Đề Thi HSG Toán 8 Năm 2014 – 2015 Phòng GD&ĐT Tam Đảo – Vĩnh Phúc

(1)

PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015

MÔN: TOÁN 8

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1( 2,0 điểm):

Cho biểu thức: M=

3 6 2

6 5 2 9 6 3

6 2 4 6 24 3 3

1 . : :

9 3 6 9 2

x x x

x x x x x x x

 

        

       

    

a) Rút gọn M.

b) Tìm các giá trị nguyên của x để M đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó.

Câu 2( 2,0 điểm):

Giải các phương trình và bất phương trình sau:

a)

1 2 3 1

2015 2014 1006 2013 2012 1007

x   x   x   x 

b) ⁴ ₂ ¹ ² ₃² ⁵

1 1 1

y

y y y y

  

   

a) Cho ba số x y z, , khác không thỏa mãn:

2015

1 1 1 1

2015 x y z

x y z

  



   



Chứng minh rằng trong ba số x y z, , tồn tại hai số đối nhau.

b) Cho ba số dương a b c, , . Chứng minh rằng:

2 2 2

2

a b c a b c

b c c a a b

    

  

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 ba điểm O, M, H thẳng hàng.

Câu 5( 1 điểm):

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

5 x

²

 2 y

²

 4 xy  2 x  4 y  2015

. ---Hết---

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015

Môn: Toán - Lớp 8

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (2,0 điểm)

a ĐKXĐ: x0;x³  3;x³ 2.

3 6 2

6 5 2 9 6 3

3 3 2 3

3 2 2 2 3 3 6 3

3 2

3 2 3 3 3 2 3

6 2 4 6 24 3 3

1 . : :

2

9 3 6 9

6 ( ) 4

2( 3) 4 3( 2)

1 . : :

2

( ) 3 ( 3) ( 6 9)

6 ( ) 4

2 4 2

1 . : .

3 ( 3) ( 3) 3(

x x x

M x x x x x x x

x x x

x

x x x x x x

x x

x x x x x x

 

     

          

    

        

         

  

   

     

3 2 3 2 3

3 2 3 3 3

2)

5 4 .( 3) 5

. .

3 ( 3) 4( 2) 2

x x x x

x x x x x

 

 

  

 

  

 

   

0,25

0,25 b Ta có: ³₃ ⁵ 1 ₃⁷

2 2

M x

x x

   

 

M có giá trị lớn nhất khi x³2 có giá trị nhỏ nhất mà x Z nên

3 2

x  phải có giá trị nguyên dương nhỏ nhất x³2 =6 x 2 Vậy x2thì M có giá trị lớn nhất và bằng ¹³

6

0,25

0, 5

0,25

2 (2,0 điểm)

a 1 2 3 1

2015 2014 1006 2013 2012 1007

1 2 2 2 3 4 4 1

2015 2014 2014 1006 2013 2012 2012 1007

1 2 1 4 3 4 4 1

2015 2014 1007 2012 2013 2012 2012 1007

1 2 3 4

1 1 1 1

2015 2014 2013 2012

2016 20

x x x x

x

      

   

       

   

       

   

       

  2016 2016 2016

15 2014 2013 2012

1 1 1 1

( 2016)( ) 0 2016

2015 2014 2013 2012

x x x

x x

  

  

       

0,25

0,25 b ĐK: y1

2 2 2

2 3 2 3

2

3 3 2

2

4 1 2 5 4(1 ) 1 2 5

1 0

1 1 (1 )(1 ) 1

3 3 3 ( 1) 3 ( 1)

0 0 0

1 1 (1 )(1 )

3 0 3 0 0

1

y y y y y

y y y y y y y y

y y y y y y

y y y y y

y y y

y y

     

    

       

  

     

    

       

 

Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là ⁰

1 y y

 

 

0,25 0,25

(3)

3 (2,5 điểm)

a

2 2

2

1 1 1

( )( ) 1

( )( ) 0

( ) ( )( ) ( ) 0

( ) ( ) ( ) 0

( )( ) 0

0

( ( )( ) 0 0

0 x y z

x y z

x y z xy yz zx xyz

x xy xz xyz y z xy xz yz y z xyz x y z x y z yz y z

y z x xy xz yz

x y x y

x y y z z x y z y z

z x z x

    

      

         

      

     

   

 

 

          

     

 

Vậy trong ba số x y z, , tồn tại hai số đối nhau

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 b Ta có: a² b² c² ⁽a b c⁾² x y z, ,

x y z x y z

     

  >0 (1) Thật vậy, áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2

( )( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

. . . ( )

a b c x y z

x y z

a b c

x y z

a b c

x y z a b c

x y z

   

 

       

 

      

 

 

2 2 2 ( )2

a b c a b c , ,

x y z

x y z x y z

      

  >0.

Áp dụng BĐT (1) ta có:

2 2 2 ( )2

, , 0

2( ) 2

a b c a b c a b c

a b c b c c a a b a b c

   

     

    

ĐPCM. Dấu “=” xảy ra



a=b=c

0,25

4 (2,5 điểm)

a

Xét ∆OEB và ∆OMC

Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC

0,25

M

N C

H

D

O

E B

A

(4)

Và EBO^{ }MCO45⁰ BE = CM ( gt )

Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)

 OE = OM và EOB^{ }MOC

Lại có O^{ }₂O₃ BOC90⁰ vì tứ giác ABCD là hình vuông

      90⁰

EOM  EOB MOB MOC MOB COB     kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân tại O

0,25

0,25 b Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD

+ AB // CD  AB // CN  AM BM

MN  MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*) Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) Ta có : ^AM ^AE

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

0,25

0,25 0,25 c Gọi H’ là giao điểm của OM và BN

Từ ME // BN OME^{ }MH B' ( cặp góc đồng vị) Mà OME^45⁰ vì ∆OEM vuông cân tại O

' 45⁰ 

MH B MCO

  

∆OMC _ ∆BMH’ (g.g)

'

OM MC

MB MH

  ,kết hợp OMB CMH^{ } '( hai góc đối đỉnh)

∆OMB _ ∆CMH’ (c.g.c) OBM^{ }MH C' 45⁰ Vậy BH C BH M MH C^{  }'  '  ' 90⁰CH'BN

Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng

0,5

0,5 5

(1,0 điểm)

Ta có: 5x² 2y² 4xy2x4y2015

2 2 2 2

2 2 2

4 4 4 4 2 1 2010

(2 ) ( 2) ( 1) 2010 2010 , ,

x xy y y y x x

x y y x x y z

        

        

Vậy Min(A)=2010  ¹

2 x

y

 

  



0,25 0,5 0,25

Tổng điểm 10,0

---HÕt---