Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 7 - Năm học 2020-2021

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Đề số 7 - Năm học 2020-2021

1. MÃ KÝ HIỆU ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC: 2020-2021 Môn : TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) ( Đề gồm có: 5 câu, 01 trang) Câu 1: (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x2 x4 1 x2 2 1. x2 x 6 2. a. Rút gọn: x3 4x2 18x 9 b. Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 3 x 1 2 1 x 2 2 x 3 x 3 2x 3 2 5 16x Câu 2: (4,0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: x2 3x 2 x 1 0 ; 2. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x y z 1 . 1 1 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = 16x 4y z Câu 3 (4,0 điểm) 1. Cho đa thức f(x) = x3 -3x2 + 3x - 4 . Với giá trị nguyên nào của x thì giá trị của đa thức f(x) chia hết cho giá trị của đa thức x2 + 2 . 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) Cho O là trung điểm của đoạn AB. Trên cùng một nửa mặt phẳng có bờ là đường thẳng AB vẽ tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Trên tia Ax lấy điểm C (khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By tại D. 1) Chứng minhAB2 4 AC.BD ; 2) Kẻ OM vuông góc CD tại M. Chứng minhAC CM ; 3) Từ M kẻ MH vuông góc AB tại H. Chứng minh BC đi qua trung điểm MH. Câu 5 (2,0 điểm) Tìm các số nguyên x, y thoả mãn: x2 2xy 7 x y 2y2 10 0. Hết
2. MÃ KÝ HIỆU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC: 2020-2021 Môn : TOÁN ( Hướng dẫn chấm gồm có: 5 câu, 04 trang) Câu Đáp án Điể m 1. (1,75điểm) x2 x4 1 x2 2 1 0,25 x2 x2 1 x2 1 x2 2 1 x4 x2 x4 x2 – 2 1 0,5 2 x4 x2 – 2 x4 x2 1 0,5 2 x4 x2 –1 0,5 2. (2,25 điểm) x2 x 6 a. Rút gọn: x3 4x2 18x 9 x2 3x 2x 6 x3 7x2 3x 3x2 21x 9 0,5 x 3 . x 2 1 2 0,5 (4điểm) x 3 . x 7x 3 x 2 0,25 x2 7x 3 b. Chứng minh giá trị của biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 3 x 1 2 1 x 2 2 x 3 x 3 2x 3 2 5 16x 2x2 4x 2 2x2 18 4x2 12x 9 5 16x 0,5 30 0,25 Vậy giá trị của biểu thức đã cho không phụ thuộc vào giá trị của biến 0,25 1. (2,0 điểm) a. 2 (4,0điểm) * Với x 1 (*) ta có phương trình: x2 3x 2 x 1 0 0,5
3. x2 2x 1 0 x 1 2 0 x 1( Thỏa mãn ĐK *) 0,5 * Với x 1 ( ) ta có phương trình: 0,25 x2 3x 2 1 x 0 x2 4x 3 0 x 1 x 3 0 0,25 + x 1 0 x 1 ( Không thỏa mãn ĐK ) 0,25 + x 3 0 x 3 ( Không thỏa mãn ĐK ) Vậy nghiệm của pt (1) là: x 1 0,25 2. (2,0 điểm) 1 1 1 1 1 1 y x z x z y 0,521 P= x y z 16x 4y z 16x 4y z 16x 4y 16x z 4y z 16 y x 1 Theo BĐT Cô Si ta có: dấu “=” khiy 2x ; 0,5 16x 4y 4 z x 1 z y Tương tự: dấu “=” khiz 4x ; 1 dấu “=” khiz 2y ; 0,5 16x z 2 4y z 49 1 2 4 P . Dấu “=” xảy ra khi x ; y ; z 16 7 7 7 0,5 49 1 2 4 Vậy Min P khi với x ; y ; z 16 7 7 7 1. (2điểm) Chia f (x) cho x2 2 được thương là x 3 dư x 2. 0,5 để f (x) chia hết cho x2 2 thì x 2 chia hết cho x2 2 2 x 2 x 2 chia hết cho x 2 2 2 0,25 x 4 chia hết cho x 2 2 2 3 x 2 6 chia hết cho x 2 (4,0điểm) 2 6 chia hết cho x 2 2 0,25 x +2 là ước của 6 mà x2 2 2 => x2 2 3;6 => x 1; 2 0,5 Thử lại ta thấy x 1; x 2 thỏa mãn Vậy với x 1 ; x 2 thì f (x) chia hết cho x2 2 0,5 2. (2,0 điểm)
4. 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 Vẽ hình và ghi GT, KL y x D I 0,5 M C K A H O B 1. (1,5 điểm) Chứng minh: ΔOAC: ΔDBO (g-g ) 0,5 OA AC 0,5 4 OA.OB AC.BD (6,0điểm) DB OB AB AB 0,5 . AC.BD AB2 4AC.BD (đpcm) 2 2 2. (2,0 điểm) OC AC 0,5 Theo câu a ta có: ΔOAC: ΔDBO (g-g) OD OB OC AC OC OD 0,5 Mà OA OB OD OA AC OA +) Chứng minh: ΔOCD: ΔACO (c-g-c) O· CD A· CO 0,5 +) Chứng minh: ΔOAC=ΔOMC (ch-gn) AC MC (đpcm) 0,5 3. (2điểm) Ta có ΔOAC=ΔOMC OA OM; CA CM OC là trung trực của AM OC  AM. Mặt khác OA OM OB AMB vuông tại M 0,5 OC / /BM (vì cùng vuông góc AM) hay OC / / BI Chứng minh được C là trung điểm của AI 0,5
5. MK BK KH 0,5 Do MH / / AI theo hệ quả định lý Ta-lét ta có: IC BC AC Mà IC AC MK HK BC đi qua trung điểm MH (đpcm) 0,5 Ta có: x2 2xy 7 x y 2y2 10 0 0,25 4x2 8xy 28x 28y 8y2 40 0 2x 2y 7 2 4y2 9 * 0,25 2 9 Ta thấy 2x 2y 7 0 nên 4y2 9 y2 4 0,25 5 2 0,25 (2,0điểm Do y nguyên nên: y 0;1 y 0;1; 1 ) Với y 0 thay vào (*) ta được: 2x 7 2 9 tìm được x 2; 5 2 Với y 1 thay vào (*) ta có : 2x 9 5 (không tìm được x nguyên ) 0,25 2 Với y 1 thay vào (*) ta có 2x 5 5 ( không tìm được x nguyên) 0,25 Vậy x;y nguyên tìm được là 2 ;0 ; 5 ; 0 . 0,5