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

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

1. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM 2020 - 2021 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm: 05câu, 01 trang) Câu 1(4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 2016x2 2015x 2016 . 1 3 x 2 1 2. Cho biểu thức A 2 : 2 3 x 3x 27 3x x 3 a) Rút gọn A. b) Tìm x để.A 1 Câu 2(4,0 điểm) 1. Giải các phương trình sau: 1 6y 2 . 3y2 10y 3 9y2 1 1 3y 2. Cho số thực x thỏa mãn điều kiện 0 x 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x 2 1 x 2 biểu thức P 2 x 2 1 x 2 Câu 3(4,0 điểm) 1. Chứng minh rằng n4 7(7 2n2 ) chia hết cho 64 với mọi n là số nguyên lẻ. a 2 b2 c2 c b a 2. Chứng minh bất đẳng thức: b2 c2 a 2 b a c Câu4(6,0 điểm) 1.(4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB AC ), kẻ đường cao AH và đường trung tuyến AM (H,M BC ). Gọi Dlần,E lượt là hình chiếu của trênH AB ., AChứngC minh rằng: a) DE2 BH.HC . b) AH2 AD.DB AE.EC . c) DE vuông góc với AM . 2.(1,5điểm) Hai thành phố A và B ở cùng một bên bờ sông thẳng. Hãy tìm một vị trí thích hợp để xây dựng nhà máy nước bên cạnh bờ sông cung cấp nước cho cả hai thành phố này sao cho tổng quãng đường từ hai thành phố đến nhà máy nước là ngắn nhất. 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 GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC: 2020 - 2021 Môn: Toán (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1.(1,5 điểm) x4 2016x2 2015x 2016 0,25 x4 2015x2 x2 2015x 2015 1 (x4 2x2 1 x2 ) 2015x2 2015x 2015) 0,25 (x4 2x2 1) x2 2015(x2 x 1) 0,25 (x2 1)2 x2 2015(x2 x 1) 0,25 (x2 1 x)(x2 1 x) 2015(x2 x 1) 0,25 (x2 x 1)(x2 x 2016) 0,25 2.(2,5 điểm) a. ĐK: x 0; x 3 0,25 2 1 3 x 2 1 x(x 3) 9 x 3(3 x) A : : 0,5 1 2 2 3 x 3x 27 3x x 3 3x(x 3) 3(3 x)(3 x) (4,0 x(x 3) 9 3(3 x)(3 x) x2 3x 9 3(x 3)(x 3) điểm) A   0,5 3x(x 3) x2 3(3 x) 3x(x 3) x2 3x 9 x 3 A 0,25 x x 3 b. Với x 0 , ta có: A 1 1 0,25 x 3 1 1 0,25 x 3 0 x 0 0,25 x Mà x 0;x 3 . Vậy với x 0;x 3 thì A 1 0,25 1. (2,0 điểm) 1 6y 2 Giải phương trình: (1) 3y2 10y 3 9y2 1 1 3y 1 ĐKXĐ: y 3; y 0,25 3 1 6y 2 (1) 0,5 3y – 1 y 3 3y – 1 3y 1 3y 1 3y 1 6y(y 3) 2(y 3)(3y 1) 0,25 3y 1 6y2 18y 6y2 16y 6 0,25 5y 5 0,25
3. Câu Đáp án Điểm y 1(TMĐK) 0,25 Vậy tập nghiệm của phương trình là S 1 0,25 2.(2,0 điểm) Đặt x2 a , 0 a 1 Biểu thức đã cho trở thành a 1 a a 1 a 2 2 0,25 P 1 1 2 2 2 a 1 a 2 a 1 a 2 a 1 a 3 3 2 1 2 1 0,25 (2 a)(1 a) 2 a(1 a) 2 3 *) Vì 0 a 1 P 2 1 1 0,25 (4,0 2 điểm) a 0 x 0 Đẳng thức xảy ra khi . Vậy MaxP=1 khi x 0hoặc x 1 0,25 a 1 x 1 *) Với hai số x, y không âm, ta có : (x y)2 2xy (*) 2 0,25 (x y)2 Thật vậy: 2xy (x y)2 4xy 2 (x y)2 0 (luôn đúng). Dấu « = » xảy ra khi x = y Vì 0 a 1 nên a và 1 a là hai số không âm. Áp dụng bất đẳng thức (*) cho hai số không âm a và 1-a ta được: 2 0,25 (a 1 a) 1 a(1 a) 4 4 3 2 P 2( 1) 1 0,25 2 3 4 Đẳng thức xảy ra khi : 1 1 1 a 1 a a hay x2 x (vì 0 x 1 ). 