190 đề hsg toán 8 nghĩa đàn 2013 2014

PHỊNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI OLYMPIC CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 – 2014
Mơn thi: Tốn 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (5,0 điểm)
Cho biểu thức

P

 x 1
x2  x
1
2  x2 
:




x2  2 x 1  x
x  1 x2  x 

a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
b) Tìm x để P 

1
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 x 2  4 được thương là  5x và còn dư
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a 3  5a chia hết cho 6.
c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x 2  xy  2012 x  2013 y  2014 0
Câu 3 (3,0 điểm)
a) Cho a  b  c 0 và abc 0 , tính giá trị của biểu thức:
P

1
1
1
 2 2
 2
2
2
2
b c  a
a  c  b a  b2  c2
2

a) Cho 2 số a và b thỏa mãn a 1; b 1. Chứng minh :
1
1
2


2
2

1  ab
1 a 1 b

Câu 4: (6,0 điểm)
Cho hình vng 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 khơng giải thích gì thêm)

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI OLYMPIC
/>

Mơn thi: Tốn 8
Năm học: 2013 – 2014
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu

Ý

Đáp án
 x 0

ĐKXĐ :  x 1
 x  1


a
2
đ

0,5đ

Khơng có đk x -1 trừ 0,25đ
P

x  x  1  ( x  1)( x  1)
x
2  x2 
:



2 
x( x  1) x( x  1) 
 x  1  x( x  1)

0,5đ

P

x  x  1 x 2  1  x  2  x 2
:
2
x( x  1)
 x  1

0,5đ

P

x  x  1

 x  1

2

:

x  x  1 x ( x  1)
x 1
x2



x( x  1)  x  1 2
x 1
x 1

1
x2
1
 P

với
2
x 1 2

 2 x 2  x  1
 2 x 2  x  1 0
 2 x 2  2 x  x  1 0
P

Câu 1( 5 điểm)

b
2
đ

x  ĐKXĐ

  2 x  1  x  1 0
 x

1
(TM ĐKXĐ)
2

Hoặc x = - 1 ( không TM ĐKXĐ)
(Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm )
1
1
 x
2
2
2
2
x

x  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
Vì x > 1 nên x  1  0 và
> 0. Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2
x 1
1
1
1
2  x  1 
2
số dương x – 1 và
ta có: x  1 
x 1
x 1

x 1
1
Dấu “ = “ xẩy ra khi x – 1 =
x 1

Vậy P 

c
1
đ

Câ

a
2

Điểm

 ( x – 1)2 = 1
 x – 1 = 1 ( vì x – 1 > 0 )
 x = 2 ( TM )
 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
Giả sử f(x) chia cho x 2  4 được thương là  5x và cịn dư là ax  b .
Khi đó: f ( x) ( x 2  4).( 5 x)  ax+b

/>
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ

0.5đ


đ Theo đề bài, ta có:
 f (2) 22
2a  b 22
a 3



 f ( 2) 10
  2a  b 10
b 16
2
Do đó: f ( x) ( x  4).( 5 x)  3x+16

0.5đ

3

u 2( 6 điểm)

Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x)  5 x  23x  16.
a3 + 5 a = a3 – a + 6a
= a(a2 – 1) + 6a
b = (a-1)a(a+1)+ 6a
2 * (a-1)a(a+1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 2
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
suy ra chia hết cho 3
Vì (2;3) = 1 nên (a-1)a(a+1) chia hết cho 6
* 6a chia hết cho 6
Vậy a3 + 5 a chia hết cho 6

0.5đ
0.5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

x 2  xy  2012 x  2013 y  2014 0

c
2
đ

 x 2  xy  x  2013 x  2013 y  2013 1
 x( x  y  1)  2013( x  y  1) 1  ( x  2013)( x  y  1) 1
  x  2013 1

 x  y  1 1
 
  x  2013  1

  x  y  1  1
  x 2014

 y  2014

  x 2012

  y  2014
1
1
1
 2 2 2 2
2
2
b  c  a a  c  b a  b2  c2
1
1
1
 2 2
 2 2
 2
2

2
2
b  c  (b  c) a  c  (a  c) a  b  (a  b) 2
1
1
1



 2bc  2ac  2ab
a b c

0
 2abc
1   1
1 
1
1
2
 1




 

=
2
2
2

2
1 a
1  b 1  ab  1  a 1  ab   1  b 1  ab 
P

a

1,0đ

0,25đ
0,25đ

2

Câu 3(3,0

ab  a 2
ab  b 2

= (1  a 2 )(1  ab) (1  b 2 )(1  ab)

b

0,5đ

=

a (b  a )(1  b 2 )  b(a  b)(1  a 2 )
(b  a )(a  ab 2  b  a 2 b)
=

(1  a 2 )(1  b 2 )(1  ab)
(1  a 2 )(1  b 2 )(1  ab)

=

(b  a ) 2 (ab  1)
(1  a 2 )(1  b 2 )(1  ab)

/>
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ


(b  a ) 2 (ab  1)
Do a 1; b 1 nên (1  a 2 )(1  b 2 )(1  ab) 0
1
1
2
1
1
2





0 
2
2
2
2
1  ab
1 a
1  b 1  ab
1 a 1 b
E

A



0,25

B
1

Hình vẽ

1
O

0,5đ
2
3

M

1

H'
H

D
C

N

Câu 4( 6 điểm)

Xét ∆OEB và ∆OMC
Vì ABCD là hình vng nên ta có OB = OC
a Và B 1 C 1 450
3 BE = CM ( gt )
đ Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)
 O

 OE = OM và O
1
3

b
2
đ

0,25đ
0,25đ

0,5đ

 O
  BOC

Lại có O
900 vì tứ giác ABCD là hình vng
2
3

0,25đ

 O
  EOM

O
900 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O
2
1
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vng  AB = CD và AB // CD
AM BM

+ AB // CD  AB // CN 
( Theo ĐL Ta- lét) (*)
MN MC
Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*)
AM AE
 ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)

Ta có :

MN EB

0,5đ

Gọi H’ là giao điểm của OM và BN

 ' E ( cặp góc so le trong)
Từ ME // BN  OME
OH

Mà OME
450 vì ∆OEM vuông cân tại O
c
1
đ

0,25đ
0,5đ
0,5đ

 ' B 450 C

 MH
1
 ∆OMC  ∆BMH’ (g.g)
OM MH '





,kết hợp OMB
CMH
' ( hai góc đối đỉnh)
OB
MC

 ' C 450
 ∆OMB  ∆CMH’ (c.g.c)  OBM
MH

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

 ' C BH
 ' M  MH
 ' C 900  CH '  BN
Vậy BH
Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng 0,25đ

/>