Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Bưng Riêng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Trường THCS Bưng Riêng (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8 TRƯỜNG THCS BƯNG RIỀNG MÔN: TOÁN Năm học: 2017-2018 Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên x thì biểu thức A x5 x luôn chia hết cho 30. Bài 2. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 1) a x2 1 x a2 1 2) 6x3 13x2 4x 3 2 3) x2 x 2 x2 x 15 Bài 3. 4x3 6x2 8x a) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B nhận giá trị nguyên 2x 1 b) Tìm giá trị của a và b để biểu thức C a2 4ab 5b2 2b 6 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Bài 4. Chứng minh rằng: x 1 x 3 x 4 x 6 10 1 Bài 5. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a.Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và BC. a) Tính diện tích tứ giác AMND. b) Phân giác góc CDM cắt BC tại E.Chứng minh DM AM CE Bài 6. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, BD,CE là hai đường cao của tam giác cắt nhau tại điểm H. Chứng minh rằng: a) HD.HB HE.HC b) HDE : HCB c) BH.BD CH.CE BC 2 ĐÁP ÁN Bài 1.
2. A x5 x x x4 1 x x2 1 x2 1 x 1 x x 1 x2 1 Vì x 1 x x 1 là tích ba số nguyên liên tiếp nên A6 (1) +) Nếu x5 A5 +)Nếu x :5dư 1 thì x 1 5 A5 +)Nếu x :5dư 4 thì x 1 5 A5 +)Nếu x :5dư 2 hoặc 3 thì x2 :5 dư 4 x2 1 5 A5 Vậy A5 với mọi x và 5,6 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra A30 Bài 2. 1) a x2 1 x a2 1 ax2 a a2 x x ax x a x a ax 1 x a 2) 6x3 13x2 4x 3 6x3 6x2 7x2 7x 3x 3 6x2 x 1 7x x 1 3 x 1 x 1 6x2 7x 3 2 x 1 6x 9x 2x 3 x 1 3x 2x 3 2x 3 x 1 2x 3 3x 1 2 2 3) x2 x 2 x2 x 15 x2 x 2 x2 x 1 16 2 x2 x 1 42 x2 x 5 x2 x 3 Bài 3. 4x3 6x2 8x 4x3 2x2 4x2 2x 6x 3 3 3 a) B 2x2 2x 3 2x 1 2x 1 2x 1 Để B nhận giá trị nguyên thì 2x 1 U (3) 1;1; 3;3 x 0;1; 1;2 b) C a2 4ab 4b2 b2 2b 1 7 a 2b 2 b 1 2 7 7 a 2b 0 a 2 Vậy tại thì MinC 7 b 1 0 b 1
3. Bài 4. Ta có: x 1 x 3 x 4 x 6 10 x 1 x 6 x 4 x 3 10 x2 7x 6 x2 7x 12 10 x2 7x 9 3 x2 7x 9 3 10 2 2 x2 7x 9 32 10 x2 7x 9 1 2 Vì x2 7x 9 0x 2 Nên x2 7x 9 1 1 với mọi x
4. Bài 5. A M B E N C D K a) SAMND SABCD SBMN SNCD a Ta có: BMN vuông tại B có BM BN CN 2 1 a a 1 a a2 a2 5a2 NCDvuông tại C có DC a S a2 . . a. a2 AMND 2 2 2 2 2 8 4 8 b) Trên tia đối của tia CB lấy điểm K sao cho CK AM. Dễ dàng chứng minh được ADM CDK c.g.c AM CK;DM DK 1 Và ·ADM C· DK Ta có: ·ADE ·ADM M· DE E· DC C· DK E· DK(ViM· DE E· DC) Mặt khác ·ADE D· EK (so le trong) E· DK D· EK.Vậy DKE cân tại K DK KE CK CE(2) Từ (1) và (2) suy ra DM AM CE
5. Bài 6. A D E H C B F a) Chứng minh BHE : CHD vì Eµ Dµ 900;E· BH D· CH (cùng phụ góc A) HE HB HD.HB HE.HC HD HC HE HB HE HD b) Từ và E· HD C· HB (đối đỉnh) HDE : HCB HD HC HB HC c) Vì H là giao điểm của hai đường cao BD và CE nên H là trực tâm của tam giác AH là đường cao thứ ba. Gọi F là giao điểm của AH với BC. Ta có: AF  BC BH BF BHF : BCD(g.g) BH.BD BF.BC(*) BC BD CH CF CHF : BCE(g.g) CH.CE CF.BC CB CE Cộng theo vế * , : BH.BD CH.CE BC. BF CF BC 2