099 đề HSG toán 8 cảnh hóa 2018 2019

PHÒNG GD& ĐT QUẢNG TRẠCH
TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Môn: Toán
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
 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) .
P

Bài 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau:
2x  3 2x  5
6x 2  9x  9


 1
a.)
.
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 vuông 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 không trùng với
các đỉnh của hình vuông). 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 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:


 .
2
2
2
1 b 1 c 1 a
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................................................. .


PHÒNG GD&ĐT QUẢNG TRẠCH
TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA

Bài

Bài 1
(2,0đ)

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2018 -2019
Môn:Toán
Lớp: 8

Nội dung

Điểm

Với x  0, y  0, x   y ta có:
P=

a
(1.0)

=

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

. 2
xy ( x  y )
x
x  xy  y 2

0.25

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

=

b
(1.0)

0.25
0.25

0.25

Ta có: x2  y 2  10  2( x  3 y)
 x2  2 x  1  y 2  6 y  9  0

0.25

  x  1   y  3  0
2

2

Lập luận suy ra x  1; y  3
Ta thấy x = 1; y = -3 thỏa mãn điều kiện: x  0, y  0, x   y
nên thay x = 1; y =- 3 vào biểu thức P =

x y
xy

1  (3) 2

1.(3)
3
1
7
Bài2 ĐK: x  ; x 
2
2
(2,0đ )  2 x  3 (2 x  7)  2 x  5  2 x  1  2 x  7  2 x  1
6x2  9x  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
a

ta có: P=

(1.0)



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



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

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
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

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

0.25

x  126 x  126 x  126 x  126



115
104
93
82

0.25


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



0.25
0.25

 ...

 x  126  0

 x  126

A

I

B

O
M

K

Câu 3
(3.5)

0.5
E

a
(1.0)

D

N

C

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

BO = CO ( tính chất đường chéo hình vuông)
BOI  COM ( cùng phụ với BOM )
 BIO = CMO (g.c.g)
 SBIO  SCMO mà SBMOI  SBOI  SBMO
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
Vì IM // BN  BKM  IMO  450  BKM  BCO

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

0.5

0.5

0.5

0.5

0.25

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

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
 AD2 .( AN 2  AE 2 )  AN 2 . AE 2 




2
2
2
2
2
AN . AE
AD
AE
AN
AD2
1
1
1
Mà AE  AM và CD = AD 


2

2
CD
AM
AN 2
S AEN 

0.25

0.25
0.25


Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên
0.25

a
ab2
ab 2
ab

a


a

a .
2
2
1 b
1 b

2b
2

b
bc
c
ca
b ;
c
2
2
1 c
2 1 a
2
a
b
c
ab  bc  ca
mà a + b + c = 3 nên
(1)


 3
2
2
2
1 b 1 c 1 a
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
Từ (1) và (2) suy ra


 3   đpcm.
2
2
2
1 b 1 c 1 a
2 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1.

Tương tự ta có :
Câu 4
(1.5)

Ta có 2n  10a  b  b

2  ab 2 (1)

Ta chứng minh ab 3 (2)
Thật vậy, từ đẳng thức 2  10a  b  2 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.
n

Bài 5
(1.0)

n

Từ (1) và (2) suy ra ab  6
--------------------------------- HẾT -----------------------------------

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25