Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 8 (Có lời giải)

Nội dung text: Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán học Lớp 8 (Có lời giải)

1. ĐÁP ÁN Bài 1. a) Ta phải chứng minh : A n3 n 1 33 n 2 9với n A n3 n 3 3 n 2 3 n 1 n 3 6 n 2 12 n 8 3n32 9 n 15 n 9 3n32 3 n 9 n 18 n 9 3n n 1 n 1 9 n2 2 n 1 Nhận thấy n n 1 n 1 3 3 n n 1 n 1 9và 9 nn2 2 1 9 Vậy A 9 b)5n 2 26.5 n 8 2 n 1 25.5 n 26.5 n 8.8 2 n 5n 59 8 8.64 n 59.5 n 8 64 n 5 n 59.5n 59 và 8. 64nn 5 64 5 59 Vậy 5n 2 26.5 n 8 2 n 1 59 Bài 2. ax/3 y 3 z 3 3 xyz xy 3 3 xyxy z 3 3 xyz xyz 3 33 zxyxyz xyxyz xyzxyz 2 33 zxy xy 2 2 2 x y z x y z2 xy 2 yzz 2 xz 3 zx 3 zy 3 xy x y z x2 y 2 z 2 xy yz zx b/ x42 2011 x 2010 x 2011 x4 x 3 x 2 2010 x 2 2010 x 2010 x 3 1 x2 x 2 x 1 2010 x 2 x 1 x 1 x 2 x 1 x22 x 1 x 2010 x 1 x22 x 1 x x 2011
2. Bài 3. a) Từ a22 b 20 a b 2 2 ab 20 ab 8 M a3 b 3 a b 3 3 ab a b 2 3 3. 8 .2 56 2 b) Từ a2 b 2 c 2 14 a 2 b 2 c 2 196 a4 b 4 c 4 196 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 Ta lại có: a b c 00 a b c 2 a2 b 2 c 2 20 ab bc ca ab bc ca 7 ab bc ca 2 49 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 2 abc a b c 49 a2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 49 Do đó: N a4 b 4 c 4 196 2 a 2 b 2 b 2 c 2 c 2 a 2 196 2.49 98
3. Bài 4. A B E O G F D C Do ABCD là hình thang cân và ACD 600 suy ra OAB và OCDlà các tam giác đều Chứng minh BFC vuông tại F 1 Xét BFC vuông tại F có: FG BC 2 1 Chứng minh BEC vuông tại E có EG BC 2 1 1 Xét EF là đường trung bình AOD EF AD EF BC (ABCD hthang cân) 2 2 Suy ra EF EG FG EFG đều
4. Bài 5. A E B M O N D F C a) Gọi O là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành ABCD,ta có O là trung điểm của BD. Chứng minh BEDF là hình bình hành Có O là trung điểm của BD nên O cũng là trung điểm của EF Vậy EF,, BD AC đồng quy tại O 1 b) Xét ABD có M là trọng tâm, nên OM OA 3 1 Xét BCD có N là trọng tâm, nên ON OC 3 Mà OA OC nên OM ON Tứ giác EMFN có OM ON, OE OF nên là hình bình hành ĐỀ CHÍNH THỨC Môn TOÁN 8 VĨNH BÌNH BẮC Năm học 2018-2019 Bài 1. (2,0 điểm). Chứng minh rằng a) 825 11chia hết cho 17
5. b) 1919 69 19 chia hết cho 44 Bài 2. (6,0 điểm). Tìm x,biết: a) xx2 2005 2006 0 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 b) 2008 2007 2006 2005 2004 2003 1 1 1 1 c) x2 9 x 20 x 2 11 x 30 x 2 13 x 42 18 3x32 14 x 3 x 36 Bài 3. (4,0 điểm) Cho biểu thức : A 3x32 19 x 33 x 9 a) Tìm giá trị của biểu thức Axác định b) Tìm giá trị của biểu thức Acó giá tri bằng 0 c) Tìm giá trị nguyên của x để Acó giá trị nguyên Bài 4. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi DEF,, theo thứ tự là trung điểm của AB,, BC CA. Gọi MNPQ,,, theo thứ tự là trung điểm của AD,,, AF EF ED a) Tứ giác MNPQ là hình gì ? Tại sao ? b) Tam giác ABC có điều kiện gì thì MNPQ là hình chữ nhật ? c) Tam giác ABC có điều kiện gì thì MNPQ là hình thoi ? Bài 5. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A có ABC 600 , phân giác BD. Gọi M,N,I theo thứ tự là trung điểm của BD,, BC CD a) Tứ giác AMNI là hình gì ? Chứng minh b) Cho AB 4, cm Tính các cạnh của tứ giác AMNI Bài 6. (1 điểm) Tìm giá trị lớn nhất của M 4 x2 4 x 5 ĐÁP ÁN Bài 1. 5 a) Ta có: 825 11 2 3 2 11 2 15 2 11 2.212.17 11 4 11 chia hết cho 17 b) Ta có:
