Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm học 2016-2017

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
HUYỆN NGA SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 THCS CẤP HUYỆN

NĂM HỌC: 2016 - 2017
Môn thi: Toán 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Ngày thi: 04/04/2017

Câu 1: (4 điểm).
  a  12
1  2a 2  4a
1  a3  4a


:
Cho biểu thức M = 
2
a3  1
a  1  4a 2
 3a   a  1



a) Rút gọn M.
b) Tìm a để M > 0.
c) Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất.

Câu 2: ( 5 điểm).
1) Giải các phương trình:
x 2 x 4 x6 x8



a)
.
98
96
94
92
b) x6 - 7x3 - 8 = 0.
2) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm:
1 x
x  2 2(x  m)  2


.
xm xm
m2  x 2
3) Tìm a, b sao cho f  x   ax3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g  x   x 2  x  2 .
Câu 3: ( 4 điểm).
1) Cho: x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1. Tính A = x2015 + y2015 + z2015
2) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30km/h, nhưng sau khi đi
được 1 giờ người ấy nghỉ hết 15 phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 10km/h để đến B
đúng giờ đã định. Tính quãng đường AB?
Câu 4: (5 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.
Câu 5: (2 điểm).
Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c 1


P=
.
2015  a
2016  b
2017  c
.................................... Hết ......................................
Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ....................


PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO
TẠO NGA SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Năm học 2016 - 2017
Môn: Toán
Nội dung

Câu
a (2đ)
Điều kiện: a  0; a  1

Điểm
0,5

 a  1  1  2a 2  4a  1  : a3  4a

2
a3  1
a  1  4a 2
 3a   a  1



2

Ta có: M = 

  a  12
1  2a 2  4a
1 
4a 2




.
= 2
 a  a  1  a  1 a 2  a  1 a  1  a a 2  4



 a  1
=

3



 1  2a 2  4a  a 2  a  1

 a  1  a

2



 a 1



.

0,5



4a
a 4
2

0,5

a3  3a 2  3a  1  1  2a 2  4a  a 2  a  1 4a
. 2
=
a 4
 a  1 a 2  a  1





a  1 4a
4a
. 2
= 2
3
a 1 a  4
a 4
4a
Vậy M = 2
với a  0; a  1
a 4

0,5

b) (1đ)
M > 0 khi 4a > 0suy ra a > 0
kết hợp với ĐKXĐ
Vậy M > 0 khi a > 0 và a  1

c) (1đ)

0,5

3

=
1
4.0đ



0,5

0,5

 



2
a 2  4  a 2  4a  4
a  2

4a
 1 2
Ta có M = 2
=
a2  4
a 4

a 4

 a  2
Vì 2

2

a 4

0

 a  2
với mọi a nên 1 

Dấu “=” xảy ra khi

2

a2  4

 a  2

0,5

 1 với mọi a

2

a2  4

0a2

0,5

Vậy MaxM = 1 khi a = 2.
a) (1đ)
x2 x4 x6 x8



98
96
94
92
x2
x4
x6
x8
+1) + (
+ 1) = (
+ 1) + (
+ 1)
(
98
96
94
92
1
1
1

1
+
)=0
 ( x + 100 )(
98 96 94
92
1
1
1
1
 0
Vì :
+ 98 96 94
92

Ta có
2
5,0đ

0,5

2


Do đó: x + 100 = 0  x = -100
Vậy phương trình có nghiệm: x = -100
b) (1đ)
Ta có x6 – 7x3 – 8 = 0  (x3 + 1)(x3 – 8) = 0
 (x + 1)(x2 – x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 4) = 0 (*)
Do x2 – x + 1 = (x –

1 2 3
) + > 0 và x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 > 0 với mọi x,
2
4

nên (*)  (x + 1)(x – 2) = 0  x {- 1; 2}

0,5

0,5

0,5

2) (2đ)
Tìm m để phương trình sau vô nghiệm.

