Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án)

1. UBND TỈNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn: Toán ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 1 trang) Ngày thi: 12/05/2019 ___ Câu 1 (2,0 điểm) x4 x2 4x 1 x 1 x 1 x(x 1) (1 x) Cho biểu thức: P 2 . 3 . x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên ? Câu 2 (6,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128. b) Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng 16n – 15n – 1 chia hết cho 225. c) Đa thức f(x) chia cho x + 1 dư 4, chia cho x 2 + 1 dư 2x + 3. Tìm phần dư khi chia f(x) cho (x + 1)(x2 + 1). d) Chứng minh rằng tổng hai số chính phương liên tiếp cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. Câu 3 (5,0 điểm) a) Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy. 3x2 2x 3 b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C . x2 1 c) Cho ba số x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn x3 + y3 + z3 = 3xyz và xyz ≠ 0. 16(x y) 3(y z) 2038(z x) Tính giá trị của biểu thức: B . z x y Câu 4 (7,0 điểm) 4.1: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm trên cạnh BC. Qua A kẻ tia Ax vuông góc với AE, Ax cắt CD tại F. Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K. Đường thẳng kẻ qua E, song song với AB cắt AI ở G. Chứng minh: a) Tứ giác EGFK là hình thoi. b) AF2 = FK.FC c) Chu vi tam giác EKC không đổi khi E thay đổi trên BC. 4.2: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = c, AC = b và đường phân giác của 1 1 2 góc A là AD = d. Chứng minh rằng: . b c d Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh: a b c 1 1 b a 1 c b 1 a c Hết - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. Câu 1 (2,0 điểm) x4 x2 4x 1 x 1 x 1 x(x 1) (1 x) Cho biểu thức: P 2 . 3 . x 1 x 1 x 1 x 1 a) Rút gọn P. b) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên ? Giải: x4 x2 4x 1 x 1 x 1 x(x 1) (1 x) P 2 . 3 x 1 x 1 x 1 x 1 * ĐKXĐ: x ≠ ±1 (x4 x2 4x 1) (x2 2x 1) (x2 2x 1) x2 1 a) P 2 . 3 x 1 x 1 x4 x2 1 x2 1 . x2 1 x3 1 (x4 x) (x2 x 1) x2 1 . x2 1 x3 1 x(x 1)(x2 x 1) (x2 x 1) x2 1 . x2 1 x3 1 (x2 x 1)(x2 x 1) x2 1 . x2 1 (x 1)(x2 x 1) x2 x 1 x 1 x2 x 1 x(x 1) 1 1 b) P = x x 1 x 1 x 1 1 Để P Z thì Z x – 1 Ư(1) = {1; -1} x 1 +) Với x-1 = 1 thì x = 2 (TMĐKXĐ) +) Với x-1=-1 thì x = 0 (TMĐKXĐ) Vậy P nguyên khi x {2;0}. Câu 2 (6,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x(x + 4)(x + 6)(x + 10) + 128. b) Cho n là số nguyên dương, chứng minh rằng 16n – 15n – 1 chia hết cho 225. c) Đa thức f(x) chia cho x + 1 dư 4, chia cho x 2 + 1 dư 2x + 3. Tìm phần dư khi chia f(x) cho (x + 1)(x2 + 1). d) Chứng minh rằng tổng hai số chính phương liên tiếp cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. Giải: a) x(x+ 4)(x+ 6)(x + 10) + 128 = [x(x+10)].[(x+4)(x+6)] + 128 = ( x2 + 10x).(x2 + 10x + 24) + 128 Đặt x2 + 10x = a, ta có: a(a + 24) + 128 = a2 + 24a + 128 = (a+8)(a+16) = (x2 + 10x + 8)(x2 + 10x + 16) = (x + 2)(x + 8)(x + 5 + 17 )(x + 5 - 17 )
3. b) Với n = 1 ta có: 16 – 15 – 1 = 0  225 Giả sử bài toán đúng với n = k tức là ta có: 16k – 15k – 1  225 Ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1 Thật vậy: 16k+1 – 15(k+1) – 1 = 16.16k – 15k – 15 – 1 = 16k (15 + 1) – 15k – 15 – 1 = (16 k – 15k – 1) + 15(15k – 1) = (16 k – 15k – 1) + 225. A(k)  225 Vậy 16n – 15n – 1 chia hết cho 225 với mọi n là số nguyên dương. c) Theo định lí Bê-du ta có: f(x) chia x+1 dư 4 f(-1)=4 Do bậc đa thức chia (x+1)(x^2+1) là 3 nên đa thức dư có dạng ax2 + bx+c Gọi thương là Q, ta có: f(x) = (x+1)(x2 +1)Q + ax2 + bx+c =(x+1) (x2 +1)Q + ax2 +a -a +bx+c =(x+1) (x2 +1)Q + a(x2 +1) -a +bx+c = [(x+1)Q + a](x2 +1) + bx+c- a b 2 Vì f(x) chia x2+1 dư 2x+3 (1) c a 3 Mặt khác f(-1)=4 a -b+ c = 4 (2) 3 a 2 Từ (1) và (2) b 2 9 c 2 3 9 Vậy đa thức dư là: x2 +2x + . 