Đề thi olympic cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Nghĩa Đàn (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề thi olympic cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Nghĩa Đàn (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN ĐỀ THI OLYMPIC CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2013 – 2014 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 8 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (5,0 điểm) xx2 x 112 x2 Cho biểu thức P 2 : 2 xx 2 1 xx 1 x 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 4 được thương là 5x và 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 2013 y 2014 0 Câu 3 (3,0 điểm) a) Cho a b c 0 và abc 0 , tính giá trị của biểu thức: 111 P b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b2 c2 a) Cho 2 số a và b thỏa mãn a 1; b 1. Chứng minh : 1 1 2 1 a 2 1 b 2 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 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. HẾT Họ và tên thí sinh: SBD: (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
2. HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI OLYMPIC Môn thi: Toán 8 Năm học: 2013 – 2014 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Câu Ý Đáp án Điểm x 0 ĐKXĐ : x 1 0,5đ x 1 Không có đk x -1 trừ 0,25đ a 2 2 x x 1 (x 1)(x 1) x 2 x P 2 : 0,5đ đ x 1 xx( 1)xx ( 1) x( x 1) x x 1 x2 1 x 2 x2 P 2 : 0,5đ x 1 x( x 1) xx 1 x 1 x x 1 xx( 1) x 2 P 2: 2  0,5đ x 1 xx( 1) x 1 x 1 x 1 1 x2 1 P P với x ĐKXĐ 0,25đ 2 x 12 2x2 x 1 0,25đ b 2x2 x 1 0 0,25đ Câu 1( Câu 1( điểm)5 2 2 2x 2x x 1 0 0,25đ đ 2x 1 x 1 0 0,25đ 1 x (TM ĐKXĐ) 2 0,5đ Hoặc x = - 1 ( không TM ĐKXĐ) (Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm ) 1 1 Vậy P x 0,25đ 2 2 x2x2 11 x 1 x 1 1 1 P x 1 0,25đ x 1x 1x 1x 1 11 Px 1 x 1 2 0,25đ c x 1x 1 1 1 Vì x > 1 nên x 1 0 và > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2 đ x 1 0,25đ 1 11 số dương x – 1 và ta có: x 1 2 x 1 2 x 1 x 1x 1 Dấu “ = “ xẩy ra khi x – 1 = 1 x 1  ( x – 1)2 = 1 0,25đ  x – 1 = 1 ( vì x – 1 > 0 )  x = 2 ( TM )  Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
3. a Giả sử f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư là ax b . 0.5đ 2 Khi đó: f()(xx 2 4).( 5x ) ax+b đ Theo đề bài, ta có: f(2) 22 2 ab 22 a 3 0.5đ f(2)10 2 ab10 b 16 Do đó: f()(xx 2 4).( 5x ) 3x+16 0.5đ Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f()x 5x3 23x 16. 0.5đ a3 + 5 a = a3 – a + 6a 0,5đ = a(a2 – 1) + 6a 0,25đ b = (a-1)a(a+1)+ 6a 0,25đ 2 * (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 2 0,25đ Câu 2( Câu 2( điểm)6 đ suy ra chia hết cho 2 * (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 3 0,25đ suy ra chia hết cho 3 Vì (2;3) = 1 nên (a-1)a(a+1) chia hết cho 6 0,25đ * 6a chia hết cho 6 0,25đ Vậy a3 + 5 a chia hết cho 6 x2 xy 2012 x 2013y 2014 0 xxyx2 2013x 2013y 2013 1 0,5đ xxy( 1) 2013( xy 1) 1( x 2013)(x y 1) 1 1,0đ c x 2013 1 2 đ x y 1 1 x 2013 1 0,25đ x y 1 1 x 2014 0,25đ y 2014 x 2012 y 2014 điểm) Câ 111 P 222 222 222 b c a a c b a b c 111 222 222 222 0,5đ a bcbc () acac () abab ( ) 111 0,5đ 2bc 2 ac 2ab a b c 0 0,5đ 2abc 1 1 2 1 1 1 1 = 0,25đ 1 a 2 1 b 2 1 ab 1 a 2 1 ab 1 b 2 1 ab ab a 2 ab b 2 = 2 2 0,25đ u 3(3,0 u 3(3,0 1( a )(1 ab) 1( b )(1 ab) b 2 2 2 2 = a(b a)(1 b ) b(a b)(1 a ) = (b a)(a ab b a b) 0,25đ 1( a 2 )(1 b 2 )(1 ab) 1( a 2 )(1 b 2 )(1 ab)
4. (b a)(2 ab )1 = 0,5đ 1( a 2 )(1 b 2 )(1 ab) (b a)(2 ab )1 Do a 1; b 1 nên 0 1( a 2 )(1 b 2 )(1 ab) 0,25 1 1 2 1 1 2 0 1 a 2 1 b 2 1 ab 1 a 2 1 b 2 1 ab A E B 1 Hình vẽ 0,5đ 1 2 O 3 M H' H 1 D C N Xét ∆OEB và ∆OMC 0,25đ Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC 0,5đ a
   
   0 0,5đ Và BC1 1 45 3 BE = CM ( gt ) 0,25đ Câu 4( Câu 4( điểm)6 đ Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c) 0,25đ
   
   0,5đ OE = OM và OO1 3
   
   
   0 0,25đ Lại có OO2 3 BOC 90 vì tứ giác ABCD là hình vuông
   
   
   0 0,5đ OO2 1 EOM 90 kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân tại O Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông AB = CD và AB // CD 0,5đ AM BM + AB // CD AB // CN ( Theo ĐL Ta- lét) (*) 0,5đ b MN MC 2 Mà BE = CM (gt) và AB = CD AE = BM thay vào (*) 0,5đ đ AM AE Ta có : ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét) 0,5đ MN EB Gọi H’ là giao điểm của OM và BN Từ ME // BN OME
   OH
   ' E ( cặp góc so le trong) Mà OME
   450 vì ∆OEM vuông cân tại O MH
   ' B 450 C
   0,25đ 1 ∆OMC
   ∆BMH’ (g.g) c OM MH ' 0,25đ 1 ,kết hợp OMB
   CMH
   ' ( hai góc đối đỉnh) OB MC đ ∆OMB
   ∆CMH’ (c.g.c) OBM
   MH
   ' C 450 0,25đ Vậy BH
   ' C BH
   ' M MH
   ' C 900 CH'  BN Mà CH  BN ( H BN) H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng 0,25đ