6. 1919 69 19 19 69 19 18 19 17 ,69 69 18 88. 19 18 19 17 ,69 69 18 chia hết cho 44 Bài 2. a) Ta có: xx2 2005 2006 0 xx2 1 2005 2005 0 x 1 x 1 2005 x 1 0 xx 1 1 2005 0 x 1 x 2006 b) x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x 1 x 2 x 3 x 4 x 5 x 6 1 1 1 1 1 1 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 x 2009 0 2008 2007 2006 2005 2004 2003 1 1 1 1 1 1 x 2009 0 2008 2007 2006 2005 2004 2003 x 2009
7. 1 1 1 1 c) x2 9 x 20 x 2 11 x 30 x 2 13 x 42 18 x2 9 x 20 x 4 x 5 x2 11 x 30 x 5 x 6 x2 13 x 42 x 6 x 7 ĐKXĐ: x 4; x 5; x 6; x 7. Phương trình tương đương với: 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 1 1 1 xx 4 7 18 18 x 7 18 x 4 x 7 x 4 xx 13 2 0 x 13 x 2 Bài 3. 2 xx 3 . 3 4 1 a) Ta có A . Vậy biểu thức A xác định khi xx 3; xx 3 2 . 3 1 3 34x 4 b) Ta có: A , do đó A 0 3 x 4 0 x 31x 3 4 Vậy với x thì biểu thức Acó giá trị bằng 0 3 3x 4 5 c) Ta có: A 1 3xx 1 3 1 5 Để Acó giá trị nguyên thì 3xU 1 (5) 1; 5 31x 42 x  ;0; ;2 33 Vậy với giá trị nguyên của x là 0 và 2 thì Acó giá trị nguyên
8. Bài 4. A M N D F Q P B E C 1  MN//; DF MN DF 2 a)  MN//;. PQ MN PQ Vậy MNPQ là hình bình hành 1 PQ//; DF PQ DF 2  b) Giả sử MNPQ là hình chữ nhật thì MP NQ AC  MP AF 2 Mà  AC AB AB NQ AD 2  Vậy ABC cân tại A thì MNPQ là hình chữ nhật c) Giả sử MNPQ là hình thoi thì MN MQ BC AE 1 MN MQ AE BC 4 2 2 Vậy tam giác ABC vuông tại Athì MNPQ là hình thoi
9. Bài 5. B M N C A D I a) Chứng minh được tứ giác AMNI là hình thang Chứng minh được AN MI , từ đó suy ra tứ giác AMNI là hình thang cân 4 3 8 3 1 4 3 b) Tính được: AD cm; BD 2 AD cm ; AM BD cm 3 3 2 3 4 3 8 3 1 4 3 NI AM cm,, DC BC cm MN DC cm 3 3 2 3 83 AI cm 3 Bài 6. Ta có : M 4 x2 4 x 5 2 x22 2.2.11421 x x 4 Vì 2x 1 22 0 2 x 1 4 4 M 4 Vậy GTNN của Mx 4 0,5 UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GD & ĐT NĂM HỌC: 2017-2018 MÔN: TOÁN 8 Câu 1. (3 điểm) 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử a) x4 4
10. b) x 2 x 3 x 4 x 5 24 a b c a2 b 2 c 2 2. Cho 1.Chứng minh rằng: 0 b c c a a b b c c a a b Câu 2. (2 điểm) 1. Tìm ab, sao cho f( x ) ax32 bx 10 x 4chia hết cho đa thức g( x ) x2 x 2 2. Tìm số nguyên a sao cho a4 4là số nguyên tố Câu 3. (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, M là một điểm tùy ý trên đường chéo BD. Kẻ ME AB, MF AD a) Chứng minh DE CF b) Chứng minh ba đường thẳng DE,, BF CM đồng quy c) Xác định vị trí của điểm M để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Câu 4. (1,5 điểm) Cho ab, dương và a2000 b 2000 a 2001 b 2001 a 2002 b 2002 . Tính : ab2011 2011
11. ĐÁP ÁN Câu 1. 1a. x4 4 x 4 4 x 2 4 4 x 2 2 x4 4 x 2 4 2 x 22 x 2 2 2 x x22 2 x 2 x 2 x 2 1b. x 2 x 3 x 4 x 5 24 x22 7 x 11 1 x 7 x 11 1 24 2 xx2 7 11 1 24 2 xx22 7 11 5 x22 7 x 6 x 7 x 16 x 1 x 6 x2 7 x 16 a b c 2. Nhân cả 2 vế của 1với abc , rút gọn suy ra đpcm b c c a a b Câu 2. 1. Ta có: g( x ) x2 x 2 x 1 x 2 Vì f( x ) ax32 bx 10 x 4chia hết cho đa thức g( x ) x2 x 2 Nên tồn tại một đa thức qx()sao cho f().() x g x q x ax32 bx 10 x 4 x 2 . x 1 . q ( x ) Với x 1 a b 6 0 b a 6 (1) Với x 2 2 a b 6 0 (2) Thay (1) vào (2), ta có: ab 2; 4 2. Ta có: a4 4 a 2 2 a 2 . a 2 2 a 2 Vì a a22 2 a 2 ; a 2 a 2 Có: a2 2 a 2 a 1 2 1 1  a và a2 2 a 2 a 1 2 1 1(  a ) a2 2 a 2 1 a 1( tm ) Vậy a4 4là số nguyên tố thì 2 aa 2 2 1 a 1( tm )
