Đề thi và đáp án thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 - Trường Xanh Tuệ Đức (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi và đáp án thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 8 - Năm học 2021-2022 - Trường Xanh Tuệ Đức (Có đáp án)

1. TRƯỜNG XANH TUỆ ĐỨC NGHỆ AN ĐỀ THI & ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG năm học 2021-2022 MÔN TOÁN 8: (Thời gian làm bài 120 phút) Bài 1: Cho biểu thức: x x 3 1 x2 2x 3 P = 2 . 2 x 3 3x 6x 9 3x 3 x x 2 a) Rút gọn biểu thức P. b) Tìm giá trị của x để P đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy. c) Tìm các giá trị của x để biểu thức P có giá trị nguyên. Hãy chỉ rõ các giá trị nguyên tương ứng của P Bài 2: a) Giải các phương trình sau: 5 4 3 2 2 1) 2) x 1 x x x x 1 x 2 x 3 b) Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên khác 0 ta luôn có: 1 1 1 1 1 1.2 2.3 3.4 n(n 1) Bài 3: Cho tam giác ABCvuông tại A, đường cao AH, I là trung điểm của AC, IF vuông góc với BC (F thuộc BC), CE vuông góc AC (E là giao điểm của CE với tia IF); G,K lần lượt là giao điểm của AH và AE với BI. Chứng minh : a) VIHE VICE và tính góc IHE b) VIHE# VBHA;VBHI# VAHE c) AE  BI Bài 4: Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta luôn có: a2 b2 c2 ab bc ca Hết (Giám thị không cần giải thích gì thêm) Họ tên học sinh: . SBD Bài Đáp án Điểm Bài 1 . Bài 1: Cho biểu thức:
2. (7đ) x x 3 1 x2 2x 3 P = 2 . 2 x 3 3x 6x 9 3x 3 x x 2 0,5 a) Rút gọn biểu thức P. 1a. Giải: ĐKXĐ của P là: ≠ 3; ≠ ―1 2.5 + 3 1 2 ― 2 ― 3 0,5 푃 = ― + ― 3 3( + 1)( ― 3) 3( + 1) 2 + + 2 3 ( + 1) ― ― 3 + ― 3 2 ― 2 ― 3 . 0,5 3( + 1)( ― 3) 2 + + 2 3 2 + 3 ― 6 2 ― 2 ― 3 3( 2 + ― 2)( 2 ― 2 ― 3) 푃 = . = 0,5 3( + 1)( ― 3) 2 + + 2 3( 2 ― 2 ― 3)( 2 + + 2) 2 + ― 2 푃 = 2 + + 2 2 1b Với ≠ 3; ≠ ―1 푡ℎì 푃 = + ― 2 2 + + 2 0,5 Tìm giá trị của x để P đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất ấy. (2.5đ) Ta có: 2 + + 2 ― 4 4 푃 = 2 + + 2 = 1 ― 2 + + 2 4 2 0,5 P min  2 + + 2 đạt GTLN  + + 2 đạt GTNN 2 2 1 1 7 7 Ta thấy: + + 2 = +2. .2 + 4 + 4 ≥ 4 Đạt GTNN = 7/4 0,5 4 4 ―1  x = -1/4 => 2 đạt GTLN = Khi x = + + 2 7 2 0,5 4 ―9 ―1 0,5 Vậy GTNN của P = 1 - 7/4 = 7 Khi x = 2 1c. c) Tìm các giá trị của x để biểu thức P có giá trị nguyên. Hãy chỉ rõ các giá trị 0,5 nguyên tương ứng của P 2 + ― 2 4 Ta có: ≠ 3; ≠ ―1 푡ℎì 푃 = 2 + + 2=1 ― 2 + + 2 P có giá trị nguyên khi 2 + + 2 là Ư(4) Vì 2 + + 2 > 0 nên 2 + + 2 chỉ nhận Ư(4) là số dương. Ư(4) = 1;2;4 2 + + 2 = 1 2 + + 1 = 0 = 0 = ―1 푙표ạ푖 (2.đ) 2 + + 2 = 2  2 + = 0  0,5 2 2 = 1 + + 2 = 4 + ― 2 = 0 = ―2 0,5 Vậy P có giá trị nguyên khi x = {0;1; ― 2} Lúc đó P = { ―1;0} x -2 0 1 P 0 -1 0 Bài 2: a) Giải các phương trình sau:
