Đề giao lưu Olympic cấp Thị xã môn Toán 8 - Năm học 2019-2020 - UBND Thị xã Kinh Môn (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề giao lưu Olympic cấp Thị xã môn Toán 8 - Năm học 2019-2020 - UBND Thị xã Kinh Môn (Có đáp án)

1. UBND THỊ XÃ KINH MÔN ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP THỊ XÃ PHÒNG GIAO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC: 2019 – 2020 MÔN: TOÁN - LỚP 8 ĐỀ THI SỐ 42 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: (2,0 điểm) 1. Phân tích đa thức 2x2 7x 5 thành nhân tử x 2 x 1 2x 1 2. Cho biểu thức Q 2 2 : 3 2 với x 2x 1 x x 2 x 2x x x 0, x 1, x 2, x 0,5 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên. Bài 2: (2,0 điểm) 5x x2 x 5 1. Giải phương trình:  x 6 x 1 x 1 2. Xác định các số a,b biết đa thức 2x2 ax b chia cho x 1 dư 6 và chia cho x 2 dư 21. Bài 3: (2,0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 2y2 3xy x y 3 0. 2. Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn 2n 1 và 24n 1 là số chính phương. Chứng minh rằng 8n 3 là hợp số. Bài 4: (3,0 điểm) Cho ABC nhọn, các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . Từ H hạ HM vuông góc với EF tại M và HN vuông góc với ED tại N . a) Chứng minh BED và BCH đồng dạng. b) Chứng minh HM HN c) Gọi I, J,Q, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên AC, AD, BE, BC . Chứng minh I, J,Q, K thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ 2 2 2 5 ab bc ca nhất của biểu thức A 24 a b c 2 2 2 1962 . a b c = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
2. ĐÁP ÁN ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC: 2019 – 2020 MÔN: TOÁN - LỚP 8 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (2,0 điểm) 1. Phân tích đa thức 2x2 7x 5 thành nhân tử x 2 x 1 2x 1 2. Cho biểu thức Q 2 2 : 3 2 với x 2x 1 x x 2 x 2x x x 0, x 1, x 2, x 0,5 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm các giá trị nguyên của x để Q nhận giá trị nguyên. Lời giải 1. Phân tích đa thức Ta có: 2x2 7x 5 2x2 2x 5x 5 2x x 1 5 x 1 x 1 2x 5 x 2 x 1 2x 1 2. Biểu thức Q 2 2 : 3 2 với x 0, x 1, x 2, x 0,5 x 2x 1 x x 2 x 2x x x 2 x 1 2x 1 a) Q 2 2 : 3 2 với x 0, x 1, x 2, x 0,5 x 2x 1 x x 2 x 2x x x 2 x 1 2x 1 Q 2 2 : 3 2 x 2x 1 x x 2 x 2x x x 2 x 1 2x 1 2 : 2 x 1 x 1 x 2 x x 1 x 2 2 x 1 2 x x 1 2  x 1 2 x 2 2x 1 x2 4x 4 x2 2x 1 x  x 2 2x 1 6x 3 x  x 2 2x 1 3(2x 1) x  x 2 2x 1 3x . x 2 3x 3x 6 6 6 b) Ta có Q 3 x 2 x 2 x 2
3. Để Q nhận giá trị nguyên thì 6 x 2 Suy ra x 2 U 6 x 2 6; 3; 2; 1;1;2;3;6 x 8; 5; 4; 3; 1;0;1;4 Mà x 0, x 1, x 2, x 0,5 Nên x 8; 5; 4; 3; 1;4 Vậy x 8; 5; 4; 3; 1;4 thì Q nhận giá trị nguyên. Bài 2: (2,0 điểm) 5x x2 x 5 1. Giải phương trình:  x 6 x 1 x 1 2. Xác định các số a,b biết đa thức 2x2 ax b chia cho x 1 dư 6 và chia cho x 2 dư 21. Lời giải 5x x2 x 5 1. Giải phương trình:  x 6 x 1 x 1 ĐKXĐ: x 1 5x x2 x 5  x 6 x 1 x 1 5x x2 x x 1 x 5  6 x 1 x 1 5x x2 x2 5  6 x 1 x 1 x4 5x3 5x2 25x 6x2 12x 6 x4 5x3 11x2 13x 6 0 x 1 2 x 2 x 3 0 x 1 0 x 1(TM ) x 2 0 x 2(TM ) x 3 0 x 3(TM ) Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm S 1;2;3 2. Xác định các số a,b biết đa thức 2x2 ax b chia cho x 1 dư 6 và chia cho x 2 dư 21. Đặt f (x) 2x2 ax b f ( 1) 6 f (x) chia cho x 1 dư 6 và chia cho x 2 dư 21 ta có f (2) 21 2 2. 1 a. 1 b 6 a b 8 a 7 2 2.2 a.2 b 21 2a b 13 b 1