12. Câu 3. A E B F M D C a) Chứng minh AE FM DF AED DFC dfcm b) DE,, BF CM là ba đường cao của EFC dfcm c) Có chu vi hình chữ nhật AEMF 2 a không đổi ME MF akhông đổi SAEMF ME. MF lớn nhất ME MF (AEMF là hình vuông) M là trung điểm của BD. Câu 4. a2001 b 2001 a b a 2000 b 2000 ab a 2002 b 2002 a 11 ab a 1 ab 1 1 1 b 1 2000 2001 b 1( tm ) Vì a 1 b b b 0( ktm )
13. 2000 2001 a 1( tm ) Vì b 1 a a a 0( ktm ) Vậy a 1; b 1 a2011 b 2011 2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN PHÚ CHỮ NĂM HỌC : 2018-2019 MÔN TOÁN LỚP 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thi ngày 04 tháng 4 năm 2018 Bài 1. (4,0 điểm) 3) Phân tích đa thức thành nhân tử: c) x32 x 14 x 24 d) x42 2018 x 2017 x 2018 4) Cho xy 1 và xy 0.Chứng minh rằng: xy2 xy 0 y3 1 x 3 1 x 2 y 2 3 Bài 2. (3,0 điểm) c) Tìm các cặp số nguyên xy, thỏa mãn y2 2 xy 3 x 2 0 1 y2 d) Tìm các cặp số nguyên xy; thỏa mãn 24x2 sao cho tích xy. đạt giá trị x2 4 lớn nhất. Bài 3. (3,0 điểm) c) Tìm đa thức fx( ), biết fx()chia cho x 2dư 10, chia cho x 2 dư 24, chia cho x2 4được thương là 5xvà còn dư d) Cho p và 21p là số nguyên tố lớn hơn 3. Chứng minh rằng 41p là hợp số Bài 4. (8,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A AB AC có AD là tia phân giác của BAC . Gọi M và N lần lượt là hình chiếu của D trên AB và AC, E là giao điểm của BN và DM , F là giao điểm của CM và DN. 4) Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông và EF//. BC 5) Gọi H là giao điểm của BN và CM.Chứng minh ANBđồng dạng với NFAvà H là trực tâm AEF 6) Gọi giao điểm của AH và DM là K, giao điểm của AH và BC là O, giao điểm của BI AO DM BK và AD là I.Chứng minh : 9 KI KO KM
14. Bài 5. (2,0 điểm) 2 mn22 mn c) Cho xy 0, 0 và mn, là hai số thực. Chứng minh rằng x y x y d) Cho abc,,là ba số dương thỏa mãn abc 1 1 1 1 3 Chứng minh rằng: a3 b c b 3 c a c 3 a b 2 ĐÁP ÁN Bài 1. 3) a) x32 x 14 x 24 x3 2 x 2 x 2 2 x 12 x 24 x2 x 2 x x 2 12 x 2 x2 x 12 x 2 x 2 x 3 x 4 b) x42 2018 x 2017 x 2018 x4 2017 x 2 x 2 2017 x 2017 1 x4 x 2 1 2017 x 2 x 1 x2 x 1 x 2 x 1 2017 x 2 x 1 x22 x 1 x x 2018 4) Với xy 1và xy 0ta có:
15. x y x44 x y y yx33 11 yx33 11 x44 y x y xy x22 x 11 y y x y x y x22 y 1 xyxy 2 2 xyx y x 2 y 2 xy 2 x y x22 x y y xy x22 y x y 2 2 x y x x 11 y y 2 xy xy x22 y 3 xy22 3 xy2 xy Vậy 0 y3 1 x 3 1 x 2 y 2 3 Bài 2. c) y2 2 xy 3 x 2 0 x 2 2 xy y 2 x 2 3 x 2 x y x 1 x 2 * VT (*) là số chính phương, VP (*) là tích hai số nguyên liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0 xx 1 0 1 xx 2 0 2 Với xy 11 Với xy 22 d) Điều kiện x 0 22 211yy 2 2 2x 22 4 x 2 x xy xy 2 xx44 22 1 y x x xy 2 x 2
16. 22 1 y Vì xx 0; 0với mọi x 0; mọi y x 2 Do đó xy 2 mà xy, xy 1; 2 xy 2; 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy 1; 2 xy 2; 1 Bài 3. c) Giả sử fx chia cho x2 4được thương là 5xvà dư ax b Khi đó f( x ) x2 4 5 x xa b 7 f(2) 24 2 a b 24 a Theo đề ta có: 2 f( 2) 10 2 a b 10 b 17 7 Do đó f( x ) x2 4 5 x x 17 2 47 Vậy f( x ) 5 x2 x 17 2 d) Do p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên có dạng p 3 k 1; p 3 k 1 với k 1 + Nếu pk 31thì 2p 1 6 k 3 3 2 k 1 Suy ra 21p là hợp số (vô lý) +Nếu p 3 k 1, k 1thì 4p 1 12 k 3 3. 4 k 1 Do k 1nên 4k 1 3.Do đó 41p là hợp số. Bài 4.
