Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 4 - Năm học 2020-2021

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 4 - Năm học 2020-2021

1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Môn: Toán Năm 2021 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 5 câu, 01 trang) Câu 1 (4,0 điểm) 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x2 3x 2 b) x4 2021x2 2020x 2021 2 a 1 1 2a2 4a 1 a3 4a 2. Cho biểu thức P = : 2 a3 1 a 1 4a2 3a a 1 a) Rút gọn P. b) Tìm a để P > 0. Câu 2 (4,0 điểm) 1. Giải phương trình: 6x 7 2 3x 4 x 1 6 4a 2. Cho M . Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất. a2 4 Câu 3 (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức P(x) biết rằng P(x) chia cho x 3 dư 7; chia cho x – 2 dư 5; chia cho (x – 2) x – 3 được thương là 3x và còn dư. 2. Cho a, b, c 0 vàa b c 1 . Chứng minh rằng: 1 1 1 9 a2 2bc b2 2ac c2 2ab Câu 4 (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có 2 đường chéo AC và BD cắt nhau tại O. Trên cạnh AB lấy M MB MA và trên cạnh BC lấy N sao cho M· ON 900 . Gọi E là giao điểm của AN với DC, gọi K là giao điểm của ON với BE 1. Chứng minh MON vuông cân 2. Chứng minh MN song song với BE KC KN CN 3. Qua K vẽ đường song song với OM cắt BC tại H. Chứng minh 1 KB KH BH Câu 5 (2,0 điểm) Tìm các số nguyên x, y, z thỏa mãn: x2 y2 z2 xy 3y 2z 4 Hết
2. HƯỚNG DÂN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI Năm 2021 MÔN: TOÁN LỚP: 8 (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) a, x2 3x 2 0,5 x2 x 2x 2 x x 1 2 x 1 x 1 x 2 0,25 b, x4 2021x2 2020x 2021 x4 x 2021x2 2021x 2021 0,5 1 x x 1 x2 x 1 2021 x2 x 1 0,5 (4,0điểm) x2 x 1 x2 x 2021 0,25 2. (2,0 điểm) a. Điều kiện: a 0;a 1 2 a 1 1 2a2 4a 1 a3 4a Ta có: P = 2 3 : 2 3a a 1 a 1 a 1 4a 0,5 2 a 1 1 2a2 4a 1 4a2 = . a2 a 1 2 a 1 2 a 1 a a 1 a a 4 3 a 1 1 2a2 4a a2 a 1 4a = . 0,5 a 1 a2 a 1 a2 4 a3 3a2 3a 1 1 2a2 4a a2 a 1 4a = . 2 0,25 a 1 a2 a 1 a 4 a3 1 4a 4a = . = a3 1 a2 4 a2 4 0,25 4a Vậy P = với a 0;a 1 a2 4 b. P > 0 khi 4a > 0 suy ra a > 0 0,25 kết hợp với ĐKXĐ a 0;a 1 0,25 Vậy P > 0 khi a > 0 vàa 1 1. (2,0 điểm) 6x 7 2 3x 4 x 1 6
3. 6x 7 2 6x 8 6x 6 72 Đặt 6x + 7 = y thì phương trình đã cho có dạng: 0,5 y2 y 1 y 1 72 y2 y2 1 72 y4 y2 72 0 0,5 y2 8 y2 9 0 y2 9 0 (vì y2 8 0 y) 2 y 3 + Với y 3 6x 7 3 (4,0điểm) 0,5 2 6x 4 x 3 5 + Với y 3 6x 7 3 6x 10 x 3 2 5 0.5 Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x và x 3 3 2.(2,0 điểm) 2 2 2 4a a 4 a 4a 4 a 2 M 1 a2 4 a2 4 a2 4 0,75 2 a 2 2 a 2 Vì 0 a nên 1 1 a 0,75 a 2 4 a2 4 a 2 2 Dấu ”=” xảy ra khi 0 a 2 a 2 4 0,5 Vậy Max M 1 khi a 2 1. (2,0 điểm) Vì đa thức (x 2) x – 3 có bậc là 2 nên phần dư khi chia P(x) cho 0,5 (x 2)(x 3) có dạng R x ax b P x (x 2) x – 3 .3x ax b P(2) 2a b 5 0,5 P(3) 3a b 7 a 2 ; b 1 0,5 P x (x 2) x – 3 .3x 2x 1 3x3 15x2 20x 41 0,5 3 (4,0điểm) 2. (2,0 điểm) 1 1 1 9 (1) a2 2bc b2 2ac c2 2ab 0,5 Đặt x a 2 2bc ; y b2 2ac ; z c2 2ab x y z a b c 2 1 1 1 1 0,5 Ta có (1) 9 x y z
4. Với x y 1 1 + y + z ≤ 1 và x , y, z 0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: x y z 3.3 xyz đẳng thức xảy ra x y z 1 1 1 1 1 1 1 3.3 đẳng thức xảy ra x y z xyz x y z 0,5 1 1 1 x y z . 9 mà x y z 1 x y z 1 1 1 1 9 đẳng thức xảy ra x y z x y z 3 0,5 1 a b c (đpcm) 3 A M B 0,25 O N K E D C H 1. (2,25 điểm): · 0 · · 0 -Ta có BOC 90 CON BON 90 ; 0,25 · 0 · · 0 · · vì MON 90 BOM BON 90 BOM CON 0,25 B· OC -Ta có BD là phân giác góc ABC M· BO C· BO 450 2 0,25 B· OC Tương tự ta có N· CO D· CO 450 . Vậy ta có: M· BO N· CO 2 0,5 Xét OBM và OCN có: OB OC ; B· OM C· ON ; 0,75
5. M· BO N· CO OBM OCN (g.c.g) OM ON (hai cạnh tương ứng) 4 · 0 (6,0 điểm) *Xét MON có MvuôngON cân90 ;OM ON MON 0,25 2. (2,0 điểm): -Ta có OBM OCN MB NC 0,5 AM BN mà AB BC AB MB BC NC AM BN MB NC 0,5 AN BN Ta có AB / /CD AM / /CE NE NC 0,5 AM AN Vậy ta có MN / /BE ( theo định ký ta lét đảo ) MB NE 0,5 3. (1,5 điểm): Vì MN / /BE B· KN M· NO 450 ( hai góc đồng vị và có tam giác MON vuông cân) BNK : ONC ( vì có 0,25 NB NO B· NK O· NK;B· KN O· CN 450 ) NK NC Xét BNO; KNC có NB NO 0,25 B· NO C· NK ; BNO : KNC N· KC N· BO 450 NK NC Vì KH / /OM mà MK  OM MK  KH N· KH 900 , mà N· KC 450 C· KH 450 B· KN N· KC C· KH 450 0,25 Xét BKC có B· KN N· KC KN là phân giác trong của BKC , mà KC HC KH  KN KH là phân giác ngoài của BKC . 0,25 KB HB KN BN Chứng minh tương tự ta có 0,25 KH BH KC KN NC HC BN CN BH Vậy ta có 1 0,25 KB KH BH HB BH BH BH Vì x, y, z là các số nguyên thỏa mãn x2 y2 z2 xy 3y 2z 4 2 2 0,5 y y 2 x 3 1 z 1 0 (*) 2 2 2 2 y y 2 0,5 Mà x 3 1 z 1 0 x, y R 2 2 2 2 y y 2 0,5 (*) x 3 1 z 1 0 5 2 2
6. (2,0 điểm) y x 0 2 x 1 y 1 0 y 2 2 z 1 0,5 z 1 0 Kết luận: Vậy x; y;z 1; 2; 1 Hết