3. 2a.1 5 4 3 2 (2.5đ) 1) 0,5 x x 1 x 2 x 3 ĐKXĐ: ≠ ―1; ≠ ―2; ≠ ―3 5 4 3 2 5 4 3 2  +1 + +1 = +1 + +1 x x 1 x 2 x 3 + 1 + 2 + 3 0,5 5 +  1 + 1 ― 1 ― 1 = 0 ( ∗ ) + 1 + 2 + 3 1 1 1 1 Theo đkxđ: ≠ ―1; ≠ ―2; ≠ ―3 thì + ― ― ≠ 0 2a2 + 1 + 2 + 3 (1,5đ) Nên (*)  x+5 = 0  x = 5 Nghiệm của pt (*) là S = {5} 0,5 x 1 x2 x + 1 ℎ푖 ≥ ―1 2) (*) Ta biết | x + 1| = ― ― 1 ℎ푖 =± 1 (푡/ ) (*)  2 + 2 + 1 = 0 ≤> = ―1 (푙표ạ푖) 2b. Tập nghiệm của pt S = 1 0,5 (2.0đ) b) Chứng minh rằng với mọi n là số tự nhiên khác 0 ta luôn có: 1 1 1 1 1 (*) 0,5 1.2 2.3 3.4 n(n 1) 1 1 1 0,5 Giải: Ta có: Do đó vế trái của (*) tương đương với: 0,5 n(n 1) n n 1 1 1 1 1 1 1 (*)  1 = 1- < 1 (đpcm) 0,5 2 2 3 n n 1 n 1 0,5 Bài 3: Cho tam giác ABCvuông tại A, đường cao AH, I là trung điểm của AC, IF vuông góc với BC (F thuộc BC), CE vuông góc AC (E là giao điểm của CE với tia IF); G,K lần 0,5 (5,5đ) lượt là giao điểm của AH và AE với BI. Chứng minh : a) VIHE VICE và tính góc IHE b) VIHE# VBHA;VBHI# VAHE c) AE  BI Giải: Vẽ hình chính xác 1.0 a)(2,0đ) VIHE VICE và tính góc IHE a)(2,0đ) Trong ∆ ta có: HI = IC = AI 1.0 (trung tuyến thuộc cạnh huyền của tam giác vuông) mà : IF  HC IF / / AH mặt khác F là trung điểm của HC nên IF là trung trực của HC nên I,E nằm trên đường trung trực của HC suy ra tam giác IHC = ICE nên góc IHC = ICE = 1v b) (1.5đ) C/m: VIHE# VBHA;VBHI# VAHE * Xét VIHE# VBHA (g.g) vì có góc IHE = BHA =1v b) 2.0đ Góc BAH = ACB = CEI = IEH nên góc BAH = IEH. Do đó VIHE# VBHA(g.g) IH EH Xét tam giác BHI và AHE có: Từ VIHE# VBHA suy ra (1) BH AH Góc IHE = BHA (2) Từ (1) và (2) ta có : VBHI# VAHE (cgc)
4. c) (1.0đ) C/m: AE  BI c) 1.0đ 0,5 Ta có: VAKG# VBHG Vì: GAK GBH (Góc tương ứng của 2 tam giác đồng dạng) và AGK BGH (góc đối đỉnh). 0,5 Do đó: AKG GBH 1v hay : AE  BI 0,5 Bài 4 0,5 Chứng minh rằng với mọi số thực a,b,c ta luôn có: 2 2 2 a b c ab bc ca 0,5 2 (1,5đ) 2 2 a b 0 a b 2ab 0 0,5 2 2 2 Ta luôn có: b c 0 b c 2bc 0 (*) 2 2 2 c a 0 a c 2ac 0 0,5 Cộng theo vế bất phương trình (*) ta có: 0,5 2(a2 b2 c2 ) 2(ab bc ac) 0 0,5 2 2 2 a b c ab bc ac (ĐPCM) 0,5 .HẾT 0,5 0,5 0,5 0,5