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

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN THCS TƯ NGHĨA Môn: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1. (4 điểm) x2 2x 2x2 1 2 1/ Cho biểu thức : A 2 2 3 . 1 2 2x 8 8 4x 2x x x x a) Tìm x để giá trị của A được xác định. Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên 2/ Chứng minh rằng a 1 a 3 a 4 a 6 10 0 với mọi a. Bài 2. (6 điểm) 1) Tìm đa thức dư khi chia đa thức x100 2x51 1 cho x2 1 2) Giải phương trình: 1 1 1 1 1 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 x2 11x 30 8 27 12 3) Tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của B x2 9 Bài 3. (4 điểm) 1) Tìm các số nguyên tố x và y sao cho x2 2y2 1 2) Chứng minh tổng lập phương của ba số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 9 Bài 4.(6 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC M B,M C .Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE CM a) Chứng minh OEM vuông cân b) Chứng minh ME / /BN c) Từ C kẻ CH  BN H BN .Chứng minh rằng ba điểm O,M ,H thẳng hàng Bài 5. (2 điểm) Qua M thuộc cạnh BC của tam giác ABC M B,C , kẻ ME song song với AB (E thuộc AC), Kẻ MD song song với AC (D thuộc AB). Tìm vị trí của M để tứ giác MDAE có diện tích lớn nhất.
2. ĐÁP ÁN Bài 1. x 0 1) a) ĐK: .Ta có: x 2 x2 2x 2x2 1 2 x2 2x 2x2 x2 x 2 A 2 2 3 1 2 2 2x 8 8 4x 2x x x x 2 2 x 2 x 4 4 x 2 x 2 x x 2 4x2 x2 x 2 x3 4x2 4x 4x2 x 1 . . 2 x 2 x2 4 x2 2 x2 4 x2 2 x x 4 x 1 x 1 . 2x2 x2 4 2x x 1 x 0 Vậy A voi 2x x 2 x 1 x 1 b) ¢ x 1M2x 2x 2M2x 2M2x 1Mx (TMDKXD) 2x x 1 2) a 1 a 3 a 4 a 6 10 a2 7a 6 a2 7a 12 10 Đặt t a2 7a 6.Khi đó ta có: a 1 a 3 a 4 a 6 10 a2 7a 6 a2 7a 12 10 t 3 2 1 0. Bài 2. 1) Gọi đa thức dư trong phép chia là ax b.Khi đó ta có: x100 2x51 1 x2 1 .H x ax b 1 Thay x 1vào 1 ta có: 0 a b (2) Thay x 1vào 1 ta có: 4 a b 3 Từ đó suy ra a 2;b 2. Vậy số dư là 2x 2 2) Ta có điều kiện x 2,3,4,5,6 . Khi đó ta có: 1 1 1 1 1 x2 5x 6 x2 7x 12 x2 9x 20 x2 11x 30 8 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x 2 x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6 8 1 1 1 2 x 10 x 8x 20 0 (TM ) x 2 x 6 8 x 2
3. Vậy S 2;10 2 27 12x x2 9 x2 12x 36 x 6 3) Ta có: B 1 1 x2 9 x2 9 x2 9 MinB 1 x 6 2 27 12x 4x2 36 4x2 12x 9 2x 3 Ta có: B 4 4 x2 9 x2 9 x2 9 3 MaxB 4 x 2 Bài 3. 1) Ta có: x2 2y2 1 2y2 x2 1M2 x 1 x 1 M2 Xét trường hợp : x 1M2 x 1 2k k ¥ x 2k 1 Khi đó ta có 2y2 M4 y2 M2 y 2(do y nguyên tố) . Từ đó suy ra x 3 Xét trường hợp x 1M2 x 1 2t t ¥ x 2t 1 Khi đó ta có: 2y2 M4 y2 M2 y 2(do y nguyên tố) suy ra x 3 2) Ta có ba số nguyên liên tiếp là n,n 1,n 2 n ¥ Khi đó ta có: n3 n 1 3 n 2 3 3 n 1 n n 1 9nM9
4. Bài 4. A E B 1 1 2 O 3 M H H' 1 D C N a) Xét OEB và OMC có: µ µ 0 OB OC(gt);BR CM (gt);B1 C1 45 OE OM OEB OMC(c.g.c) µ ¶ O1 O3 ¶ ¶ · 0 Lại có O2 O3 BOC 90 (vì tứ giác ABCD là hình vuông) ¶ µ · 0 Suy ra O2 O1 EOM 90 , kết hợp với OE OM OEM vuông cân tại O b) Từ gt tứ giác ABCD là hình vuông AB CD và AB / /CD AM BM AB / /CD AB / /CN (Theo định lý Ta let ) (*) MN MC Mà BE CM (gt) và AB CD AE BM thay vào * AM AE Ta có: ME / /BN (Định lý Ta let đảo) MN EB c) Gọi H 'là giao điểm của OM và BN Từ ME / /BN O· ME O· H 'B (cặp góc đồng vị) · 0 · 0 µ Mà OME 45 vì OEM vuông cân tại O MH 'B 45 C1
5. OM MC OMC : BMH '(g.g) , kết hợp O· MB C· MH '(đối đỉnh) BM MH ' OMB : CMH ' c.g.c B· H 'C B·H 'M M· H 'C 900 CH '  BN Mà CH  BN H BN H  H 'hay ba điểm O,M ,H thẳng hàng (đpcm) Bài 5. A G E D B H M C Ta có MDEAlà hình bình hành. Khi đó SMDEA 2SADE AG.DE . Diện tích tứ giác MDAE có diện tích lớn nhất thì DE lớn nhất. Mà để DE lớn nhất thì: *Nếu AB AC thì M  B *Nếu AC AB thì M  C M  B *Nếu AB AC thì M  C