Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 Phòng GDĐT Tiền Hải, Thái Bình năm học 2016 2017

VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017

TẠO TIỀN HẢI

MÔN: TOÁN 8
(Thời gian làm bài 120 phút)

Bài 1: (4,5 điểm)
1) Phân tích đa thức thành nhân tử: M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 24
2) Cho a, b, c đôi một khác nhau và khác 0. Chứng minh rằng:
Nếu a + b + c = 0 thì

a
b 
a b bc ca   c





 .
9
a
b  a b bc ca 
 c

3) Cho A = p4 trong đó p là số nguyên tố. Tìm các giá trị của p để tổng các ước dương của

A là số chính phương.
Bài 2: (4,0 điểm)
x4

1

x 8

 

1) Cho biểu thức P   3 
 : 1  2

 x 1 x 1   x  x 1 

(Với x  1)

a) Rút gọn biểu thức P
b) Tính giá trị của P khi x là nghiệm của phương trình: x 2  3x  2  0
2. Chứng minh rằng: f (x)  (x 2  x  1) 2018  (x 2  x  1) 2018  2 chia hết cho g(x)  x 2  x
Bài 3: (3,5 điểm)
1) Tìm m để phương trình có nghiệm (với m tham số)

x m x 3

2
x3 xm

2) Giải phương trình: 2x(8x  1) 2 (4x  1)  9
Bài 4 (7,0 điểm) Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2AD. Trên cạnh AD lấy điểm M, trên

cạnh BC lấy điểm P sao cho AM = CP. Kẻ BH vuông góc với AC tại H. Gọi Q là trung
điểm của CH, đường thẳng kẻ qua P song song với MQ cắt AC tại N.
a) Chứng minh tứ giác MNPQ là hình bình hành.
b) Khi M là trung điểm của AD. Chứng minh BQ vuông góc với NP
c) Đường thẳng AP cắt DC tại điểm F. Chứng minh rằng

1
1
1


2
2
AB
AP
4AF2

Bài 5 (1,0 điểm): Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là các số nguyên dương
và số đo diện tích bằng số đo chu vi.


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017
TIỀN HẢI

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM CHẤM TOÁN 8

Bài
1

Nội dung

Điểm

1. M = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) - 24

0,75

M = (x2 + 7x + 10)(x2 + 7x + 12) - 24
M = (x2 + 7x + 11 - 1)(x2 + 7x + 11 + 1) - 24

0,5

M = (x2 + 7x + 11)2 - 25
M = (x2 + 7x + 6) (x2 + 7x + 16)

0,25

M = (x + 1)(x + 6)(x2 + 7x + 16)
2. Các ước dương của A là 1, p, p2, p3, p4

0,5

Tổng các ươc là 1  p  p 2  p 3  p 4  n 2 (n  N )
0,5

 4  4 p  4 p 2  4 p 3  4 p 4  4n 2

Ta có 4 p 4  4 p 3  p 2  4n 2  4 p 4  p 2  4  4 p 3  8 p 2  4 p

 (2 p 2  p) 2  (2n) 2  (2 p 2  p  2) 2  (2n) 2  (2 p 2  p  1) 2

Do đó:
4

3

2

4

3

2

2

4 p  4 p  4 p  4 p  4  4 p  4 p  5 p  2 p 1  p  2 p  3  0

p1 = -1(loại); p2 = 3

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

3. Đặt

a b

bc
ca
c
1 a
1 b
1
(1)
 x;
 y;
z
 ;
 ;

c
a
b
a b x bc y c a z

1 1 1
 ( x  y  z)      9
x y z
1

1

0,25

1

 yz

xz

Ta có ( x  y  z )      3  


y
x y z
 x
Ta lại có:


0,5

x y
 (2)
z 

y  z bc ca  c
b 2  bc  ac  a 2 c


.

.

x
b  a b
ab
a b

 a

c(a  b)(c  a  b) c(c  a  b) c  2c  (a  b  c )  2c 2



ab(a  b)
ab
ab
ab

x  z 2a 2 x  y 2b 2
Tương tự ta có

;

y
bc
z
ac
1 1 1
2c 2 2a 2 2b 2
2
( x  y  z)      3 


 3
( a 3  b3  c 3 )
ab bc
ac

abc
x y z

0,25

0,25
0,25

Vì a  b  c  0  a 3  b3  c 3  3abc
1

1

1

2

.3abc  3  6  9
Do đó ( x  y  z )      3 
x y z
abc


2



1.
a. Với x  1 ta có


  x 2  x 1 x  8 
x4
x 2  x 1
P

 :

2
2
(
x

1)(
x

x

1)
(
x

1)(
x

x

1)
x2  x 1 

 

0,5

 x  4  x2  x  1   x2  x  1  x  8 
x2  2x  3
x2  9
P
:

:
 

2
x 2  x  1  ( x  1)( x 2  x  1) x 2  x  1
 ( x  1)( x  x  1)  

0,5



( x  3)( x  1) x 2  x  1 x  3
.
 2
( x  1)( x 2  x  1) x 2  9
x 9

Vậy x  1 thì P 

x3
x2  9

0,25
0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí
2
b. x  3 x  2  0 suy x = 2 hoặc

0,5

x = 1 (loại)

