Đề Thi Học Sinh Giỏi Toán 8 Năm 2015 – 2016 Phòng GD&ĐT Triệu Sơn – Thanh Hóa

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN

Đề chính thức Số báo danh

...

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học 2015 - 2016

Môn: Toán

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày 13 tháng 4 năm 2016

(Đề có 01 trang, gồm 05 câu)

Câu 1: (4,0 điểm)

Cho biểu thức: .

2 :1 3 1 6

2 1 3 3

1

2

2 x

x x

x x x

x

P x 



 



 



 



 

a. Rút gọn biểu thức P.

b. Tìm x  Z để P có giá trị nguyên.

c. Tìm x để P  1.

Câu 2: (5,0 điểm)

1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a³b³c³3abc.

2. Giải phương trình: 6x⁴ 11x³ 3x² 11x6x²30.

3. Giải bất phương trình:

 

_4.

3 3 1 2

2 3

5

4x  x² x  x  x 

Câu 3: (4,0 điểm)

1. Tìm các số nguyên x, y thoả mãn 5x² 2xy y ²4x40 0 . 2. Với mỗi số tự nhiên n, đặt an = 3n² + 6n + 13.

a. Chứng minh rằng nếu hai số ai, aj không chia hết cho 5 và có số dư khác nhau khi chia cho 5 thì ai + aj chia hết cho 5.

b. Tìm tất cả các số tự nhiên n lẻ sao cho an là số chính phương.

Câu 4: (6,0 điểm)

1. Cho tam giác ABC. Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho BD

= CE. Gọi I, K, M, N theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, BC, DE.

a. Tứ giác MINK là hình gì? Vì sao?

b. Chứng minh rằng IK vuông góc với tia phân giác At của góc A.

2. Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm M trên cạnh AB vẽ hai đường thẳng song song với hai cạnh AC, BC, chúng lần lượt cắt BC, AC tại D và E. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 5: (1,0 điểm)

Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy²z² + x²z + y = 3z². Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 ⁴



^{4 4}



^.

4

y x z P z



 

--- Hết ---

Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN

Hướng dẫn chấm

KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Năm học 2015 - 2016 Môn thi: Toán Ngày 13 tháng 4 năm 2016

(Hướng dẫn chấm có 04 trang, gồm 05 câu)

Câu Nội dung ^Điểm

1

(4,0đ)

a. ĐKXĐ: , 1.

2 , 1

0  

 x x

x

Ta có:

x x x

x x x

x P x

2 :1 3 1 6

2 1 3 3

1

2 2

 



 



 



 



 

     

x x x

x x x

x x

2 : 1 1 1 2 3

1 2 1 3

1  



 



 



 



 

1 2 1 . 2 3 1

1 3

1

 



 



 



  

 x

x x

x x

x

Vậy với , 1

2 , 1

0  

 x x

x ta có ²

1 P x

 x

 .

0,5

0,5

0,5

b. Ta có: 2 ²

P 1 Z

 x 

 1

  x Ư(2) mà Ư(2) =



^{ 1; 2}



^.

Từ đó suy ra ^x



^1;0;2;3



.

Kết hợp với ĐKXĐ được x^

 

^{2;3 .}

0,5 0,5 0,25

c. 1 ² 1 ² 1 0 ¹ 0

1 1 1

x x x

P x x x

        

  

Mà x – 1 < x + 1 nên x – 1 < 0 và x + 1  0  x 1 và x 1 Kết hợp với ĐKXĐ được   1 x 1 và .

2 , 1 0 

 x x

0,5 0,5 0,25

2

(5,0đ)

1. Ta có: ^{a3 b3c33abc}^ab^{33a2b3ab2c33abc }



^ab^3c3



^{3ababc}

^^abc 



^ab^{2 c}^ab^c2



^{3ababc}

^



^abc

 

^{a2 2abb2acbcc23ab}



^



^abc

 

^{a2 b2 c2 abbcca}



^.

0,5 0,5 0,5 0,5 2. Ta có: 6x⁴11x³3x²11x6x² 30

⁶x²



x²¹



¹¹x



x²¹

 

³x²¹



⁰

^



^{x2 1}



^{6x2 11x3}



^0





x1



x1



3x1



2x3



0 Vậy tập nghiệm của phương trình là S =







 2

;3 3

;1

1 .

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

3. Ta có:

 

₄

3 3 1 2

2 3

5

4x  x² x  x  x 

     

6 24 3 1 2 6

2 3 5 4

2   ²    

 x x x x x

8 10 6 3 2 6 24

6 24 6

2 6

3 6 10

8   ²    ²     ₂    ₂ 

 x x x x x x x x x x

.

3 14 14

3    

 x x

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là . 3 / 14







x x 

0,5

0,5 0,25 0,25

3

(4,0đ)

1. Ta có: 5x²2xy y ²4x40 0





4x²4x1

 

 x² 2xy y²



41

^^2x1 ^{2 x y} ^241

Vì x,y Z, 2x1 là số nguyên lẻ và 41 5 ²4² nên

 

 

2

2

2 1 25

16 x

x y

  



 



2 1 5

4 x

x y

  

    

Từ đó suy ra các cặp

 

^{x y;} cần tìm là

  

3;1 ; 3; 7 ; 2;6 ; 2; 2

 



 

 



.

0,75 0,5 0,75

2. Ta có: an = 3n² + 6n + 13 = 3(n + 1)² + 10.

a. Ta thấy:

Nếu an không chia hết cho 5 thì n + 1 không chia hết cho 5 và an 

 

2;3 (mod 5).

Do đó, nếu ai, aj đều không chia hết cho 5 và ai  aj (mod 5) thì ai + aj  2 + 3  0 (mod 5).

b. Vì n lẻ nên n + 1 chẵn.

Do đó, an  2 (mod 4). Suy ra an không thể là số chính phương.

Vậy không tồn tại số tự nhiên n để an là số chính phương.

0,5

0,5 0,5

0,5

4

(6,0đ)

1.

Hướng dẫn:

a. Tứ giác MINK là hình thoi.

b. Gọi G, H theo thứ tự là giao điểm của MN với AC, AB.

Ta chứng minh:

MG //At

Từ đó suy ra IK  At.

2,0

2,0

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.

2.

Hướng dẫn:

M là trung điểm cạnh AB thì độ dài đoạn

DE đạt giá trị nhỏ nhất. ^2,0

5

(1,0đ)

Do z > 0 nên từ xy²z² + x²z + y = 3z², suy ra ²  ²  ₂ 3. z

y z xy x

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si với hai số dương, ta có:



^{2 2 2}



² ₂² ₂^{2 1}₂ ^{2 2 2} _2^6.



 



  





 



 





 



 



 z

y z xy x z

z y z

x x y y

x

Theo đề ra, ta có:

 

^{4 4}

4 4 4 4

4

1 1

1 x y

z y x z P z





 

 

Đặt ¹₂

a z , bx², c y² (a, b, c > 0), khi đó: ₂ ¹_{2 2}

c b P a



 

Do a² 2a – 1, b² 2b – 1, c² 2c – 1, a² + b² 2ab, b² + c² 2bc, c² + a² 2ca.

Suy ra: 3(a² + b² + c²)  2(ab + bc + ca + a + b + c) – 3

Mà ab + bc + ca + a + b + c = 1 6

2 2 2 2 2 2 2 2

2      

z z y z x x y y

x .

Do đó: 3(a² + b² + c²)  9  a² + b² + c²  3 Suy ra

3

 1 P

Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1    1 1 y z

x  x y z1

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức

3

1

P khi x  y z 1.

0,25

0,25

0,25

0,25