17. A N M H E L F K B O D C 4) *Chứng minh tứ giác AMDN là hình vuông +) Chứng minh AMD 900 ; AND 90 0 ; MAN 90 0 Suy ra tứ giác AMDN là hình chữ nhật +)Hình chữ nhật AMDN có AD là phân giác của MAN nên tứ giác AMDN là hình vuông. *Chứng minh EF // BC FM DB +) Chứng minh : (1) FC DC DB MB Chứng minh: (2) DC MA MB MB Chứng minh AM DN (3) MA DN MB EM Chứng minh (4) DN ED EM FM Từ 1 , 2 , 3 , 4 suy ra EF// BC ED FC 5) Chứng minh ANB NFA AN DN Chứng minh AN DN.suy ra (5) AB AB DN CN Chứng minh (6) AB CA
18. CN FN Chứng minh (7) CA AM FN FN Chứng minh AM AN.Suy ra (8) AM AN AN FN Từ (5) (6) (7) (8) suy ra ANB NFA c g c AB AN *chứng minh H là trực tâm tam giác AEF Vì ANB NFAnên NBA FAN Mà BAF FAN 9000 NBA BAF 90 Suy ra EH AF , Tương tự: FH AE , suy ra H là trực tâm AEF 6) Đặt SAKD a,,. S BKD b S AKB c Khi đó: S S S abcabcabc ABD ABD ABD S S S a b c AKD BDK AKB b a a c b c 3 a b c a c b ba Theo định lý AM-GM ta có: 2 ab a c b c Tương tự : 2 ; 2 c a c b BI AO DM Suy ra 9 KI KO KM Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi ABD là tam giác đều, suy ra trái với giả thiết. Bài 5. 5a) Với xy 0, 0và mn, ta có: 2 mn22 mn (1) x y x y m22 y n x x y xy m n 2 nx my 2 0 luôn đúng 5b) Áp dụng bất đẳng thức 1 ta có: 22 m2 n 2 p 2 m n p 2 m n p (2) x y z x y z x y z
19. 1 1 1 1112 2 2 Ta có: a b c abc3 bca 3 cab 3 abac bcab acbc Áp dụng bất đẳng thức (2) ta có: 22 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 a b c a b c a b c do abc 1 ab ac bc ab ac bc2 ab bc ac 1 1 1 2 abc 1 1 1 a2 b 2 c 2 1 1 1 1 Hay ab ac bc ab ac bc2 a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 Mà 3 nên a b c abc ab ac bc ab ac bc 2 1 1 1 3 Do đó: a3 b c b 3 c a c 3 a b 2 UBND HUYỆN VĨNH BẢO ĐỀ GIAO LƯU HSG HUYỆN CẤP THCS PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MÔN: TOÁN 8 Bài 1. (3 điểm) a) Phân tích đa thức a2 b c b 2 c a c 2 a b thành nhân tử b) Cho abc,,là ba số đôi một khác nhau thỏa mãn: a b c 2 a2 b 2 c 2 a2 b 2 c 2 Tính giá trị của biểu thức: P a222 222 bc b ac c ab c) Cho x y z 0.Chứng minh rằng: 25 x5 y 5 z 5 xyz x 2 y 2 z 2 Bài 2. (2 điểm) a) Tìm số tự nhiên n để n 18và n 41là hai số chính phương 22 1 1 25 b) Cho ab,0 thỏa mãn ab 1.Chứng minh ab ba 2 Bài 3. (1 điểm)
20. Cho hình bình hành ABCD có góc ABC nhọn. Vẽ ra phía ngoiaf hình bình hành các tam giác đều BCE và DCF.Tính số đo EAF Bài 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AA', BB ', CC 'và H là trực tâm a) Chứng minh BC'. BA CB '. CA BC2 HB HC HA HB HC HA b) Chứng minh rằng: 1 AB AC BC AC BC AB c) Gọi D là trung điểm của BC. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với DH cắt AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh H là trung điểm của MN. Bài 5. (1 điểm) Cho hình vuông ABCD và 2018đường thẳng cùng có tính chất chia hình vuông này 2 thành hai tứ giác có tỉ số diện tích bằng .Chứng minh rằng có ít nhất 505đường thẳng 3 trong 2018 đường thẳng trên đồng quy.
