Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Cẩm Thủy (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT CẨM THỦY ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 8 Ngày thi: 15 tháng 4 năm 2014 Câu 1. (5,0 điểm) x2 x x 1 1 2 x2 Cho biểu thức P 2 : x 2x 1 x x 1 x a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P 1 b) Tìm x để P= 2 c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x 1 Câu 2. (6 điểm) a) Tìm đa thức f (x) biết rằng: f (x) chia cho x 2 dư 10, f (x) chia cho x 2 dư 22, f (x) chia cho x2 4được thương là 5xvà còn dư b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a3 5a chia hết cho 6 c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012x 2013y 2014 0 Câu 3. (3,0 điểm) a) Cho a b c 0 và abc 0,tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 P b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 b) Cho 2 số a và b thỏa mãn a 1;b 1.Chứng minh: 1 1 2 1 a2 1 b2 1 ab Câu 4. (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC M 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.
2. ĐÁP ÁN Câu 1. a) ĐKXĐ: x 0; x 1; x 1 x x 1 x 1 x 1 x 2 x2 P 2 : x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x x 1 x2 1 x 2 x2 x x 1 x 1 : : x 1 2 x x 1 x 1 2 x x 1 x x 1 x x 1 x2 . x 1 2 x 1 x 1 1 x2 1 b) P P với x ĐKXĐ 2 x 1 2 2x2 x 1 2x2 x 1 0 1 x (TM ) 2x 1 x 1 0 2 x 1(KTM ) 1 1 Vậy P x 2 2 c) x2 x2 1 1 x 1 x 1 1 1 P x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 1 P x 1 x 1 2 x 1 x 1 1 1 Vì x 1nên x 1 0.Áp dụng BĐT Cosi ta có: x 1 2 x 1 2 x 1 x 1 1 2 Dấu “=” xảy ra x 1 x 1 1 x 1 1 x 2(TM ) x 1 Vậy GTNN của P là 4 x 2 Câu 2. a) Giả sử f (x) chia cho x2 4được thương là 5xvà còn dư là ax b Khi đó: f (x) x2 4 . 5x ax b Theo đề bài, ta có: f (2) 22 2a b 22 a 3 f ( 2) 10 2a b 10 b 16
3. Do đó: f (x) x2 4 . 5x 3x 16 Vậy đa thức f (x) cần tìm có dạng: f (x) 5x3 23x 16 b) a3 5a a3 a 6a a a2 1 6a a a 1 a 1 6a Vì a(a 1)(a 1) là tích 3 số nguyên liên tiếp nên có 1 số chia hết cho 2, một số chia hết cho 3 mà 2,3 1nên a a 1 a 1 chia hết cho 6 6a chia hết cho 6 Nên a3 5a chia hết cho 6 c) x2 xy 2012x 2013y 2014 0 x2 xy x 2013x 2013y 2013 1 x x y 1 2013 x y 1 1 x 2013 x y 1 1 x 2013 1 x 2014 x y 1 1 y 2014 x 2013 1 x 2012 x y 1 1 y 2014 Câu 3. a) 1 1 1 P b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 1 1 1 b2 c2 b c 2 a2 c2 a c 2 a2 b2 a b 2 1 1 1 a b c 0 2ab 2ac 2ab 2abc 1 1 2 1 1 1 1 b) 2 2 2 2 1 a 1 b 1 ab 1 a 1 ab 1 b 1 ab ab a2 ab b2 1 a2 1 ab 1 b2 1 ab a(b a)(1 b2 ) b a b 1 a2 b a a ab2 b a2b b a 2 ab 1 1 a2 1 b2 1 ab 1 a2 1 b2 1 ab 1 a2 1 b2 1 ab b a 2 ab 1 Do a 1;b 1nên 0 1 a2 1 b2 1 ab
4. 1 1 2 1 1 2 0 1 a2 1 b2 1 ab 1 a2 1 b2 1 ab Câu 4. A E B 1 2 O 3 M H 1 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) OEB 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 tứ giác 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 (Ta let đảo) MN EB c) Gọi H 'là giao điểm của OM và BN Từ ME / /BN O· ME O· H 'E (cặp góc so le trong)
5. Mà O· ME 450 vì OEM vuông cân tại O · 0 µ MH 'B 45 C1 OMC : BMH '(g.g) OM MH ' ,kết hợp O· MB C· MH '(hai góc đối đỉnh) OB MC 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)