Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD&ĐT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018 – 2019 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán - Lớp 8 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Gồm có 01 trang) Ngày thi Câu 1. (4 điểm) 2 x 4 x 2 2 x x 2 3 x Cho biểu thức : A ( ) : ( ) 2 x x 2 4 2 x 2 x 2 x 3 a) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A ? b) Tìm giá trị của x để A > 0? c) Tính giá trị của A trong trường hợp : |x - 7| = 4. Câu 2. (4 điểm) a) Chứng minh rằng f(x) = x99 + x88 + x77 + + x11 + 1 chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1 b) Tìm một số chính phương gồm 4 chữ số biết rằng số gồm 2 chữ số đầu lớn hơn số gồm 2 chữ số sau một đơn vị. Câu 3. (4 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên dương: x 2 4xy 5y 2 169 1 1 1 1 b) Giải các phương trình sau: x 2 9x 20 x 2 11x 30 x 2 13x 42 18 Câu 4. (6 điểm) Cho tam giác ABC nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’, H là trực tâm. HA' HB' HC' a) Tính tổng AA' BB' CC' b) Gọi AI là phân giác của tam giác ABC; IM, IN thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB. Chứng minh rằng: AN.BI.CM = BN.IC.AM. (AB BC CA)2 c) Chứng minh rằng: 4 . AA'2 BB'2 CC'2 Câu 5. (2 điểm) Cho a,b,c là ba số dương thoả mãn abc 1. Chứng minh rằng : 1 1 1 3 . a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) 2 HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. PHÒNG GD&ĐT HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn: Toán - Lớp 8 Câu Nội dung Điểm a) ĐKXĐ : 2 x 0 2 x 4 0 x 0 2 x 0 x 2 0.5đ 2 x 3 x 3x 0 2 3 2x x 0 2 x 4x2 2 x x2 3x (2 x)2 4x2 (2 x)2 x2 (2 x) 0.5đ A ( ) : ( ) . 2 x x2 4 2 x 2x2 x3 (2 x)(2 x) x(x 3) 4x2 8x x(2 x) . 0.25đ (2 x)(2 x) x 3 4x(x 2)x(2 x) 4x2 1 (2 x)(2 x)(x 3) x 3 0.5đ (4,0đ) 4x2 Vậy với x 0, x 2, x 3 thì A . x 3 0.25đ 4x2 0.5đ b) Với x 0, x 3, x 2 : A 0 0 x 3 x 3 0 x 3(TMDKXD) Vậy với x > 3 thì A > 0. 0.5đ x 7 4 c) x 7 4 0.25đ x 7 4 x 11(TMDKXD) x 3(KTMDKXD) 0.25đ Với x = 11 thì A = 121 2 0.5đ
3. a) Ta có: f(x) – g(x) = x99 – x9 + x88 – x8 + x77 – x7 + + x11 – x 0.5đ + 1 – 1 = x9(x90 – 1) + x8(x80 – 1) + + x(x10 – 1) chia hết cho 10 x – 1 0.5đ Mà x10 – 1 = (x – 1)(x9 + x8 + x7 + + x + 1) chia hết cho x9 + x8 + 0.5đ x7 + + x + 1 Suy ra f(x) – g(x) chia hết cho g(x) = x9 + x8 + x7 + + x + 1 2 99 88 77 11 9 0.5đ (4,0đ) Nên f(x) = x + x + x + + x + 1 chia hết cho g(x) = x + x+ x7 + + x + 1 b) Đặt abcd k 2 ta có ab cd 1 và k N, 32 k < 100 0.5đ 2 Suy ra : 101 cd = k – 100 = (k – 10)(k + 10) 0.5đ k + 10  101 hoặc k – 10  101 0.5đ Mà (k – 10; 101) = 1 k + 10  101 Vì 32 k < 100 nên 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k =91 0.5đ abcd = 912 = 8281 a) 2 2 2 2 2 2 2 2 x 4xy 5y 169 x 2y y 169 13 0 12 5 0.75đ 2 2 Do x, y Z y 0 y 0 bị loại, xét ba khả năng: 0.25đ x 2 y 0; y 13 x; y 26;13 0.25đ 3 x 2y 5; y 12 x; y 29;12 va 19;12 0.25đ (4,0đ) x 2y 12; y 5 x; y 22;5 va 2;5 loại 0.25đ Vậy phương trình có 4 nghiệm. (26;13), (29;12), (19;12), (22;5) 0.25đ b) x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ; x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ; (0,25 điểm) ĐKXĐ : x 4;x 5;x 6;x 7 0.5đ Phương trình trở thành : 1 1 1 1 0.25đ (x 4)(x 5) (x 5)(x 6) (x 6)(x 7) 18 1 1 1 1 1 1 1 x 4 x 5 x 5 x 6 x 6 x 7 18 0.5đ
4. 1 1 1 0.25đ x 4 x 7 18 0.25đ 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0 x=-13; x=2 ( TM) Từ đó tìm được x=-13; x=2. 0.25đ A C’ B’ x H N M I A’ C B 0.5đ D 1 .HA'.BC SHBC 2 HA' a) ; 0.5đ 4 S 1 AA' ABC .AA'.BC (6,0đ) 2 SHAB HC' Tương tự: ; 0.5đ SABC CC' S HB' HAC 0.5đ SABC BB' HA' HB' HC' S S S HBC HAB HAC 1 0.5đ AA' BB' CC' SABC SABC SABC b) Áp dụng tính chất phân giác vào các tam giác ABC, ABI, AIC: BI AB AN AI CM IC 0.5đ ; ; IC AC NB BI MA AI BI AN CM AB AI IC AB IC 0.5đ . . . . . 1 IC NB MA AC BI AI AC BI 0.5đ BI.AN.CM BN.IC.AM c)Vẽ Cx  CC’. Gọi D là điểm đối xứng của A qua Cx -Chứng minh được góc BAD vuông, CD = AC, AD = 2CC’ 0.5đ
5. A C’ B’ x H N M I A’ C B D - Xét 3 điểm B, C, D ta có: BD BC + CD 0.25đ - BAD vuông tại A nên: AB2+AD2 = BD2 AB2 + AD2 (BC+CD)2 AB2 + 4CC’2 (BC+AC)2 0.5đ 4CC’2 (BC+AC)2 – AB2 Tương tự: 4AA’2 (AB+AC)2 – BC2 4BB’2 (AB+BC)2 – AC2 -Chứng minh được : 4(AA’2 + BB’2 + CC’2) (AB+BC+AC)2 2 (AB BC CA) 0.5đ 4 AA'2 BB'2 CC'2 (Đẳng thức xảy ra BC = AC, AC = AB, AB = BC AB = AC =BC 0.25đ ABC đều) Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với  a, b, c R và x, y, z > 0 ta có 2 a2 b2 c2 a b c (*) x y z x y z a b c Dấu “=” xảy ra 5 x y z 0.5đ (2,0đ) Thật vậy, với a, b R và x, y > 0 ta có 2 a2 b2 a b ( ) x y x y a2 y b2 x x y xy a b 2 bx ay 2 0 (luôn đúng) a b Dấu “=” xảy ra x y Áp dụng bất đẳng thức ( ) ta có 2 2 a2 b2 c2 a b c2 a b c 0.5đ x y z x y z x y z
6. a b c Dấu “=” xảy ra x y z 1 1 1 1 1 1 2 2 2 Ta có: a b c a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) ab ac bc ab ac bc Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0.5đ 2 2 2 a b c a b c a b c (Vì abc 1) ab ac bc ab ac bc 2(ab bc ac) 1 1 1 2 a b c 1 1 1 a2 b2 c2 1 1 1 1 Hay ab ac bc ab ac bc 2 a b c 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 Mà 3 nên a b c a b c ab ac bc ab ac bc 2 1 1 1 3 0.5đ Vậy Dấu bằng xảy ra khi a3 (b c) b3 (c a) c3 (a b) 2 a=b=c=1 (đpcm) Chú ý: 1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình. 3. Chấm và cho điểm từng phần, điểm của toàn bài là tổng các điểm thành phần không làm tròn.