21. ĐÁP ÁN Bài 1. a) abcbca2 2 cab 2 abcbac 2 2 cab 2 2 2 2 abcbab bc cab a2 b 2 b c c 2 b 2 a b ababbc bcbcab abbcabbc   abbcac b) abc 2 a2 b 2 c 2 abacbc 0 a2 a 2 a 2 a22 2 bc a abacbc abac b2 b 2 c 2 c 2 Tương tự: ; b22 22 acbabc c accacb a2 b 2 c 2 P a222 222 bc b ac c ab a2 b 2 c 2 abac abbc acbc a b a c b c 1 a b a c b c c) Vì x y z0 x y z x y 3 z3 Hay x3 y 3 33 xyxy z 3 xyzx 3 y 3 z 3 3xyzx 2 yz 2 2 xyzx 3 3 3 2 yz 2 2 Do đó: xyzxyz555322 yzx 322 zxy 322 Mà x2 y 2 xy 2 22 xyz 2 xyVi xy z Tương tự: y2 z 2 x 2 2 yz ; z 2 x 2 y 2 2 zx Vì vậy: 3xyzx 22255532 y z x y z xx 2 yz yy 32 2 zx zz 32 2 xy 22 x5 y 5 z 5 xyz x 2 y 2 z 2 Suy ra : 25 x5 y 5 z 5 xyz x 2 y 2 z 2
22. Bài 2. a) Để n 18và n 41 là hai số chính phương np 18 2 và n 41 q2 p , q p22 q n18 n 41 59 p q p q 59 p q 1 p 30 Nhưng 59 là số nguyên tố, nên: p q 59 q 29 Từ n 18 p22 30 900 n 882 Thay vào n 41,ta được 882 41 841 2922 q Vậy với n 882 thì n 18và n 41là hai số chính phương b) Có: a b 2 0 a2 b 2 2 ab 0 a 2 b 2 2 ab (*) Dấu đẳng thức xảy ra khi ab 22 1 25 1 1 25 1 Áp dụng * có: a 5 a ; b 5 b b 44 b a a 22 1 1 25 1 1 Suy ra: a b 5 a b b a 2 b a 22 1 1 25 1 1 a b 5 a b b a 2 a b 22 1 1 25 1 1 a b 5 5 ( Vi a b 1) b a 2 a b 1 1 4 Với ab, dương , chứng minh 4 (Vi a b 1) a b a b Dấu bằng xảy ra khi ab 22 1 1 25 Ta được: ab 5 5.4 ba 2 22 1 1 25 1 ab . Dấu đẳng thức xảy ra ab ba 2 2
23. Bài 3. A D C B F E Chứng minh được ABE ECF Chứng minh được ABE FCE c g c AE EF Tương tự: AF EF AE EF AF AEF đều EAF 600
24. Bài 4. A B' N C' H M B A' D C BH BC' a) Chứng minh BHC' BAB ' BH . BB ' BC '. BA (1) AB BB' BH BA' Chứng minh BHA' BCB ' BH . BB ' BC . BA ' (2) BC BB' Từ (1) và (2) BC'. BA BA '. BC Tương tự : CB'. CA CA '. BC BC'. BA CB '. CA BA '. BC CA '. BC BA ''. A C BC BC2 BH BC' BH . CH BC '. CH S b) Có BHC AB BB' AB . AC BB '. AC SABC AH BH S AH CH S Tương tự: AHB; AHC CB CA SABC CB AB S ABC HB HC HA HB HC HA S ABC 1 AB AC AC BC BC AB SABC HM AH c) Chứng minh AHM CDH g. g (3) HD CD
25. AH HN Chứng minh AHN BDH g. g (4) BD HD Mà CD BD( gt ) (5) HM HN Từ 3 , 4 , 5 HM HN H là trung điểm của MN HD HD Bài 5. Gọi EFPQ,,, lần lượt là trung điểm của AB,,,. CD BC AD Lấy các điểm IG, trên EF và KH, trên PQ thỏa mãn: IE HP GF KQ 2 IF HQ GE KP 3 Xét d là một trong các đường thẳng bất kỳ đã cho cắt hai đoạn thẳng AD,, BC EF lần lượt tại MNG, , '.Ta có: AB. BM AN S2 2 EG ' 2 ABMN 2 GG  ' hay d qua G. SGFCDNM 3CD. CM DN 3 ' 3 2 Từ lập luận trên suy ra mỗi đường thẳng thỏa mãn yêu cầu của đề bài đều đi qua một trong 4 điểm GHIK,,, Do có 2018đường thẳng đi qua 1 trong 4 điểm GHIK,,, theo nguyên lý Dirichle phải tồn 2018 tại ít nhất 1 505đường thẳng cùng đi qua một điểm trong 4 điểm trên. 4 Vậy có ít nhất 505 đường thẳng trong số 2018 đường thẳng đã cho đồng quy. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI DUY XUYÊN NĂM HỌC : 2017-2018 Môn: TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 120 phút Bài 1. (3,5 điểm) c) Chứng minh nn3 17 chia hết cho 6với mọi n x2 a 11 a a 2 x 2 d) Rút gọn biểu thức: x2 a 11 a a 2 x 2 Bài 2. (4,5 điểm).
