Đề Giao Lưu HSG Toán 8 Năm 2017 – 2018 Phòng GD&ĐT Chí Linh – Hải Dương

(1)

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018

MÔN: TOÁN - LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút

(Đề gồm 01 trang)

Câu 1: (2,0 điểm)

Cho biểu thức : ₃ ² ⁶ ¹ : 2 ¹⁰ ²

4 6 3 2 2

x x

A x

x x x x x

    

   

            với x0,x 2. a) Rút gọn A.

b) Tìm x để A A . Câu 2: (2,0 điểm)

a) Giải phương trình :

18 3

9 3

4 24 10

2 4

5 3

2 2

2    



 



 x x x x x

x

b) Đa thức P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1. Biết P(1) = 0; P(3) = 0; P(5) = 0. Tính giá trị của biểu thức: Q = P(-2) + 7P(6).

a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn: (y2)x³y²2y 1 0

b) Cho 3 số nguyên tố x < y < z liên tiếp thỏa mãn x² y²z² là một số nguyên tố. Chứng minh rằng



^x^¹

 

²^ ^y^²

 

²^ ^z^³



²cũng là một số nguyên tố.

Cho hình thoi ABCD cạnh a có ^ABC60^o. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại O, E thuộc tia BC sao cho ⁴

BE3BC, AE cắt CD tại F. Trên hai đoạn AB và AD lần lượt lấy hai điểm G và H sao cho CG song song với FH.

a) Tính diện tích hình thoi ABCD theo a.

b) Chứng minh rằng :4BG DH. 3a² c) Tính số đo góc GOH.

Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Chứng minh rằng :

 

³

 

²

a b c abc

b cc a a b a b b c c a 

     

--- HẾT ---

(2)

UBND THÀNH PHỐ CHÍ LINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI

NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN - LỚP 8 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang)

Câu ^Phần Nội dung đáp án Điểm

Câu 1 a

a) ₃ ² ⁶ ¹ : 2 ¹⁰ ²

4 6 3 2 2

x x

A x

x x x x x

    

   

           

  

2 2

2 1 4 10

2 2 2 2 : 2

6 2

2 2 . 6

1 2

x x x

A x x x x x

A x

x x

A x

    

 

        

 

  

 

Vậy ¹

A 2

 x

 với x0,x 2

0,25 0,25

b

0

1 0 2 0 2

2

A A A

x x

x

  

      

Kết hợp với ĐKXĐ  x0,x 2 ta có x < 2; x0,x 2

0,25 0,5 0,25

Câu 2 a

ĐKXĐ: x ≠ -1; -4; -6; 3.

18 3

9 3

4 24 10

2 4

5 3

2 2

2    



 



 x x x x x

x

        

 

     

    

  

 

2

3 2 4 9

1 4 4 6 3 3 6

1 1 1 1 4 1 1

1 4 4 6 3 3 6

1 4 1

1 3 3

3 3 4 1 3 3 1

3 1 3 3 1 3 3 1 3

4 8 0 4 2 0

x x x x x x

x x

x x x x

x x x x x x

x x x x

   

     

     

               

  

 

   

  

     

     

 x = 0 hoặc x = 2 (thỏa mãn điền kiện).

Vậy tập nghiệm của phương trình: S = {0; 2}.

0,25

0,25 0,25

b

b) Ta có: P(x)_ (x - 1), (x - 3), (x - 5) mà P(x) bậc 4 có hệ số bậc cao nhất là 1 nên P(x) có dạng: P(x) = (x - 1)(x - 3)(x - 5) (x + a)

Khi đó: P(-2) + 7P(6) = (-3).(-5).(-7).(-2 + a) +7.5.3.1.(6 + a) = -105.(-2 + a) +105.(6 + a)

= 105.(2 – a +6 + a) = 840

0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 3 a

Nếu y + 2 = 0   y 2 lúc đó bài toán có dạng 0x³ – 1 = 0 (KTM).

Nếu y 2 thì ta có ³ ² ² ¹ ¹

2 2

y y

x y

y y

 

  

 

0,25

(3)

Vì x, y nguyên nên ¹ 2

y nguyên =>y 2 Ư(1) ^{ }

 

^1;1 ^.

Với y 2      1 y 3 x³ 4 (loại).

Với y 2 1        y 1 x³ 0 x 0

Vậy số nguyên x, y thỏa mãn đề bài là : x = 0, y = -1.

0,25

0,25 0,25

b

Nếu x; y; z đều không chia hết 3 thì x²; y²; z² chia cho 3 đều dư 1

2 2 2

x y z

   chia hết cho 3 mà x²y²z²  3 x² y²z² là hợp số.

 Trong 3 số x; y; z có ít nhất 1 số chia hết cho 3 mà x; y; z là số nguyên tố

 có ít nhất một số là 3 và do x < y < z là 3 số nguyên tố liên tiếp

 (x; y; z) = (2; 3; 5); (3; 5; 7) + Xét (x; y; z) = (2; 3; 5)

x²y²z²38 P (Loại) + Xét (x ; y ; z) = (3; 5; 7)

x² y² z² 83 là số nguyên tố (t/m)



^x ¹

 

² ^y ²

 

² ^z ³



² ²² ³² ⁴² ²⁹

          là số nguyên tố.

0,25

0,25 0,25

0,25

Câu 4 Hìn

h vẽ

0,25

a

+) Kẻ AI BC I( BC). Tính được

2 BI CI  a

+) Áp dụng định lí Pi-ta-go tính ³ 2 AI  a

+) Tính diện tích hình thoi bằng . . ³ ² ³

2 2

a a

AI BC a 

Chú ý : HS có thể tính theo công thức diện tích hình thoi.

0,25 0,25 0,25

b

+) Chứng minh BCG đồng dạng DHF BC BG . .

BC DF DH BG DH DF

   

+) Theo định lý Ta-lét tính được : ³ 4

BC AF DF DF

BE  AE  DC  CD

+) ³ ³ . ³ ²

4 4 4

DF DC BC BG DH a

    

+) 4BG DH. 3a²

0,25 0,25 0,25 0,25 c +) Theo định lý Py-ta-go tính được ² ² ² ³ ² ³ ²

4 4

BO BC CO  BC  a I

E F O G H

D

C B

A

(4)

Mà . ³ ²

BG DH  4a nên BG DH. BO² BO DO.

+) ^BG ^BO

DO DH

  kết hợp với GBO HDO^{ } 30⁰

=> BGO đồng dạng DOH(c.g.c) GOB DHO^{ } +) Có GOB GOH HOD^{  }  180^o, vì GOB DHO^{ } (cmt)

Nên ^{  }DHO GOH HOD  180ô. Do DHO HOD^{ } 150ô (vì DOH^30ô) +) Suy ra GOH^ 30⁰

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 5

Với a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác ta chứng minh được : (a b c b c a c a b  )(   )(   ) 0

Ta có : ³

( )( )( )

a b c abc

b c c a a b   a b b c c a

     

3 3 3

( )( ) ( )( ) ( )( ) 3

( )( )( )

6 ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) 2

4 1

( )( )( )

a a c a b b b a b c c c a c b abc a b b c c a

a b c abc ab a b bc b c ca c a ab a b bc b c ca c a abc

a b c abc

a b b c c a

        

   

        

      

  

 

  

Theo kết quả trên : (a b c b c a c a b  )(   )(   ) 0

3 3 3

( ) ( ) ( ) 2

( )( )( ) 4

4 1 2

( )( )( )

ab a b bc b c ca c a abc a b c a b b c c a abc a b c

a b c abc a b b c c a

         

       

  

  

  

0,25

0,25 Chú ý : Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.