2 2 2 2 d) Gọi hai số chính phương liên tiếp đó là k và (k+1) . Ta có: k2 + (k+1)2 + k2.(k+1)2 = k4 +2k3+ 3k2 + 2k +1 = (k2 + k +1)2 = [k(k + 1) +1]2 là số chính phương. (1) Vì k(k + 1) là tích hai số tự nhiên liên tiếp nên k(k + 1) chẵn k(k + 1) +1 lẻ [k(k + 1) +1]2 lẻ (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Câu 3 (5,0 điểm) a) Tìm các số nguyên x; y thỏa mãn: x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy. 3x2 2x 3 b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C . x2 1 c) Cho ba số x, y, z đôi một khác nhau, thỏa mãn x3 + y3 + z3 = 3xyz và xyz ≠ 0. 16(x y) 3(y z) 2038(z x) Tính giá trị của biểu thức: B . z x y Giải: a) x2 + y2 + 5x2y2 + 60 = 37xy. x2 + y2 – 2xy = 35xy - 5x2y2 - 60 2 (x – y) = 5(3 – xy)(xy – 4) (1) Vì (x – y)2 ≥ 0 nên 5(3 – xy)(xy – 4) ≥ 0 3 ≤ xy ≤ 4 xy {3;4}
4. x 2 xy 4 y 2 Đẳng thức (1) xảy ra x, y ¢ . x 2 x y y 2 Vậy (x,y) {(2;2);(-2;-2)} 3x2 2x 3 2(x2 1) (x2 2x 1) (x 1)2 b) C = =2 ≥ 2 x2 1 x2 1 x2 1 Vậy min C = 2 x = 1 3x2 2x 3 4(x2 1) (x2 2x 1) (x 1)2 C = =4 ≤ 4 x2 1 x2 1 x2 1 Vậy max C = 4 x = -1 c) x3 + y3 + z3 = 3xyz (x ≠ y ≠ z; xyz ≠ 0) (x+y)3 – 3xy(x+y) + z3 – 3xyz= 0 (x+y+z)3 – 3z(x+y)(x+y+z) – 3xy(x+y+z) = 0 (x+y+z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) = 0 1 (x+y+z)[(x – y)2 + (y – z)2 + (z-x)2] = 0 2 x y z 0 x y z x y 0 y z x y z 0 z x y z x 0 x y z (loai,vi x y z) 16(x y) 3(y z) 2038(z x) 16( z) 3( x) 2038( y) Vậy B = (-16) + (-13) + 2038 = z x y z x y 2019. Câu 4 (7,0 điểm) 4.1: Cho hình vuông ABCD. Gọi E là một điểm trên cạnh BC. Qua A kẻ tia Ax vuông góc với AE, Ax cắt CD tại F. Trung tuyến AI của tam giác AEF cắt CD ở K. Đường thẳng kẻ qua E, song song với AB cắt AI ở G. Chứng minh: a) Tứ giác EGFK là hình thoi. b) AF2 = FK.FC c) Chu vi tam giác EKC không đổi khi E thay đổi trên BC. 4.2: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = c, AC = b và đường phân giác của 1 1 2 góc A là AD = d. Chứng minh rằng: . b c d Giải: 4.1: a) Xét ABE và ADF có: A· BE =A· DF (=900) AB = AD (ABCD là hình vuông) B· AE =D· AF (cùng phụ D· AE) Do đó ABE = ADF (g-c-g) AE = AF AEF vuông cân tại A Mà AI là trung tuyến của A E F
5. AI cũng là đường cao của AEF AI  EF hay GK  EF Xét IEG và IFK có: G· IE = K· IF (đối đỉnh) IE = IF (gt) I·EG = I·FK (so le trong) Do đó IEG = IFK (g-c-g) IG = IK Tứ giác EGFK có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường (IE=IF(gt); IG=IK(cmt) đồng thời vuông góc với nhau (GK  EF) nên là hình thoi. b) Xét AFK và CAF có: K· AF = F· CA (=450) F : góc chung Do đó AFK ∽ CAF (g-g) AF KF AF2 = KF.CF. CF AF c) Đặt a là độ dài cạnh hình vuông ABCD a không đổi ABE = ADF (theo a) BE = DF Ta có: EGFK là hình thoi (theo a) nên KE = KF = KD + DF = KD + BE Chu vi EKC là: CEKC = KC + EK + EC = KC + KD + BE + CE = CD + BE = 2a không đổi. 4.2: Kẻ DE  AB (E AB); DF  AC (F AC) Dễ thấy AEDF là hình chữ nhật Mà AD là tia phân giác E· AF Nên AEDF là hình vuông Biến đổi qua Pi-ta-go ta được: AD DE = DF = 2 Vì AB // DF (cùng vuông góc với AC) DFC ∽ BAC (tính chất đồng dạng) DF CD (1) AB BC DE BD Tương tự chứng minh (2) AC CD DF DE CD+BD Cộng hai vế tương ứng của (1) và (2) ta được: AB AC BC AD AD 2 2 BC AD 1 1 1 1 2 1 1 2 1 (đpcm) AB AC BC 2 AB AC AB AC AD b c d Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương a,b,c thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh: a b c 1 1 b a 1 c b 1 a c Giải:
6. Áp dụng hệ quả bất đẳng thức Bu-nhi-a Cốp-xki, ta có: a b c a b c a 2 b2 c2 = = ≥ 1 b a 1 c b 1 a c 2b c 2c a 2a b 2ab ac 2bc ab 2ac bc (a b c)2 3(ab bc ac) Ta chứng minh (a b c)2 ≥ 3(ab + bc + ca) a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca ≥ 3ab + 3bc + 3ca a2 + b2 + c2 - ab - bc – ca ≥ 0 1 [(a – b)2 + (b – c)2 + (c – a)2] ≥ 0 (luôn đúng) 2 a b c Vậy 1 1 b a 1 c b 1 a c a b c 1 Dấu “=” xảy ra a b c 1 a b c . 3 a,b,c 0