26. c) Một vật thể chuyển động từ A đến B theo cách sau: đi được 4mthì dừng lại 1 giây, rồi đi tiếp 8mdừng lai 2 giây, rồi đi tiếp 12m dừng lại 3 giây Cứ như vậy đi từ A đến B kể cả dừng hết tất cả 155giây. Biết rằng khi đi vật thể luôn có vận tốc 2/m giây. Tính khoảng cách từ A đến B. ab22 d) Biết a32 35 ab và b32 3 a b 10. Tính M 2018 Bài 3. (4 điểm) c) Giải phương trình: x22 x 1 x x 2 12 d) Tìm giá trị nhỏ nhất của P x22 y 4 x y 2010 Bài 4. (4,5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A, phân giác BD. Gọi P, Q, R lần lượt là trung điểm của BD,, BC DC c) Chứng minh APQR là hình thang cân d) Biết AB 6 cm , AC 8 cm .Tính độ dài của AR Bài 5. (2,5 điểm) Cho hình bình hành ABCD.Một đường thẳng qua B cắt cạnh CD tại M, cắt đường chéo AC tại N và cắt đường thẳng AD tại K. Chứng minh: 1 1 1 BN BM BK Bài 6. (1,0 điểm) Biết abc,,là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: 2 a2 b 2 c 2 40 a 2 b 2 ĐÁP ÁN Bài 1. c) n33 17 n n n 18 n n n 1 n 1 18 n Vì n n 11 n là tích ba số nguyên liên tiếp nên chia hết cho 2 và 3, 2,3 1nên chia hết cho 6 18n 6 , suy ra điều phải chứng minh d)
27. 2 2 2 x a 11 a a x x2 x 2 a a a 2 a 2 x 2 1 x2 a 11 a a 2 x 2 x2 x 2 a a a 2 a 2 x 2 1 2 2 2 x2 x 2 a a 2 x 2 1 a a 2 x 11 a a a a x2 x 2 a a 2 x 2 1 a a 2 x2 11 a a 2 a a 2 22 x 11 a a 1 aa2 x22 11 a a 1 aa2 Bài 2. c) Gọi x là số lần đi xx ,0 , số lần dừng là x 1 Thời gian đi 4 8 12 4x 2 4 6 2x 2 2 2 2 2 1 2 3 x x x 1 Thời gian dừng: xx 1 1 1 xx( 1) 1 2 3 x 1 22 Lập được phương trình x 10 ( tm ) xx( 1) 2 x( x 1) 155 3 x x 310 31 2 x () ktm 3 Khoảng cách AB là 10. 10 1 .2 220(m ) d) a3 3 ab 2 5 a 6 6 a 4 b 2 9 a 2 b 4 25 b3 3 a 2 b 10 b 6 6 a 2 b 4 9 a 4 b 2 100 a6 3 a 4 b 2 3 a 2 b 4 b 6 125 22 3 ab 5 ab2 2 5 3 2018 2018 Bài 3.