1  x x  2 2( x  m)  2
(1)


xm xm
m2  x 2

0,5

ĐKXĐ: x+ m  0 và x- m  0  x  m

 (1  x)( x  m)  ( x  2)( x  m)  2  2( x  m)
 (2m  1) x  m  2(*)

1
3
+ Nếu 2m -1= 0  m  ta có (*) 0x =
(vô nghiệm)
2
2
1
m2
+ Nếu m  ta có (*)  x 
2m  1
2

- Xét x = m


0,5
0,25đ

m2
 m  m  2  2m 2  m
2m  1
2

1 3

 2m  2m  2  0  m  m  1  0   m     0
2 4

2

2

(Không xảy ra vì vế trái luôn dương)
Xét x= - m

m2
 m  m  2  2m2  m  m2  1  m  1
2m  1
1
Vậy phương trình vô nghiệm khi m  hoặc m = 1
2

0,25đ



0,5đ

3)(1đ)
Ta có : g  x   x 2  x  2=  x 1 x  2 
Vì f  x   ax3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g  x   x 2  x  2
Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x)
 ax  bx  10x  4=  x+2  .  x-1 .q  x 
3

0.25đ
0.25đ

2

Với x=1  a+b+6=0  b=-a-6 1

0.25đ

Với x=-2  2a-b+6=0  2
Thay (1) vào (2) . Ta có : a=-4 và b=-2
0.25đ
3


1)(2đ)
Từ x + y + z = 1  (x + y + z)3 = 1
Mà: x3 + y3 + z3 = 1
3
3
3
3
 (x + y + z) - x - y - z = 0
3
  x  y  z   z 3   x3  y 3   0

0,25
0,25





2
  x  y  z  z   x  y  z    x  y  z  z  z 2    x  y  x  xy  y 2  0

0,25

  x  y   3z 2  3xy  3 yz  3xz   0

0.25đ

2

  x  y   x 2  y 2  z 2  2xy  2 yz  2xz+xz  yz  z 2  z 2  x 2  xy  y 2   0

  x  y  3  y  z  x  z   0
x  y  0
x   y

 y  z  0   y  z


 x  z  0
 x   z
* Nếu x   y  z  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1
* Nếu y   z  x  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1
* Nếu x   z  y  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1
2) (2điểm).
Gọi x (km) là độ dài quãng đường AB. ĐK x > 0.
3
x
(4,0đ)
Thời gian dự định đi hết quãng đường:
(giờ)

30
Quãng đường đi được sau 1 giờ: 30 (km)
Quãng đường còn lại : (x-30) (km)
x  30
Thời gian đi quãng đường còn lại :
(giờ)
40
x
1 x  30
1 
Lập được phương trình :
30
4
40

0,5

0,5

 4 x  30.5  3( x  30)
 x  60 (thỏa mã đk)
Vậy quãng đường AB là 60km

4


E

A

B
1

1
O

2
3

M
H'
1

H

D
C

N

a) (2đ)
Xét ∆OEB và ∆OMC
Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC
0,5

Và B1  C1  450

0,5

BE = CM ( gt )

Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)

4(5đ)

 OE = OM và O1  O3

0,5

Lại có O2  O3  BOC  900 vì tứ giác ABCD là hình vuông

0,5

O2  O1  EOM  900 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O

b)(1.5đ)
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD
AM BM
( Theo ĐL Ta- lét) (*)

MN MC
Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*)

0,5
0,5

+ AB // CD  AB // CN 

Ta có :

AM AE


 ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)
MN EB

c)(1.5đ)
Gọi H’ là giao điểm của OM và BN
Từ ME // BN  OME  MH ' B
Mà OME  450 vì ∆OEM vuông cân tại O

0.5

0,25

 MH ' B  450  C1
 ∆OMC


∆BMH’ (g.g)

OM
MC

, kết hợp OMB  CMH ' ( hai góc đối đỉnh)
BM MH ,

 ∆OMB

∆CMH’ (c.g.c)  OBM  MH ' C  450

0,5

0,5

Vậy BH ' C  BH ' M  MH ' C  90  CH '  BN
0

5


Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng
( đpcm)
Ta có
2a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c  1


P=
2015  a
2016  b
2017  c
b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031


=
2015  a
2016  b
2017  c
Đặt 2015 + a = x;
5
2016 + b = y;
(2,0đ)
2017 + c = z ;

(x,y,z > 0)
b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031


P=
2015  a
2016  b
2017  c
yz zx x y y x x z y z
P


     
x
y
z
x y z x z y

y x
z x
y z
. 2 . 2
.  6 (Co  si)
x y
x z
z y
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z suy ra a = 673, b = 672, c = 671
Vậy giá tị nhỏ nhất của biểu thức p là 6 khi a = 673, b = 672, c = 671

0,25

1

0,5

0,5

2

0,5

Chú ý:
1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.
2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình.

6