De thi HSG Toan 8 20162017

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GD&ĐT LỤC NAM. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TOÁN LỚP 8. ĐỀ CHÍNH THỨC. Ngày thi : 19/12/2016 Thời gian làm bài: 150 phút. Câu 1 (4,0 điểm) 2 2 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  6 xy  5 y  5 y  x .. 3 2 3 2 2 2 2) Cho a  3ab 5 và b  3a b 10 . Tính S = 2016a  2016b. Câu 2 (5,0 điểm)  4x 8 x2   x  1 2  :    2   2 1) Cho biểu thức A =  2  x 4  x   x  2 x x . Rút gọn biểu thức A và tìm các giá trị của x để A < 0 2) Chứng minh rằng ( n2 + 3n + 1)2 - 1 chia hết cho 24 với n là số tự nhiên. Câu 3 (4,0 điểm) 1) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: x3 + 3x = x2 y + 2y + 5 2 2) Một đa thức P(x) chia cho x2  x 1 thì dư 1 - x và chia cho x  x 1 thì dư 4 2 3x + 5. Tìm số dư của phép chia P(x) cho x  x 1.. Câu 4 (6,0 điểm) Gọi M là một điểm bất kì trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các hình vuông AMCD, BMEF. 1) Chứng minh AE vuông góc với BC 2) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh ba điểm D, H, F thẳng hàng. 3) Chứng minh đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB cố định 1 1 1 + + =1 xy yz xz Câu 5 (1,0 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn: x. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q =. yz(1+ x 2 ). +. y zx(1+ y 2 ). +. z xy(1+ z 2 ). -------------------------------------- Hết -------------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.......................... PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. HƯỚNG DẪN CHẤM.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP HUYỆN MÔN THI: TOÁN LỚP 8 Bản hướng dẫn chấm có 03 trang. LỤC NAM. Câu 1. Hướng dẫn giải 2. 1 (1.5 điểm). 2. 2. x  6 xy  5 y  5 y  x ( x  xy  x)  (5 xy  5 y  5 y ). 0,5. x( x  y  1)  5 y ( x  y  1). 0.5 0.5. ( x  y  1)( x  5 y ) 3. Ta có a  3ab 2 (2.5 điểm). 4 điểm 2. và b. 3. 2. a 5 Þ . b  3a b 10 Þ  2. 3. 3.  3ab 2.  3a 2b. . 2. . 2. 25. 100. Þ a6 - 6a4b2 + 9a2b4 = 25. Þ b6 – 6b4a2 + 9a4b2 = 100. 6 6 2 4 4 2 Suy ra 125 = a  b  3a b  3a b. a Hay 125 =. 2.  b2. . 3. Þ a 2  b 2 5. 0.5. Câu 2 Điều kiện xác định x  0 ; x   2; x  3. 0.5 5 điểm 0.5. 2  4x 8x2   x  1 2  4 x  2  x   8x x  1  2  x  2     :   : 2  x 4  x2   x2  2 x x   2  x   2  x  x  x  2  A= =. 0.5. 8x  4x2  8x2 x  1  2x  4 :  2  x   2  x  x  x  2. 0.5. =. 4x  2  x  x  x  2 .  2  x  2  x 3  x. =. 8x  4x2 3 x :  2  x   2  x  x  x  2. 4x2 = x 3. 0.5. 4 x2 Vậy A = x  3 với x  0 ; x   2; x  3 Với x  0 ; x   2; x  3 4 x2 A < 0  x  3 < 0  x - 3 < 0 (do x  0 nên 4x2 > 0 )  x < 3 Vậy x < 3 ; x  0 ; x   2 thì A < 0. 2 (2 điểm). 0.5 0.5. 2 2 Do đó S = 2016( a  b ) = 2016.5=10080. 1 (3 điểm). 0.5. 0.25. 0.5 0.25. ( n2 + 3n + 1)2 - 1 = n( n + 1)(n + 2)(n + 3). 1. Lập luận để chỉ ra tích của 4 số tự nhiên liên tiếp chia hết cho 24.. 1. Câu 3. 4 điểm 3. x + 3x -5 x 5 2 2 Ta có x + 3x = x y + 2y +5  y = x  2  y = x + x  2 x 5 2 Ta thấy y nguyên  x  2 nguyên  x – 5 chia hết cho x2 + 2 3. 2. 1 => (x – 5)(x + 5) chia hết cho x2 + 2 hay x2 + 2 - 27 chia hết cho (2 điểm) x2 + 2 => 27 chia hết cho x2 + 2, mà x2 + 2 2 nên 2.   3,9, 27. x +2 Xét các trường hợp ta được các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn là (-1; -3) và (5; 5).. 0.5 0.5 0.5. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 4 2 Đặt P(x) = ( x  x 1 ) Q(x) + R(x) R(x) là đa thức dư có bậc 3 ). ( Q(x) là đa thức thương,. 2 2 => P(x) = ( x  x 1 )( x  x 1 ) Q(x) + R(x)  x 2  x 1 x 2  x 1 => P(x) - R(x). (. )(. 0.5. ). 2 Nghĩa là R(x) có cùng số dư với P(x) khi chia cho x  x 1 và x2  x 1 . Khi đó: x 2  x 1. 0.5. 2 R(x) = ( )(mx + n) + 1 - x (2 điểm) 2 R(x) = ( x  x 1 )(px + q) +3x + 5 m  p  n  m q  p    n  m  1 p  q  3  n 1q  5. Do đó:. 0.5.  m p  2 ; n 4 ; q 0. 3 2 Vậy đa thức dư R(x) phải tìm là: R(x) =  2 x  2 x  x  5. Câu 4. 0.5 6 điểm. C D. I H. (6 điểm). E. F. M. B. O. A. I'. 1) Chứng minh BE//MD. Chứng minh BE  AC Xét tam giác CAB có CM  AB, AE  BC ⇒ AE  BC 2,  Gọi O là giao điểm của AC và DM. Do AHC = 900 nên. OH=AC/2, do đó OH=DM/2 Tam giác MHD có đường trung tuyến HO=DM/2 nên. 0,5 0,75 0,75. 0,5.  MHD =900  Chứng minh tương tự MHF = 900.. Vây D, H, F thẳng hàng. 3) Gọi I là giao điểm của DF và AC, xét tam giác DMF có DO=OM, OI//MF nên suy ra ID=IF. Kẻ II’  AB, chứng minh I’ là trung điểm của AB => II’=AB/2, do đó I cố định. 0,75 0,75. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 0,75 0,75 1điểm. Câu 5. 1 1 1   1 Từ xy yz xz => x + y + z = xyz yz  1  x 2   yz  x 2 yz  yz  x  x  y  z  . Ta có.  x  y  x  z 0.25. Tương tự: Q. Nên 1 điểm =. xy  1  z. 2.    z  y  z  x ;. x.  x  y  x  z. . y.  y  z  y  x. zx  1  y . 2.    y  z  y  x. z.  z  x  z  y. x x y y z z .  .  . x y xz x y yz xz yz. Áp dụng BĐT. A.B . AB 2 (với A, B >0),. 0.25. 0.25. Dấu "=" xảy ra khi A = B. Ta được 1 x x y y z z  3 Q        2 x y xz yx yz zx z y = 2 3 Vậy giá trị lớn nhất của Q = 2 khi x = y = z =. Điểm toàn bài. 3.. 0.25 20 điểm. Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm..

<span class='text_page_counter'>(5)</span>