bài 4 (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC có AB < AC, I là giao điểm của ba đường phân giác Đường thẳng vuông góc với AI tại I cắt AB, AC theo thứ tự ở M và N

a) Chứng minh rằng BMI đồng dạng với BIC

b) Chứng minh rằng

2

c) Gọi D, E lần lượt là giao điểm của các đường thẳng BI, CI với các cạnh AC, AB Chứng minh rằng BE < CD

Bài 5 (1,0 điểm)

Cho , ,x y z là ba số dương thoả mãn xyz  Tìm giá trị lớn nhất cuả biểu thức:2

P

……… Hết ………

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay Giáo viên coi giao lưu không giải thích gì thêm

PHÒNG GD&ĐT VĨNH YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN: TOÁN LỚP 8

1 (2,0 điểm)

4

   

2

A

:

A



2 2

1 1

x A x

x x











0,75

b

Xét

2 2

1

x A

x x









Vì

2 2

1

0

3 x

x

x

x





nên

1 3

A 

Dấu bằng xảy ra khi x = - 1 (loại)

0,5

Xét

2 2

1

0 3

x A

x x







Vì

2 2

1

0

3 x

x

x

x





nên 3 A0 nên A 3 Dấu bằng xảy ra khi x =1 (loại)

Vậy không tồn tại GTNN, GTLN của A.

0,5

2 (2,0 điểm)

a Do   f x  x 2016   A x  1

x 2017    f x x 2016 x 2017  A x x 2017

(Vì

2017 0

0,25

Tương tự, ta có:

x 2016   f x  x 2016 x 2017   B x  x 2016 (Vì

0,25

2016 0

Suy ra

x 2016  x 2017 f x   x 2016 x 2017B x  A x  x 2016  x 2017

   2016  2017       2 4033

f x  x x B x  A x  x

Vậy dư của phép chia đa thức f(x) cho (x-2016)(x-2017) là

0,25 b

Giả sử m 2016a n2, 2016b2 22017m n  22017a2b2

(1).

Nhận xét Nếu k là tổng hai số chính phương thì 2k cũng là tổng

của hai số chính phương.

0,25

Thật vậy, giả sử kx2y2  2k 2x2 y2 x y 2x y 2

Áp dụng nhận xét trên ta được

đều là tổng của hai số chính phương.

0,25

0,5

3 (2,0 điểm)

a

ĐKXĐ: x  2; x  1

(1)

mx x



0,25

+ Nếu

2 3

m 

thì phương trình (2) vô nghiệm + Nếu

2 3

m 

thì phương trình (2) có nghiệm duy nhất

4

3m 2





0,25

Phương trình đã cho có nghiệm là một số không âm khi và chỉ

khi

4

2

m

m









0,25

Vậy

2

3

b

x2− x+5=(x −1

2)2+19

4 >0∀ x ,x2− 3 x +5=(x −3

2)2+11

4 >0∀ x ,

ĐKXĐ ∀ x ∈ R

0,25

Ta có x=0 là 1 nghiệm, với x khác 0 chia tử và mẫu mỗi phân thức

cho x0 ta có phương trình

x+4+5

x

x −1+5

x

x −3+5 x

=1 đặt x +5

x − 2=y; ĐK y ≠± 1

Ta có phương trình

0,25

y+6

y +1 −

3

y −1=1⇔ ( y+ 6) ( y − 1)− 3 ( y+1 )

( y −1) ( y +1) =1⇒ y2

+5y − 6 −3y − 3= y2−1

Với y=4 ta có

x +5

x − 2=4 ⇒ x2− 6x+5=0 ⇔(x −1)(x− 5)=0 ⇔

¿

¿

¿

0; 1; 5

S 

Học sinh không chia mà khử mẫu mỗi phân thức cho x mà phá

ngoặc khử mẫu đưa về PT :x3− 6x2+5x=0 giải đúng vẫn cho điểm tối

đa

0,25

4 (3,0 điểm)

N

C B

A

a

2

ABC AMI MBI MIB  MIB

BAC ABC ACB ABC ACB

Suy ra:



 2

ACB

MIB



hay ICB MIB 

MBI đồng dạng IBC

0,25

BAC ABC ACB ABC ACB

Suy ra:



 2

ACB

MIB



hay ICB MIB 

0,25

b Vì MBI đồng dạng IBC

Suy ra:

2

MB

IB BC  BC

0,5

Chứng minh tương tự:

2

IC NC

BC



Suy ra:

2

0,5

c Theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

AD AB BC AB AC

DC BC  AC AB BC   

AE AC BC AB AC

EB BC  AB AC BC   

0,25

Do

AD AB BC AE AC BC

AD AE

AB BC AC BC





0,25

0,25

Từ (1) và (2) suy ra: AD BE  AE DC AD DC

Suy ra: BE DC

0,25

Ta có: 2x2y2 5 x2y2x2  1 4 2xy2x 4 2xy x 2

Dấu đẳng thức xảy ra khi x y 1

Suy ra: 2 2

1

(1)

x y   xy x 

0,25

(2)

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2y z 2

0,25

(3)

 

Dấu đẳng thức xảy ra khi 2x z 2

0,25

Cộng (1), (2) và (3) theo vế ta được:

P

xyz y xyz yz yz y xyz yz y

Vậy giá trị lớn nhất của

1 2

P 

khi x y 1;z2

0,25

Chú ý: - Học sinh giải cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.

- Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm bài hình.