Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Sông Lô (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD&ĐT Sông Lô (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 6;7;8 CẤP HUYỆN – NĂM HỌC 2015-2016 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI MÔN: TOÁN 8 1 2x 2x Câu 1. Cho biểu thức A 3 2 : 1 2 x 1 x x x 1 x 1 a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A b) Tìm x để Anhận giá trị là số âm c) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức x 2 .A nhận giá trị là số nguyên. Câu 2. a) Cho S 1.2.3 2.3.4 3.4.5 k k 1 k 2 (với k ¥ *) Chứng minh rằng 4S 1là bình phương của một số tự nhiên b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3 Câu 3. a) Giải phương trình sau: x2 3x 2 x 1 0 b) Xác định giá trị của m để phương trình: m3 x 2 8 x m 4m2 có nghiệm duy nhất là số không lớn hơn 1 c) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x y z 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 1 1 1 thức : P 16x 4y z Câu 4. Cho tam giác ABC đều cạnh 2a,M là trung điểm của BC. x· My 600 quay quanh đỉnh M cố định sao cho hai tia Mx,My cắt AB, AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a) BDM : CME và tích BD.CE không phụ thuộc vào vị trí của x· My b) DM là phân giác của B· DE c) BD.ME CE.MD a.DE d) Chu vi ADE không đổi khi x· My quay quanh M Câu 5. Trong bảng ô vuông kích thước 8 8gồm 64 ô vuông đơn vị, người ta đánh dấu 13 ô bất kỳ. Chứng minh rằng với mọi cách đánh dấu luôn có ít nhất 4 ô được đánh dấu không có điểm chung (hai ô có điểm chung là hai ô có chung đỉnh hoặc chung cạnh).
2. ĐÁP ÁN Bài 1. 1 1a) ĐKXĐ: x 1; Rút gọn được: A x 1 1b) A 0 x 1 0 x 1 Đối chiếu với ĐKXĐ, ta được x 1 x 2 3 1c) Ta có: x 2 A 1 x 1 x 1 Lập luận để suy ra : x 0; 2;2;4 Bài 2 1 1 2a) Ta có: k k 1 k 2 k k 1 k 2 .4 k k 1 k 2 k 3 k 1 4 4 1 1 k k 1 k 2 k 3 k k 1 k 2 k 1 4 4 4S 1.2.3.4 0.1.2.3 2.3.4.5 1.2.3.4 k k 1 k 2 k 3 k k 1 k 2 k 1 k k 1 k 2 k 3 4S 1 k k 1 k 2 k 3 1 Mặt khác: k k 1 k 2 k 3 1 k k 3 k 1 k 2 1 2 k 2 3k k 2 3k 2 1 k 2 3k 1 Mà k ¥ *nên k 2 3k 1 ¥ *nên suy ra đpcm. 2 3 3 2 3 7 2b) Ta có: y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 4 8 2 3 3 2 9 15 x 2 y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 4 16 Từ (1) và (2) ta có : x y x 2,mà x, y nguyên suy ra y x 1 x 1 Thay y x 1vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được x 1 Từ đó tìm được hai cặp số x, y thỏa mãn bài toán là: 1;0 ; 1;2
3. Bài 3. 3a) x2 3x 2 x 1 0 1 + Nếu x 1: 1 x 1 2 0 x 1(TM ) +Nếu x 1: 1 x2 4x 3 0 x2 x 3 x 1 0 x 1 x 3 0 x 1(ktm) x 3(ktm) Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x 1 m3 x 2 8 x m 4m2 m3 8 x 2m m2 2m 4 3b)Ta có: 2 2 m 2 m 2m 4 x 2m m 2m 4 2m x (Do m2 2m 4 0) m 2 2m Để nghiệm này không lớn hơn 1 thì 1 2 m 2(TM ) m 2 Vậy 2 m 2thì phương trình có nghiệm duy nhất và nghiệm đó không lớn hơn 1 3c) Ta có: 1 1 1 1 1 1 y x z x z y 21 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 “=” xảy ra y 2x 16x 4y 4 z x 1 Tương tự: ,dấu “=” xảy ra z 4x 16x z 2 z y 1, dấu “=” xảy ra z 2y; 4y z 49 1 2 4 P .Dấu “=” xảy ra khi x ; y ; z 16 7 7 7 49 1 2 4 Vậy MinP x ; y ; z 16 7 7 7
4. Bài 4. A x y D I E H K B M C a) Ta có: D· MC 600 C· ME 600 B· DM B· DM C· ME Suy ra : BMD : CEM (g.g) vì D· BM M· CE 600;B· DM C· ME(cmt) BD CM Suy ra BD.CE BM.CM a2 (không đổi) BM CE BD CM BD BM b) Vì BMD : CEM hay MD EM MD ME Lại có: D· BM D· ME 600 BMD : MED(c.g.c) B· DM E· DM suy ra DM là phân giác của B· DE BD BM c) Vì BMD : MED BD.ME a.DM (1) DM ME Tương tự chứng minh được: CEM : MED CE.MD a.ME(2) Cộng vế theo vế của (1) và (2) ta được: BD.ME CE.MD a.DM a.ME a. DM ME a.DE d) Kẻ MH,MI,MK lần lượt vuông góc với AB,DE, AC tại H,I,K suy ra MH MI MK Suy ra DI DH,EI EK.Suy ra chu vi ADE 2AH
5. a 3a Vì H· BM 600 và BM a nên BH AH .Suy ra chu vi tam giác ADE 2 2 không đổi và bằng 3a Bài 5 Chi 64 ô vuông của bảng 8 8thành 4 loại như hình vẽ (các ô cùng loại được đánh số giống nhau). Khi đó theo cách chia này rõ ràng các ô trong cùng loại sẽ không có điểm chung. Khi đánh dấu 13 điểm bất kỳ, thì 13 điểm này sẽ thuộc 4 loại ô vừa chia. Vì 13 4.3 1nên theo nguyên lý Dirichle sẽ tồn tại ít nhất 4 ô thuộc cùng một loại, khi đó 4 ô này sẽ không có điểm chung. Suy ra đpcm. 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4