Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Thọ Xuân (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD&ĐT Thọ Xuân (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT KỲ THI CHỌN HSG CÁP HUYỆN HUYỆN THỌ XUÂN NĂM HỌC : 2017 – 2018 Môn: Toán – Lớp 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 08 tháng 4 năm 2018 Câu 1. (5,0 điểm) x3 y3 x2 4y2 2 3 Cho biểu thức : P 2 2 : 2 2 x xy y x 2y y x x y a) Rút gọn biểu thức P b) Tính giá trị biểu thức P khi x, y thỏa mãn ; x y 6; x2 y2 26\ c) Nếu x; y là các số thực dương làm cho P xác định và thỏa mãn: x y 2. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P Câu 2. (4,0 điểm) a) Lúc 7 giờ sáng một xe buýt đi từ vị trí A đến vị trí B với độ dài là 60 km. Khi đi tới vị trí C cách vị trí A 39km thì xe bị hỏng. Xe phải dừng lại và sửa chữa mất 15phút, sau đó xe tiếp tục đi từ C đến B với vận tốc giảm hơn so 11 với vận tốc đi từ A tới C là 3km / h.Tổng thời gian xe đi từ A đến B hết 6 giờ (tính cả thời gian dừng lại sửa xe). Hỏi xe buýt bị hỏng lúc mấy giờ ? b) Giải phương trình x2 2x 2 x2 8x 20 x2 4x 6 x2 6x 12 x 1 x 4 x 2 x 3 Câu 3. (3,0 điểm) a) Tìm tất cả các số nguyên n sao cho: 4n3 n 3chia hết cho 2n2 n 1 b) Tìm các cặp số nguyên x; y sao cho: 3x2 y2 2xy 2x 2y 40 0 Câu 4. (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, sao cho M khác Avà C.Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho AE CM a) Gọi O là trung điểm của cạnh BC.Chứng minh OEM vuông cân b) Đường thẳng qua Avà song song với ME,cắt tia BM tại N. Chứng minh : CN  AC c) Gọi H là giao điểm của OM và AN. Chứng minh rằng tích AH.AN không phụ thuộc vào vị trí điểm M trên cạnh AC. Câu 5. (2,0 điểm) Cho a,b,clà ba số thực dương. Chứng minh rằng: 3 a b c a2 b2 c2 2 b c c a a b b2 c2 c2 a2 a2 b2
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 1a) 2 x3 y3 x2 2y 2x 3y P : 2 2 2 2 x xy y x 2y x y 2 2 x y x xy y x 2y x 2y 2x 3y : x2 xy y2 x 2y x2 y2 x2 y2 x y x 2y . 2x 3y x2 y2 2x 3y . x2 y2 2x 3y 1b) 3 Điều kiện : x 0; y 0; x y; x 2y 2 Ta có: 2 x y x2 2 x y y2 62 26 2 x y x y 5 Vậy P 52 25 1c) 3 Với x, y dương và thỏa mãn điều kiện x 0; y 0; x ; x 2y ta có: 2 2 x y xy 1(vì x y 2).Dấu " "xảy ra x y 1 2 Vậy GTLN của P bằng 1 x y 1 Câu 2. a) Gọi vận tốc của xe buýt khi đi từ Ađến C là x km / h; x 3 thì vận tốc của xe buýt khi đi từ C đến B là x 3 km / h 39 Thời gian để xe buýt đi hết quãng đường AC là (h), thời gian để xe buýt đi hết x 21 1 quãng đường CB là h . Thời gian dừng lại sửa xe là 15 phút (h) x 3 4 39 21 1 11 Theo bài ta có phương trình: x x 3 4 6
3. x 39(tm) Giải ra được 36 x (ktm) 19 Vậy khi đi từ Atới C xe buýt đi với vận tốc 39km / h , suy ra thời gian để xe buýt đo đi hết quãng đường AC là : 39:39 1(giờ) Do đó đúng 8 giờ sáng thì xe buýt bị hỏng. b) Giải phương trình x2 2x 2 x2 8x 20 x2 4x 6 x2 6x 12 x 1; 2; 3; 4 x 1 x 4 x 2 x 3 x 1 2 1 x 4 2 4 x 2 2 2 x 3 2 3 x 1 x 4 x 2 x 3 1 4 2 3 x 1 x 4 x 2 x 3 x 1 x 4 x 2 x 3 1 4 2 3 x 1 x 4 x 2 x 3 x 4 4x 4 2x 6 3x 6 x2 5x 4 x2 5x 6 5x 8 x2 5x 6 5x 12 x2 5x 4 5x3 33x2 70x 48 5x3 37x2 80x 48 4x2 10x 0 x 0(tm) 5 x (tm) 2 Câu 3. 3a) 4n3 n 3 4 Ta có: 2n 1 2n2 n 1 2n2 n 1 Vì n là số nguyên nên 2n 1là số nguyên. Do đó để 4n3 n 3chia hết cho 2n2 n 1thì 2n2 n 1phải là ước số của 4 2 2 2 1 1 1 7 Mặt khác: 2n n 1 2 n n 2 n 0 2 2 4 16
