Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 3 - Năm học 2020-2021

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 3 - Năm học 2020-2021

1. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học 2020-2021 MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài: 150 phút ) (Đề thi gồm 5câu, 01 trang) Câu 1(4,0điểm) 1. Phân tích đa thức thành nhân tử: a b 3 b c 3 c a 3 a 4 16 2.Cho M a 4 4a3 8a 2 16a 16 Rút gọn M rồi tìm giá trị nguyên của a để M có giá trị nguyên. Câu 2 (4,0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: a, 2x 3 2x 3 x 342 x 323 x 300 x 273 b, 10 15 17 19 21 2. Cho a, b, c là các số dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a b c P 1 1 1 5b 5c 5a Câu 3(4,0 điểm) 1. Xác định các hệ số a,b, c sao cho đa thức f x 2x4 ax2 bx c chia hết cho đa thức x 2 và khi f x chia cho x2 1 thì được phần dư là x. 2 2 1 1 25 2. Cho a, b>0 thỏa mãn a b 1.Chứng minh rằng: a b b a 2 Câu 4(6,0 điểm) 1. Cho hình thang ABCD có AB là đáy nhỏ. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Đường thẳng qua O và song song với CD lần lượt cắt AD và BC tại E và F. a) Chứng minh OE = OF 2 2 b) Cho SAOB a ; SCOD b .Tính diện tích hình thang ABCD theo a và b. 2. Cho tam giác nhọn ABC có ba đường cao AD; BM; CN. Gọi H là trực tâm của tam HD HM HN DB MC NA giác ABC. Chứng minh rằng: . . AD BM CN DC MA NB Câu 5(2,0 điểm) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 2x2 3x 2 y3 Hết
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học 2020 -2021 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 04trang) Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) Đặt x a b; y b c; z c – a,ta có x y z 0 0,5 Chứng minh: x3 y3 z3 3xyz 1,0 a b 3 b c 3 c a 3 3 a – b b – c c a 0,5 2. (2 ,0 điểm) 2 a 4 16 a 4 a 2 a 2 a 2 M 0,5 1 a 4 4a3 8a 2 16a 16 a 2 4 a 2 2 a 2 (4,0 điểm) (ĐKXĐ: a 2 ) a 2 a 2 4 4 Ta có : 1 a 2 a 2 a 2 0,5 Vậy M có giá trị nguyên a 2 là ước của 4 0,5 a 2 1; 2; 4 a 2;0;1;3;4;6thì M có giá trị nguyên 0,5 2 1. (2,5 điểm) (4,0 điểm) 3 0,75 a, 2x 3 2x 3 2x 3 2x 3 2x 3 0 x 2 3 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S x / x  2 x 342 x 323 x 300 x 273 b, 10 15 17 19 21 x 342 x 323 x 300 x 273 1 2 3 4 0 0,5 15 17 19 21 1 1 1 1 0,5 x 357 0 15 17 19 21 x 357 0,5 Vậy phương trình có nghiệm là: x = 357 2. (1,5 điểm) - Biến đổi ta được: 1 a b c 1 b a c 1 0,25 P 1 5 b c a 25 a c b 125 a b c 3 b c a - Chứng minh được : 0,75 b a c 3 a c b
3. Dấu “ =” xảy ra a b c 3 3 1 216 216 - Suy ra: P 1 min P a b c 5 25 125 125 125 0,5 1. (2,0 điểm) +) f x 2x4 ax2 bx c Gọi thương của phép chia f(x) cho đa thức x2 1 là Q(x). Vì f x : x2 1 có phần dư là x. 0,25 Nên ta có: f x x2 1 .Q x x (1) đúng với mọi x. +) Với x 1, thay vào (1) ta có: f 1 1 1 .Q 1 1 0,25 hay 2 a b+c 1 a b c 1 2 +) Với x 1, thay vào (1) ta có f 1 1 1 .Q 1 1 0,5 hay 2 a b c 1 a b c 3 3 Từ (2) và (3) ta có a c 2 c 2 a +) f(x) chia hết cho đa thức x 2, theo định lý Bơ-du ta có f 2 0 0,5 32 4a 2b c 0 a b c 3a b 32 0 3 3a b 31 (4,0điểm) b 31 3a Thay b 31 3a; c 2 a vào (2) ta có:a 31 3a 2 a 1 b 31 3a; c 2 a 3a 32 0,5 32 26 a ; b 1; c 3 3 2. (2,0 điểm) Có: (a b)2 0 a2 b2 2ab (*). Dấu “=” xảy ra khi a=b Áp dụng (*) , có: 2 2 0,5 1 25 1 1 25 1 a 5 a ; b 5 b b 4 b a 4 a 2 2 1 1 25 1 1 Suy ra: a b 5 a b b a 2 b a 2 2 1 1 25 1 1 0,75 a b 5 a b b a 2 a b 2 2 1 1 25 1 1 a b 5 5. (vì a+b=1) b a 2 a b 1 1 4 Với a,b>0, chứng minh 4 (vì a+b=1) a b a b 0,25 Dấu “=” xảy ra khi a b
4. 2 2 1 1 25 suy ra: a b 5 5.4 0.5 b a 2 2 2 1 1 25 a b b a 2 1 Dấu “=” xảy ra khi x y 2 1. (4,0 điểm) A B E F O 0,5 D C a. (1,25 điểm) OE AO ACD :OE // CD (hệ quả của định lý Ta let) CD AC 0,25 FO BF 0,25 BCD : FO // CD (hệ quả của định lý Ta let) CD BC AO BF 0,25 ABC : FO // AB (định lý Ta let) AC BC 4 OE FO 0,5 (6,0 điểm) OE FO CD CD b. (2,25 điểm) SAOB OB SBOC OB ; (hai tam giác có chung đường cao, tỷ số diện 0,5 SAOD OD SCOD OD tích bằng tỷ số hai đáy tương ứng) + Ta có SADC SBDC ( hai tam giác chung đáy DC và chiều cao bằng 0,5 nhau) SADC SODC SBDC SODC hay SAOD SBOC 2 a SAOD 2 2 2 SAOD a.b SAOD a.b SBOC a.b 0,75 SAOD b Ta có: 2 2 2 0,5 SABCD SAOB SCOD SAOD SCOB a b a.b a.b a b 2. (2,0 điểm) A 0,25 M N H B C D
5. SHBC HD SHAC HM SHAB HN ; ; 0,25 SABC AD SABC BM SABC CN HD HM HN SHBC SHAC SHAB SABC 1(1) 0,25 AD BM CN SABC SABC Xét DBH và MAH có: 0 0,5 B· HD M· HA ;B· DH A· MH 90 DHB : MHA(g.g) DB HB MA HA MC HC NA HA Chứng minh tương tự ta có : ; NB HB DC HC 0,25 DB MC NA HB HC HA DB MC NA Do đó : . . . . . . 1 (2) MA NB DC HA HB HC DC MA NB 0,25 HD HM HN DB MC NA Từ (1) và (2) . . 1 AD BM CN DC MA NB 0,25 2 3 3 2 3 3 7 Có: y x 2 x x 1 2 x 0 2 4 8 0,5 y3 x3 1 Xét hiệu x 2 3 y3 x3 6x2 12x 8 x3 2x2 3x 2 5 2 (2,0 2 9 15 4x 9x 6 4 x 0 điểm) 8 16 3 y3 x 2 2 0,5 Từ 1 , 2 và x, y nguyên y3 x 1 3 x3 2x2 3x 2 x3 3x2 3x 1 x 1 0,5 x; y 1; 2 ; 1; 0 0,5 Hết