184 đề hsg toán 8 cảnh hóa 2018 2019

PHỊNG GD& ĐT QUẢNG TRẠCH
TRƯỜNG THCS CẢNH HĨA

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Mơn: Tốn
Năm học 2018-2019
Thời gian: 120 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm).
Cho biểu thức :
2  x2
y 2  x2
y2 
x y
P   2


. 2
với x 0, y 0, x  y .
2 
x  x  xy
xy
xy  y  x  xy  y 2
a. Rút gọn biểu thức P.
b. Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức:
x 2  y 2  10 2( x  3 y ) .

Bài 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:
a.)

2x  3 2x  5

6x 2  9x  9

1 
2x 1 2x  7
( 2 x  1)(2 x  7)

.

b.

x  11 x  22 x  33 x  44



115
104
93
82

Câu 3. (3,5 điểm)Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a, biết hai đường chéo cắt nhau tại O.

Lấy điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho IOM
900 (I và M khơng trùng với
các đỉnh của hình vng). Gọi N là giao điểm của AM và CD, K là giao điểm của OM và BN.
a) Chứng minh ΔBIO = ΔCMO và tính diện tích tứ giác BIOM BIO = ΔBIO = ΔCMO và tính diện tích tứ giác BIOM CMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a.


b) Chứng minh BKM
.
BCO

c) Chứng minh

1
1
1
=
+
.
2
2
CD
AM
AN 2

Câu 4. (1,5 điểm) Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3.
a
b
c
3



Chứng minh rằng:
.
1  b2 1  c2 1  a 2 2
Bài 5 (1,0 điểm). Cho sè tù nhiªn n  3. Chøng minh r»ng nÕu 2n  10a  b (a, b  N , 0
 b  10) th× tÝch ab chia hÕt cho 6.
Họ và tên thí sinh: ………………………. ........... Số báo danh................................................. .

PHỊNG GD&ĐT QUẢNG TRẠCH

HƯỚNG DẪN CHẤM


TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA

Bài
Bài 1
(2,0đ)

Nội dung
Với

x 0, y 0, x  y

P=

a
(1.0)

2

x

2

2

Điểm

ta có:
2

 x y  ( x  y )( x  y )  xy 2 
xy

. 2
2
xy ( x  y )

 x  xy  y

x y
2 xy ( x  y )  ( x  y ).( x  y ) 2
= . x 2  xy  y 2
x
xy ( x  y )

=
=
b
(1.0)

ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2018 -2019
Mơn:Tốn
Lớp: 8

2
x
2

x

+
+

0.25

x y
( x  y )( x 2  xy  y 2 )
.
2
x

xy  y 2
xy ( x  y )
x y
xy

=

0.25

x y
xy

0.25
0.25

Ta có: x 2  y 2  10 2( x  3 y )
 x 2  2 x  1  y 2  6 y  9 0

2

0.25

2

  x  1   y  3 0

Lập luận suy ra x 1; y  3
Ta thấy x = 1; y = -3 thỏa mãn điều kiện: x 0, y 0, x  y
xy

nên thay x = 1; y =- 3 vào biểu thức P = xy
1  ( 3)

(2,0đ )
a
(1.0)

0.25

2

ta có: P= 1.( 3)  3
Bài2

0.25

0.25

1
7
;x 
2
2
2
x

3
(2
x

7)
2 x  5   2 x  1  2 x  7   2 x  1



6 x2  9 x  9



 2 x  1 (2 x  7)  2 x  7   2 x 1  2 x  7   2 x 1  2 x  7   2 x 1

ĐK: x 

0.25

4 x 2  20 x  21  4 x 2  12 x  5 4 x 2  16 x  7  6 x 2  9 x  9

 2 x  7   2 x  1

 2 x  7   2 x 1

0.25




8 x  16
 2 x 2  7 x  16

 2 x  7   2 x  1  2 x  7   2 x 1

0.25

 x 0
 8 x  16  2 x  7 x  16  2 x  x 0  x(2 x  1) 0  
 x  1 (Lo¹i)

2
2

2

0.25

Vậy phương trình có một nghiệm x = 0
b

(

(1.0)


x  11
x  22
x  33
x  44
 1)  (
 1) (
 1)  (
 1)
115
104
93
82

x  126 x  126 x  126 x  126



115
104
93
82
x  126 x  126 x  126 x  126




0

115
104
93
82

0.25

0.25


 ...

0.25
0.25

 x  126 0

 x  126
A

I

O

Câu 3
(3.5)

a
(1.0)

B

M

K

0.5
E

D

N

C

Xét BIO và CMO có:


IBO
MCO
(450 ) ( tính chất đường chéo hình vng)

BO = CO ( tính chất đường chéo hình vuông)



( cùng phụ với BOM
)
BOI
COM

 BIO = CMO (g.c.g)


S BIO SCMO

mà S BMOI S BOI  S BMO
1
4

1
4

Do đó S BMOI SCMO  S BMO S BOC  S ABCD  a 2
Ta có BIO = CMO (cmt)
 CM = BI ( cặp cạnh tương ứng)  BM = AI
b
(1.0)

BM AM
IA AM



Vì CN // AB nên
. Từ đó suy ra IM // BN
CM MN
IB MN
Ta có OI = OM ( vì BIO = CMO )  IOM cân tại O 



IMO
MIO
450

0.5

0.5

0.5

0.5





Vì IM // BN  BKM
IMO
450  BKM
BCO

Qua A kẻ tia Ax vng góc AN cắt CD tại E.
Chứng minh ADE ABM ( g.c.g )  AE  AM

0.25

Ta có ANE vng tại A có AD  NE nên
c
(1.0)

Câu 4
(1.5)

AD.NE AN . AE

 AD.NE  AN . AE  ( AD.NE ) 2 ( AN . AE )2
2
2
Áp dụng định lí Pitago vào ANE ta có AN2 + AE2 = NE2
AN 2  AE 2
1
1
1
1
 AD 2 .( AN 2  AE 2 )  AN 2 . AE 2 




2
2
2
2
2
AN . AE
AD
AE
AN
AD 2
1

1
1


Mà AE  AM và CD = AD 
2
2
CD
AM
AN 2

0.25

Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên

0.25

S AEN 

2

0.25
0.25

2

a
ab
ab
ab

a 
a 
a 
.
2
2
1 b
1 b
2b
2

b
bc
c
ca
b 
c 
Tương tự ta có :
;
2
2
1 c
2 1 a
2

0.25
0.25


a

b
c
ab  bc  ca



3

(1)
1  b2 1  c2 1  a 2
2
Cũng từ a + b + c = 3  (a + b + c)2 = 9
 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9
mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab +
bc + ca suy ra 3(ab + bc + ca)  9  ab + bc + ca  3 (2).
a
b
c
3 3


3   đpcm.
Từ (1) và (2) suy ra
2
2
2
1 b 1 c 1 a
2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.
mà a + b + c = 3 nên

Ta có 2n  10a  b  b  2  ab  2 (1)
Ta chứng minh ab  3 (2)
Bài 5
(1.0)

Thật vậy, từ đẳng thức 2n  10a  b  2n có chữ số tận cùng là b.
Đặt n  4k  r (k, r N, 0  r  3) ta có: 2n  16k2r.
Nếu r  0 thì 2n  16k tận cùng là 6  b  6  ab 6.
Nếu 1  r  3 thì 2n  2r  2r(16k  1)  10  2n tận cùng là 2r
suy ra b  2r  10a  2n  2r  2r(16k  1)  3  a  3  ab  3.
Từ (1) và (2) suy ra ab 6
--------------------------------- HẾT -----------------------------------

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25