4. Do đó: 2n2 n 1 1hoặc 2n2 n 1 2hoặc 2n2 n 1 4 n 0 Giải từng trường hợp suy ra: n 1 n 1 3b) Ta có: 3x2 y2 2xy 2x 2y 40 0 4x2 x2 y2 2xy 2x 2y 1 41 x y 1 2 2x 2 41 3x y 1 y x 1 41 Đặt : 3x y 1 a và y x 1 b.Suy ra a và blà các ước của 41, có tích bằng 41.Nhận thấy 41là số nguyên tố, từ đó ta có các trường hợp như bảng sau: a 41 1 1 41 b 1 41 41 1 a b 10 10 10 10 x 4 a 3b 4 12 32 30 10 y 4 Vậy các cặp số nguyên x; y cần tìm là 10; 12 ; 10; 32 ; 10;30 ; 10;10
5. Câu 4 H A N E M C O B 4a. Vì tam giác ABC vuông cân tại A và O là trung điểm của cạnh BC nên AO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC. Suy ra OA OC OB và O· AB ·ACO 450 Xét OEAvà OMC có: OA OC;O· AB ·ACO 450; AE CM gt OEA OMC c.g.c OE OM & E· OA M· OC (1) Vì AO là đường trung tuyến của tam giác cân ABC nên AO cũng là đường cao AO  BC ·AOM M· OC ·AOC 900 (2) Từ (1) và (2) suy ra : ·AOM ·AOE E· OM 900 Vì OE OM & E· OM 900 nên OEM vuông cân tại O 4b. BM BE Vì ME / / AN nên theo định lý Ta – let ta có: (3) MN EA Vì tam giác ABC cân tại A nên AB AC, mà AE CM nên BE AM Do đó, ở (3) ta thay BE bởi AM , thay EA bởi MC ta được: BM AM (4) AB / /CN (Theo định lý Ta let đảo) MN MC Mà AB  AC CN  AC 4c. Từ ME / / AN O· ME O· HA(cặp góc đồng vị)
6. Mà O· ME 450 (vì OEM vuông cân tại O) suy ra O· HA 450 ·ACB Hay M· HA ·ACB.Kết hợp với O· MC ·AHM (đối đỉnh) (1) OM MC , kết hợp O· MA C· MH (hai góc đối đỉnh) AM MH OMA : CMH (c.g.c) O· AM M· HC (2) Từ (1) và (2) suy ra ·AHC M· HA M· HC 900 , suy ra CH  AN Xét tam giác AHC và tam giác CAN sẽ đồng dạng theo trường hợp góc góc AH AC AH.AN AC.HC không đổi HC AN Câu 5 a b c 3 Chứng minh (1) b c c a a b 2 Ta có: a b c a b c 1 1 1 3 b c c a a b b c c a a b a b c b c a c a b 1 1 1 3 a b c 3 b c c a a b b c c a a b Đặt : x b c; y c a; z a b. Suy ra x, y, z 0và ta có: a b c 1 1 1 1 x y z 3 b c c a a b 2 x y z 1 x y x z y z 9 2 2 2 3 2 y x z x z y 2 2 2 1 x y x z y z 1 3 9 3 .9 3 2 xy xz yz 2 2 x y 2 x z 2 y z 2 (Vì 0 ) xy xz yz a b c 3 Vậy . Dấu " "xảy ra a b c b c c a a b 2 a2 b2 c2 a b c Chứng minh : (2) b2 c2 c2 a2 a2 b2 b c c a a b
7. Thật vậy, do vai trò của a,b,cnhư nhau nên không mất tính tổng quát , ta có thể giả sử : a b c Xét hiệu : a2 b2 c2 a b c 2 2 2 2 2 2 b c c a a b b c c a a b a2 a b2 b c2 c 2 2 2 2 2 2 b c b c c a c a a b a b a2b ab2 a2c ac2 b2a ba2 b2c bc2 c2a ca2 c2b cb2 b2 c2 b c c2 a2 c a a2 b2 a b ab a b ac a c ab a b bc b c ac a c bc b c b2 c2 b c c2 a2 c a a2 b2 a b 1 1 ab a b 2 2 2 2 b c b c c a c a 1 1 bc b c 2 2 2 2 c a c a a b a b Vì giá trị của các biểu thức trong ngoặc đều không âm a b c a2 b2 c2 Vậy b c c a a b b2 c2 c2 a2 a2 b2 Từ (1) và (2) suy ra đpcm . Dấu " "xảy ra khi a b c