Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 5 - Năm học 2020-2021

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 5 - Năm học 2020-2021

1. MÃ KÍ HIỆU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm 2020 (2021) MÔN: TOÁN Thời gian làm bài:150 phút. (Đề thi gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1.(4,0 điểm) 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: A = x3 2019x2 2019x 2018 1 1 1 1 1 2.Cho biểu thức: P x2 x x2 3x 2 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị. b) Rút gọn biểu thức P. Câu 2(4,0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: x 2 x 1 x 1 x 2 4 . 2. Cho hai số không âm a và b thoả mãn a2 +b2 a+b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2020 a b S 2019 a 1 b 1 Câu 3 (4,0 điểm) 1. Tìm đa thức f x biết rằng: f x chia cho x 2 dư 10, f x chia cho x 2dư 24, f x chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư. 2.Chứng minh a 2 b2 c2 2 ab bc ca với mọi số thực a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Câu 4 (6,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD, lấy điểm M trên BD sao choMB MD . Đường thẳng qua M và song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại E và F. Đường thẳng qua M và song song với AD cắt AB và CD lần lượt tại K và H. 1. Chứng minh:KF / /EH . 2. Chứng minh: các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy. 3. Chứng minh:SMKAE SMHCF . Câu 5(2,0 điểm)Giải phương trình nghiệm nguyên: 5x4 10x2 2y6 4y3 6 0 Hết .
2. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎILỚP 8 Năm 2021 MÔN: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) A = x3 2019x2 2019x 2018 A = x3 1 2019(x2 x 2019) 0,5 A = (x - 1)(x2 x 1) 2019(x2 x 1) 0,5 A = x2 x 1 (x 1 2019) 0,5 A = (x2 + x + 1 )(x 2018) 0,5 1 2. (2,0 điểm) (4,0 điểm) a. Tìm điều kiện đúng: x 0; x 1; x 2; x 3; x 4; x 5 0,5 Vậy điều kiện của x để biểu thức P có giá trị là: 0,25 x 0; x 1; x 2; x 3; x 4; x 5 b. 1 1 1 1 1 P x2 x x2 3x 2 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 1 1 1 1 1 P x(x 1) (x 1)(x 2) (x 2)(x 3) (x 3)(x 4) (x 4)(x 5) 0,5 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 0,5 x 1 x x 2 x 1 x 3 x 2 x 4 x 3 x 5 x 4 1 1 5 0,25 x 5 x x x 5 1. (2,0 điểm) *) Nếu x 2 , phương trình đã cho trở thành 0,25 2 x 2 x 1 x 1 x 2 4 (4,0 điểm) x2 1 x2 4 4 0,25
3. x2 0 0,25 x4 5x2 0 x2 x2 5 0 2 x 5 0 x 0 l x 5 tm 0,25 x 5 l *) Nếu x 2 , phương trình đã cho trở thành 2 x x 1 x 1 x 2 4 x 2 x 1 x 1 x 2 4 0,25 2 2 2 4 2 2 5 7 x 1 x 4 4 x 5x 8 0 x 0 2 4 2 2 0,5 2 5 2 5 7 Thấy x 0 x x 0 x . 2 2 4 Vậy phương trình vô nghiệm. KL: Phương trình có một nghiệm x 5 . 0,25 2. (2,0 điểm) + Ta có a2 1 2a;b2 1 2b a2 b2 2 2a 2b a b 2 (do 0,5 a2 b2 a b ) 1 1 4 + Chứng minh được với hai số dương x, y thì 0,5 x y x y + Do đó 2020 2020 1 1 4 0,5 S 2019 2 2019 2 2020 a 1 b 1 a 1 b 1 + Kết luận: GTLN của S là 2020, đạt được khi a b 1 . 0,5 1. (2,0 điểm) Giả sử f x chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư là ax b 0.5 Khi đó: f (x) (x2 4).( 5x) ax+b Theo đề bài, ta có: 7 3 f (2) 24 2a b 24 a 0.5 2 f ( 2) 10 2a b 10 (4,0 điểm) b 17 7 Do đó: f (x) (x2 4).( 5x) x+17 0.5 2
4. 47 Vậy đa thức f x cần tìm có dạng: f (x) 5x3 x 17. 0.5 2 2.(2,0 điểm) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có: 0,5 0 a b c a2 ab ca ; 0 b c a b2 bc ab 0,5 0 c a b c2 ca bc 0,5 0,5 Do đó, suy ra: a2 b2 c2 2(ab bc ca) Hình vẽ P A K B I O E M F N Q G D H C 1. (2,0 điểm) Chứng minh: KF / /EH 4 BK MF Chứng minh được: 0,5 (6,0 điểm) AK ME MF BF BF Chứng minh được: ( hệ quả định lý Ta - lét) 0,5 ME DE FC BK BF Suy ra KF / /AC (Định lý Ta - lét đảo) 0,25 AK FC Chứng minh tương tự ta có EH / /AC 0,5 Kết luận KF / /EH 0,25 2. (2,0điểm). Gọi giao điểm của BD với KF và HE lần lượt là O và Q. N là giao điểm của AC và BD 0,75 OK QE Chứng minh được 1 OF QH Gọi giao điểm của đường thẳng EK và HF là P, giao điểm của 1,0
5. đường thẳng EK và DB là P’. Chứng minh được P và P’ trùng nhau Kết luận các đường thẳng EK, HF, BD đồng quy 0,25 3. (2,0 điểm) Kẻ EG và FI vuông góc với HK, I và G thuộc HK 0,5 Chỉ ra được : SMKAE MK.EG; SMHCF MH.FI MK KB Chứng minh được: 0,25 MH HD MK MF Suy ra 0,25 MH ME MF FI Chứng minh được: 0,25 ME EG MK FI Suy ra , suy ra MK.EG MH.FI 0,5 MH EG Suy ra: SMKAE SMHCF 0,25 5x4 10x2 2y6 4y3 - 6 0 5x4 10x2 5 2y6 4y3 2 13 0,25 5(x4 2x2 1) 2(y6 2y3 1) 13 0,25 5(x2 1)2 2(y3 1)2 13 x Z x 2 1 Z Vì: 3 0,25 y Z y 1 Z 5 2 2 2 Mà 5(x 1) 13 x 1 1 0,25 (2,0 điểm) Mặt khác x 2 1 1 với mọi x x 2 1 1 0,25 x 2 0 x 0 Với x 0 , ta có: 5 2(y3 1)2 13 0,25 2(y3 1)2 8 (y3 1)2 4 y3 1 2 y3 1 3 3 0,25 y 1 2 y 3
6. Vìy Z nên y3 1 y 1 Vậy phương trình có một nghiệm nguyên x;y 0;1 0,25 Hết