2 2 2 0,25 2 1 Vậy MinP khi x 3 2 1. (2,0 điểm) n4 7(7 2n2 ) n4 14n2 49 (n2 7)2 0,5 D Do n là số nguyên lẻ nên n 2k 1 (k ¢ ) 2 2 2 2 2 2 Khi đó (n 7) (2k 1) 7 4k 4k 1 7 0,5 2 2 2 4(k k 2) 16k(k 1) 2 3. Vì k,k 1 là hai số nguyên liên tiếp k(k 1) chia hết cho 2 2 (4,0 k(k 1) 2chia hết cho 2 nên k(k 1) 2 chia hết cho 4 0,5
4. Câu Đáp án Điểm điểm) 16k(k 1) 22 chia hết cho 64 Vậy n4 7(7 2n2 ) chia hết cho 64 với mọi n là số nguyên lẻ. 0,5 2. (2,0 điểm) a 2 b2 c2 c b a Chứng minh bất đẳng thức: b2 c2 a 2 b a c Áp dụng bất đẳng thức Cosi x2 y2 2xy , dấy ‘‘=’’ xảy ra khi x y a 2 b2 a b a 0,5 Ta có : 2  2 b2 c2 b c c a 2 c2 a c c 2  2 b2 a 2 b a b c2 b2 c b b 0,5 2  2 a 2 c2 a c a Cộng từng vế ba bất đẳng thức trên ta có : a 2 b2 c2 a c b 2 2 2 2 2 0,5 b c a c b a a 2 b2 c2 c b a b2 c2 a 2 b a c 0,5 1.(4,5 điểm) A E O 0,5 D B H M C a) Chứng minh: DE2 BH.HC 1,25 Xét AHB và CHA Có A· HB A· HC 900 , Bµ C· AH (vì cùng phụ với B· AH ) 0,25 AH HB 2 AHB ~ CHA (g-g) AH BH.CH 0,5 CH HA
5. Câu Đáp án Điểm Lại có AH  BC,HE  AC,HD  AB nên Dµ Hµ Eµ 900 Tứ giác 0,25 ADHE là hình chữ nhật DE AH 4 2 0,25 (6,0 DE BH.CH 2 điểm) b) Chứng minh: AH AD.DB AE.EC . 1,25 2 Chứng minh HDB ~ ADH (g-g) HD AD.DB 0,25 2 Chứng minh AHE~ HCE (g-g) HE AE.CE 0,25 Suy ra HD2 HE2 AD.DB AE.CE 0,25 Mà tứ giác ADHE là hình chữ nhật nên HD AE . Do đó 0,25 HD2 HE2 AE2 HE2 = AD.DB AE.EC 0,25 (Định lý Pytago áp dụng vào tam giác vuông AEH ). Trong tam giác vuông AEH có AH2 AE2 HE2 (ĐL Pytago) 2 0,25 Do đó: AH AD.DB AE.EC c) Chứng minh:DE  AM . 1,5 Gọi O là giao điểm của AH và DE . Tứ giác ADHE là hình chữ nhật nên 0,5 OA OE OAE cân tại O H· AE A· ED ABC vuông tại A, có M là trung điểm của BC nên 0,25 MA MB MC MAC cân tại M M· AC M· CA A· ED M· AC H· AE M· CA 0,25 Trong tam giác vuông AHC vuông tai H thì H· AE M· CA 900 0,25 Do đó: A· ED M· AC 90 . Suy ra DE  AM . 0,25 2. (1,5 điểm) B . A. 0,25 x y C A’ . Giả sử bờ sông thẳng là xy, hai thành phố được đặt như hình vẽ Giả sử nhà máy nước được xây dựng ở vị trí C. Ta có: AC CB phải ngắn 0,25 nhất. Vẽ A’ đối xứng với A qua xy. Dễ thấy AC A'C (tc đối xứng) 0,25 Vậy AC CB A'C CB A'B 0,25 Dấu bằng xảy ra khi điểm C nằm giữa B và A’. Hay C chính là giao điểm 0,25 của A’B với xy Vậy nhà máy nước được xây dựng tại vị trí C sẽ thỏa mãn yêu cầu. 0,25 5x4 10x2 2y6 4y3 - 6 0
6. Câu Đáp án Điểm 4 2 6 3 5x 10x 5 2y 4y 2 13 0,25 5(x4 2x2 1) 2(y6 2y3 1) 13 0,25 5 5(x2 1)2 2(y3 1)2 13 (2,0đ) x Z x 2 1 Z Vì: 3 0,25 y Z y 1 Z 2 2 2 Mà 5(x 1) 13 x 1 1 0,25 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 Vì y Z nên y3 1 y 1 0,25 Vậy phương trình có một nghiệm nguyên x;y 0;1 Hết