Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 (Có đáp án) - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Nga Sơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 (Có đáp án) - Năm học 2016-2017 - Phòng GD&ĐT Nga Sơn (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 THCS CẤP HUYỆN HUYỆN NGA SƠN NĂM HỌC: 2016-2017 Môn thi: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút Ngày thi: 04/04/2017 Câu 1. (4 điểm) 2 a 1 1 2a2 4a a3 4a Cho biểu thức M 2 3 : 2 3a a 1 a 1 4a a) Rút gọn M b) Tìm a để M 0 c) Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất. Câu 2. (5 điểm) 1) Giải các phương trình sau: x 2 x 4 x 6 x 8 a) 98 96 94 92 b) x6 7x3 8 0 2) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm 1 x x 2 2 x m 2 x m x m m2 x2 3) Tìm a,bsao cho f (x) ax3 bx2 10x 4 chia hết cho đa thức g(x) x2 x 2 Câu 3. (4 điểm) 1) Cho x y z 1 và x3 y3 z3 1.Tính A x2015 y2015 z2015 2) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30km / h,nhưng sau khi đi được 1 giờ người ấy nghỉ hết 15phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 10km / h để đến B đúng giờ đã định. Tính quãng đường AB ? Câu 4. (5 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O,M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B,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. Câu 5. (2 điểm) Cho số thực dương a,b,cthỏa mãn a b c 2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu 2a 3b 3c 1 3a 2b 3c 3a 3b 2c 1 thức: P 2015 a 2016 b 2017 c
2. ĐÁP ÁN Câu 1. (2 điểm) a) Điều kiện: a 0;a 1 2 a 1 1 2a2 4a 1 a3 4a Ta có: M 2 3 : 2 3a a 1 a 1 a 1 4a 2 a 1 1 2a2 4a 1 4a2 . a2 a 1 2 a 1 2 a 1 a a 1 a a 4 3 a 1 1 2a2 4a a2 a 1 4a . a 1 a2 a 1 a2 4 a3 3a2 3a 1 1 2a2 4a a2 a 1 4a . a 1 a2 a 1 a2 4 a3 1 4a 4a . a3 1 a2 4 a2 4 b) M 0 4a 0 a 0 Kết hợp với điều kiện suy ra M 0khi a 0 và a 1 2 2 2 4a a 4 a 4a 4 a 2 c) Ta có: M 1 a2 4 a2 4 a2 4 a 2 2 a 2 2 Vì 0 với mọi a nên 1 1với mọi a a2 4 a2 4 a 2 2 Dấu " "xảy ra khi 0 a 2 a2 4 Vậy MaxM 1khi a 2. Câu 2. 1) a) Ta có: x 2 x 4 x 6 x 8 98 96 94 92 x 2 x 4 x 6 x 8 1 1 1 1 98 96 94 92 1 1 1 1 x 100 . 0 98 96 94 92 1 1 1 1 Vì 0 98 96 94 92 Do đó: x 100 0 x 100 Vậy phương trình có nghiệm : x 100
3. b) Ta có: x6 7x3 8 0 x3 1 x3 8 0 x 1 x2 x 1 x 2 x2 2x 4 0 * 2 2 1 3 2 2 Do x x 1 x 0 và x 2x 4 x 1 3 0 với mọi x 2 4 Nên * x 1 x 2 0 x 1;2 1 x x 2 2 x m 2 2) (1) x m x m m2 x2 ĐKXĐ: x m 0 và x m 0 x m 1 x x m x 2 x m 2 2 x m 2m 1 x m 2 * 1 3 +Nếu 2m 1 0 m ta có: * 0x (vô nghiệm) 2 2 1 m 2 +Nếu m ta có * x 2 2m 1 - Xét x m m 2 m m 2 2m2 m 2m 1 2 2 2 1 3 2m 2m 2 0 m m 1 0 m 0 2 4 (Không xảy ra vì vế trái luôn dương) Xét x m m 2 m m 2 2m2 m 2m 1 m2 1 m 1 1 Vậy phương trình vô nghiệm khi m hoặc m 1 2 3) Ta có: g(x) x2 x 2 x 1 x 2 Vì f (x) ax3 bx2 10x 4 chia hết cho đa thức g x x2 x 2 Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f (x) g(x).q(x) ax3 bx2 10x 4 x 2 . x 1 q(x) Với x 1 a b 6 0 b a 6 1
4. Với x 2 2a b 6 0 2 Thay 1 vào 2 ta có: a 4và b 2 Câu 3. 1) Từ x y z 1 x y z 3 1 Mà x3 y3 z3 1 x y z 3 x3 y3 z3 0 x y z 3 z3 x3 y3 0 x y z z x y z 2 x y z z z2 x y x2 xy y2 0 x y x2 y2 z2 2xy 2yz 2xz xz yz z2 z2 x2 xy y2 0 x y 3z2 3xy 3yz 3xz 0 x y 3 y z x z 0 x y 0 x y y z 0 y z x z 0 x z *Nếu x y z 1 A x2015 y2015 z2015 1 *Nếu y z x 1 A x2015 y2015 z2015 1 *Nếu x z y 1 A x2015 y2015 z2015 1 2) Gọi x km là độ dài quãng đường AB. ĐK: x 0 x Thời gian dự kiến đi hết quãng đường AB: (giờ) 30 Quãng đường đi được sau 1 giờ: 30(km) Quãng đường còn lại : x 30 km x 30 Thời gian đi quãng đường còn lại: (giờ) 40 x 1 x 30 Theo bài ta có phương trình: 1 30 4 40 4x 30.5 3. x 30 x 60(thỏa mãn) Vậy quãng đường AB là 60km.
5. Câu 4. A E B O M H' H D C N a) Xét OEB và OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có : OB OC µ µ 0 Và B1 C1 45 BE CM gt Suy ra OEM OMC(c.g.c) µ ¶ OE OM và O1 O3 ¶ ¶ · 0 Lại có: O2 O3 BOC 90 vì tứ giác ABCD là hình vuông ¶ µ · 0 O2 O1 EOM 90 kết hợp với OE OM OEM vuông cân tại O b) Từ giả thiết ABCD là hình vuông AB CD và AB / /CD AM BM AB / /CD AB / /CN (định lý Ta-let) * MN MC Mà BE CM gt và AB CD AE BM thay vào * AM AE Ta có: ME / /BN (theo Định lý Talet đảo) MN EB c) Gọi H 'là giao điểm của OM và BN Từ ME / /BN O· ME M· H 'B · 0 · 0 µ Mà OME 45 vì OEM vuông cân tại O MH 'B 45 C1 OMC : BMH ' g.g
6. OM MC , kết hợp O· MB C· MH '(hai góc đối đỉnh) BM MH OMB : CMH '(c.g.c) O· BM M· H 'C 450 Vậy B· H 'C B·H 'M M· H 'C 900 CH '  BN Mà CH  BN H BN H  H 'hay 3 điểm O,M ,H thẳng hàng (đpcm) Câu 5. Ta có: 2a 3b 3c 1 3a 2b 3c 3a 3b 2c 1 P 2015 a 2016 b 2017 c b c 4033 c a 4032 a b 4031 2015 a 2016 b 2017 c Đặt 2015 a x 2016 b y 2017 c z b c 4033 c a 4032 a b 4031 P 2015 a 2016 b 2017 c y z z x x y y x x z y z x y z x y z x z y y x z x y z 2 . 2 . 2 . 6 (Co si) x y x z z y Dấu " " xảy ra khi x y z suy ra a 673,b 672,c 671 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là 6 khi a 673,b 672,c 671