28. c) x22 x 1 x x 2 12 Đặt x2 x 1 X có XX2 12 0 XXXXXX2 4 3 12 0 4 3 4 0 X 3 XX 3 4 0 X 4 2 2 1 19 X 4 x x 5 0 x 0 ( VN ) 24 X 3 x22 x 2 0 x 2 x x 2 0 x 1 xx 1 2 0 x 2 d) P x22 y 4 x y 2010 x22 4 x 4 y 4 y 4 2018 xy 2 22 2 2018 2018 Vậy Pmin 2018 x y 2
29. Bài 4. A D P R C B Q c) PQ là đường trung bình tam giác BDC,suy ra PQ// AR nên APQR là hình thang. 1 AQ BC (trung tuyến tam giác vuông ABC) 2 1 PR BC (đường trung bình tam giác DBC) 2 Suy ra AQ PR APQR là hình thang cân d) Tính được BC 10 cm Tính chất đường phân giác trong của ABC DA BA DA BA DC BC AC BC BC Thay số tính đúng AD 3 cm , DC 5 cm , DR 2,5 cm Kết quả AR 5,5 cm Bài 5. A B N D M C K AB//AC (hai cạnh đối diện hình bình hành). Theo định lý Talet có:
30. MN NC MN MC AB MN NB BM (1) AB AN NB AB BN BN KM KD MD BK KM AB MD BM AB MD (2) BK KA AB BK AB BK AB BM BM AB MC AB MD MC MD Từ (1) và (2) BN BK AB AB AB BM BM Mà MC MD CD AB nên 1(Điều phải chứng minh) BN BK Bài 6. 2 abc222 4 ab 22222 abc 2 ababc 222 2 ab a b22 c22 a b c abcabcacbbca Tổng hai cạnh tam giác lớn hơn cạnh thứ ba nên cả 4 thừa số đều dương, suy ra điều phải chứng minh. UBND HUYỆN BÌNH XUYÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2017-2018 ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút, không kể gio đề Bài 1. (2,0 điểm) x22 2 x 2 x 1 2 Cho biểu thức A 2 2 3.1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x a) Tìm ĐKXĐ và rút gọn A b) Tìm các số nguyên x để biểu thức Anhận giá trị nguyên. Bài 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình và bất phương trình sau: xx 11 a) x m 2 x (với m là tham số , m 0) mm 2 2 2 1 22 1 1 2 1 b) 8. x 4. x 22 . x x 4 4. x x x x x c) 2x 3 3 3 x 5 3 5 x 2 3 5 x 2 17 x2 2016 x 2063 Bài 3. (2,0 điểm) 2 a) Tìm các số tự nhiên n để Bn 2 8 36 là số nguyên tố b) Trong lớp học bạn An khi đã hoàn thành bài tập mà giáo viên giao cho thì đã giết thời gian bằng cách liệt kê ra một bảng các số nguyên. Bận ấy bắt đầu ghi ra một số
31. nguyên nào đó; để có số tiếp theo, An đã cộng hoặc nhân các chữ số của số đứng liền trước. Cứ tiếp tục như thế, và rồi nhận ra rằng các số mình ghi đều là số lẻ. Hỏi có bao nhiêu số đầu tiên An có thể chọn, biết rằng nó không quá 6 chữ số. Bài 4. (3,0 điểm ) Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD,, BE CF cắt nhau tại H. HD HE HF a) Tính tổng AD BE CF b) Chứng minh: BH BE CH CF BC2 c) Chứng minh: Điểm H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Trên các đoạn HB, HC lấy tương ứng các điểm MN, tùy ý sao cho HM CN. Chứng minh : Đường trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định . Bài 5. (1,0 điểm) Cho abc,,là các số dương. 1 1 1 27 Chứng minh: aab bbc cca( ) 2( abc )2
32. ĐÁP ÁN Câu 1. 2x2 8 0 23 x 0 a) ĐKXĐ: 8 4x 2 x x 0 x 2 x 0 x 0 Với thì: x 2 x22 2 x 2 x 1 2 A 2 2 3.1 2 2x 8 8 4 x 2 x x x x x( x 2) 2 x22 x x 2 . 2(xx22 4) 2 xx 42 x x 2 2 2 x2 .2 x 1 x 2 . 2 xx2 4 2 x2 22 x 4 x 4 4 x x 1 . 24 x2 x x2 4 x 1 x 1 . 24 x2 xx2 x 0 x 1 Vậy , với thì A x 2 2x x 0 b) Xét với * x 2 Giả sử biểu thức A nhận giá trị nguyên thì biểu thức 2A cũng nhận giá trị nguyên 2x 2 1 2Ax 1;1 2xx xx 1; 1 đều thỏa mãn * 11 Với x 1 thì A 0(thỏa mãn A ) 2( 1)
33. 11 Với x 1thì A 2(thỏa mãn A ) 2.1 Vậy để biểu thức A nhận giá trị nguyên thì x 1;1 Câu 2. xx 1 1 2 a) x m 2 x m 1 x (2 a ) m m m 2 +) Nếu m 1và m 0 thì m 1 0. 2 a x mm 1 2 +)Nếu m 1thì m 1 0. 2 a x mm( 1) +)Nếu m 1thì m 1 0. 2 a 0 x 2 luon dung Kết luận: 2 +Với m 1và m 0 thì tập nghiệm BPT là S  x / x mm( 1) +Với m 1thì tập nghiệm của BPT là S 2 +Với m 1thì tập nghiệm của BPT là: S  x / x mm( 1) 2 2 2 1 22 1 1 2 1 b) 8 x 4 x 22 x x 4 4 x 2 b x x x x Điều kiện x 0, Khi đó: 2 2 2 1 22 1 1 1 2 2b 8 x 4 x 22 4 x x x 4 x x x x 22 1 22 1 1 1 2 8 x 4 x 22 x x x 4 x x x x 2 11 2 2 8 x 8 x 2 x 4 xx 2 x 0 x 4 16 x 8 Vì x 0nên S 8 c) Trước hết chứng minh được rằng: Nếu có 3 số abc,,thỏa mãn abc 0thì a3 b 3 c 3 3 abc (2 c ) Ta có:
34. 2x 3 3 3 x 5 3 5 x 2 3 5 x 2 17 x2 2016 x 2063 2x 3 3 3 x 5 3 2 5 x 3 2 5 x 17 x2 2016 x 2063 Áp dụng đẳng thức (2c) và vì 2x 3 3 x 5 2 5 x 0 nên phương trình đã cho tương đương với : 3 2x 3 3 x 5 2 5 x 2 5 x 17 x2 2016 x 2063 22 2 5x 3 6 x x 15 17 x 2016 x 2063 0 2 5x x2 2019 x 2018 0 2 5x x 1 x 2018 0 2 x 5 x 1 x 2018 2 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S ;1;2018 5 Câu 3. a) Ta có: 2 B n2 8 36 n 4 16 n 2 64 36 n4 20 n 2 100 36 n 2 2 nn2 10 6 2 n22 6 n 10 n 6 n 10 Với n thì 0 n22 6 n 10 n 6 n 10 Nên để B là số nguyên tố thì trước hết nn2 6 10 1 Hay nn 3 2 0 3 2 Thử lại , với n 3thì B 32 8 36 37 37 là số nguyên tố nên n 3là giá tị cần tìm b) Ta gọi số đầu tiên thỏa mãn đề bài là số chấp nhận được. Các chữ số của số chấp nhận đều phải là số lẻ, vì nếu không tích của chúng sẽ chẵn Như vậy có 5 số chấp nhận được có 1 chữ số
35. Không thể có số chấp nhận được gồm 2 chữ số vì thế thì tổng hoặc tích các chữ số của chúng sẽ là số chẵn. Tương tự như vậy số chấp nhận được cũng không thể có 4 hoặc 6 chữ số. Ta xét các số chấp nhận được gồm ba chữ số (tổng và tích các chữ số của các số chấp nhận được gồm ba chữ số này phải là số lẻ, và chúng không thể có hai chữ số, nên và tổng và tích các chữ số không thể vượt quá 9. Như vậy số chấp nhận được gồm 3 chữ số có thể: Hoặc là gồm 3 chữ số 1, Hoặc là gồm hai chữ số 1, số còn lại là 1 trong 3 chữ số 3,5,7 Hoặc gồm 1 chữ số 1 và 2 chữ số 3 Do đó có 1 9 3 13số chấp nhận được có 3 chữ số. Tương tự như thế , ta tính được số chấp nhận được gồm 5 chữ số. Tổng các chữ số không vượt quá 45 và là số chấp nhận được nên tích không vượt quá 9, khả năng xảy ra là : Hoặc gồm 5 chữ số 1 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 3 Hoặc gồm 4 chữ số 1 và một chữ số 5 Hoặc gồm ba chữ số 1 và hai chữ số 3 Do đó số các số chấp nhận được gồm 5 chữ số: 1 5 5 10 21 số Vậy số các số thỏa mãn đề bài là: 5 13 21 39số Câu 4.
36. A E F H P Q M B N D C K HD S a) Trước hết chứng minh : HBC AD SABC HE S HF S Tương tự có: HCA; HAB BE SABC CF S ABC HD HE HF S S S S Nên HBC HAC HAB ABC 1 AD BE CF SABC S ABC HD HE HF Vậy 1 AD BE CF b) Trước hết chứng minh: BDH BEC BH BE BD BC Và CDH CFB CH CF CD BC BH BE CH CF BC BD CD BC 2
37. AE AF c) Trước hết chứng minh AEB AFC .Mặt khác EAF BAC AB AC Nên AEF ABC( ) c g c AEF ABC Chứng minh tương tự, ta có: CDE CAB CED CBA AEF CED mà EB AC nên EB là phân giác của góc DEF Tương tự: DA, FC là phân giác của các góc EDF, DFE Vậy H là giao điểm các đường phân giác của tam giác DEF Nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF d) Gọi K là giao điểm của các đường trung trực của hai đoạn MN và HC, ta có KMH KNC c. c . c KHM KCN (1) Mặt khác ta cũng có: KCH cân tại K nên : KHC KCH (2) Từ (1) và (2) ta có: KHC KHB HK là phân giác của góc BHC Vậy K là giao điểm của trung trực đoạn HC và phân giác của góc BHC nên K là điểm cố định Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là K Câu 5. Áp dụng BĐT Cô si cho ba số dương ta được: 1 1 1 3 (*) a()()() a b b b c c c a 3 abc a b b c c a Cũng theo BĐT Cô si : 0 33 abc a b c 3 1 và 0 33 . a b b c c a 8 a b c 3 (2) Nhân tương ứng hai vế các BĐT (1) và (2) được: 386 abcabbcca abc 6 3 27 Hay 3 abc( a b )( b c )( c a ) 2 abc 2 1 1 1 27 Từ * và suy ra a()()() a b b b c c c a 2 abc 2 Dấu "" xảy ra khi và chỉ khi abc