Thay x = 2 vào P ta có P 

23
5
 .
2
2  9 13

Kết luận với x = 2 thì P 

5
13

0,25
0,25

2. Đa thức g ( x)  x 2  x  x( x  1) có hai nghiệm là x = 0 hoặc x = 1

0,5

Ta có f (0)  ( 1) 2018  12018  2  0  x = 0 là nghiệm của f(x)
0,25

 f(x) chứa thừa số x

Ta có f (1)  (12  1  1) 2018  (12  1  1) 2018  2  0  x = 1 là nghiệm của f(x)
 f(x) chứa thừa số x- 1 mà các thừa số x và x - 1 không có nhân tử

chung do đó f(x) chia hết cho x(x - 1)
Vậy f ( x)  ( x 2  x  1) 2018  ( x 2  x  1) 2018  2 chia hết cho g ( x)  x 2  x
3

1. ĐKXĐ: x  -3;

x  -m ta có

0,25
0,25
0,5

xm x3

 2  x 2  m 2  x 2  9  2( x  3)( x  m)
x3 xm
 2 x 2  m 2  9  2( x 2  3 x  3m  mx)  2( m  3) x  ( m  3) 2 (1)

Với m = 3 thì (1) có dạng

0,25

0x = 0. Nghiệm đúng mọi x thỏa mãn điều

0,5

kiện x  -3;
x  -m, do đó tập nghiệm của phương trình là x  3
(m  3) 2
m3
Với m  3 thì phương trình (1) có nghiệm x  

2(m  3)
2

Để giá trị
m3

 3
2
x

này là nghiệm của phương trình thì ta phải có:
m3
và 
 m tức là m  3 . Vậy nếu m  3 thì
2

m3

là nghiệm
2

Kết luận: với m = -3 thì S   x / x  3 . Với m  3 thì

0,5

0,25

0,25
 m  3
S  

2 



VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

0,25

2. Ta có 2 x(8 x  1) 2 (4 x  1)  9 
(64 x 2  16 x  1)(8 x 2  2 x)  9  (64 x 2  16 x  1)(64 x 2  16 x)  72 (*)

Đặt

64x2 -16x = t ta có (*)  t(t + 1) – 72 = 0  t = - 9 hoặc t = 8.

Với t = -9

ta có 64x2 -16x= -9  64x2 -16x + 9 = 0  (8x -1)2 +8 = 0

(vô nghiệm vì (8x -1)2 + 8 > 0)
Với t = 8 ta có 64x2 -16x= 8  64x2 -16x – 8 = 0  (8x -1)2 -9 = 0
 x=

1
1
hoặc x=  .
2
4

Vậy nghiệm của phương trình là x =

1
1
hoặc x=  .
2
4

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

4
0,25

0,5

a. Chưng minh được DH // BK (1)
Chứng minh được AHD  CKB suy ra DH = BK

(2)

1,0

Từ (1) và (2)  tứ giác MNPQ là hình bình hành

0,5

b. Gọi

0,5

E là trung điểm BK, chứng minh được QE là đường trung bình

của KBC nên QE // BC  QE  AB(vì BC  AB) và
QE 

1
1
BC  AD
2
2

Chứng minh AM = QE và AM//QE  tứ giác AMQE là hình bình hành
Chứng minh AE//NP//MQ (3). Xét AQB có BK và QE là hai đường
cao của tam giác  E là trực tâm của tam giác
nên AE đường cao thứ ba của tam giác AE  BQ  BQ  NP

0,5
0,5
0,5


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

c.

0,5

Vẽ tia Ax vuông góc AF. Gọi giao của Ax với CD là G.
Chứng minh

(cùng phụ

)  ADG ~ ABP (g.g)

AP AB
1

 2  AG  AP
AG AD
2

Ta có AGF vuông tại A có AD  GF nên AG.AF = AD.GF
(= 2S AGF )  AG 2 .AF2  AD 2 .GF 2 (1)

0,25

0,5
0,5

Ta chia cả hai vế của (1) cho AD 2 . AG 2 .AF2
Mà AG2 + AF2 = GF2( Định lý pitago)
1

1



1
1
1


2
2
AD
AG
AF 2



4
4
1
1
1
1






2
2
2
2
2
AB
AP
AF
AB
AP 4 AF 2



1

 AB 
2



2



1


 AP 
2



2



1
AF 2

0,25


VnDoc - Tải tài liệu, văn bản pháp luật, biểu mẫu miễn phí

5

Gọi các cạnh của tam giác vuông là x, y, z trong đó cạnh huyền là z (x,

0,25

y, z là các số nguyên dương). Ta có xy = 2(x + y + z) (1) và x2 + y2 = z2
(2)
Từ (2) suy ra z2 = (x + y)2 - 2xy, thay (1) vào ta có:

0,25

z2 = (x + y)2 – 4(x + y + z)
 z 2  4 z  ( x  y )2  4( x  y )  z 2  4 z  4  ( x  y )2  4( x  y )  4
 ( z  2) 2  ( x  y  2) 2

0,25

 z  2  x  y  2 hoặc z + 2= -x – y + 2 (loại vì z >0)
 z  x  y  4 ; thay vào (1)

ta được xy = 2(x + y + x + y - 4)
 xy  4 x  4 y  8
 ( x  4)( y  4)  8  1.8  2.4 từ đó tìm được các giá trị của x, y, z là:

(x = 5, y = 12, z = 13); (x = 12, y = 5, z = 13); (x = 6, y = 8, z = 10); (x =
8, y = 6, z = 10)

0,25