4. Vậy a 7,b 1 thì đa thức 2x2 ax b chia cho x 1 dư 6 và chia cho x 2 dư 21. Bài 3: (2,0 điểm) 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 2y2 3xy x y 3 0. 2. Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn 2n 1 và 24n 1 là số chính phương. Chứng minh rằng 8n 3 là hợp số. Lời giải 1. Tìm nghiệm nguyên của phương trình x2 2y2 3xy x y 3 0. Ta có x2 2y2 3xy x y 3 0x x2 xy 2y2 y 2xy x 3 x x y y 2y 1 x 2y 1 3 x x y 2y 1 x y 3 x y x 2y 1 3 x y U (3) Do x, y là nghiệm nguyên nên x 2y 1 U (3) Ta có bảng sau x y 1 1 3 3 x 2y 1 3 3 1 1 x 6 4 8 6 y 5 3 5 3 Vậy x; y 6;5 ; 4; 3 ; 8;5 ; 6; 3 . 2. Cho n là số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn 2n 1 và 24n 1 là số chính phương. Chứng minh rằng 8n 3 là hợp số. + Nếu n 3k 1, ta có 24n 1 24 3k 1 1 3 24k 8 1 không là số chính phương. Do đó n 3k 1 loại (1) + Nếu n 3k 2, ta có 2n 1 2 3k 2 1 3 2k 1 1 không là số chính phương. Do đó n 3k 2 loại (2) Từ (1) và (2), suy ra n 3k , ta có 8n3 8n 3 3 (3) Do đó n 1 8n 3 3 (4) Từ (3) và (4) suy ra 8n 3là hợp số. Vậy n là số tự nhiên lớn hơn 1 thỏa mãn 2n 1 và 24n 1 là số chính phương thì 8n 3 là hợp số. Bài 4: (3,0 điểm) Cho ABC nhọn, các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . Từ H hạ HM vuông góc với EF tại M và HN vuông góc với ED tại N . a) Chứng minh BED và BCH đồng dạng. b) Chứng minh HM HN c) Gọi I, J,Q, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên AC, AD, BE, BC . Chứng minh I, J,Q, K thẳng hàng. Lời giải
5. A I F J M E H Q N C B K D a) Xét BDH và BEC có: Bµ là góc chung B· DH B· EC 90o Do đó BDH ∽ BEC (th3) BD BH BD BE BE BC BH BC Xét BED và BCH có: Bµ là góc chung BD BE (cmt) BH BC Do đó BED ∽ BCH (th2). b) Xét BFH và CEH có: B· FH B· EH 90o B· HF C· HE (hai góc đối đỉnh) Do đó BFH ∽ CEH (th2) FH BH FH EH EH CH BH CH +Xét FEH và BCH có: F· HE B· HC (hai góc đối đỉnh) FH EH (cmt) BH CH Do đó FEH ∽ BCH (th2) F· EH B· CH hay M· EH B· CH (1) · · · · Lại có BED ∽ BCH (câu a) BEH CBH hay HEN BCH (2) Từ (1) và (2) M· EN H· EN +Xét MHE và NHE có: H· ME H· NE 90o HE: cạnh chung M· EH N· EH (cmt) Do đó MHE NHE (c.h-g.n) HM HN
6. AI AF c) Do FI  AC,QE  AC FI //BE (3) IE FB AF AJ Do FJ  AD, BC  AD FJ //BC (4) FB JD AI AJ Từ (3) và (4) suy ra IJ //ED (5) IE JD IE FH Do FI  AC, HE  AC FI //HE (6) EC HC IE FH Do FI  AC, HE  AC FI //HE (7) EC HC IE KD Từ (6) và (7) suy ra IK //ED (8) EC KC AF KD Do FK //AD (9) FB BK AF QE Do FQ  EB, AC  EB FQ//AC (10) FB BQ QE KD Từ (9) và (10) suy ra QK //ED (11) BQ BK Từ (5), (8), (11) suy ra I, J,Q, K thẳng hàng. Bài 5: (1,0 điểm) Cho a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 1. Tìm giá trị nhỏ 2 2 2 5 ab bc ca nhất của biểu thức A 24 a b c 2 2 2 1962 . a b c Lời giải 2 1 Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có a b c 3 a2 b2 c2 a2 b2 c2 3 2 Mặt khác a b c 1 a2 b2 c2 2ab 2bc 2ca 1 1 a2 b2 c2 ab bc ca 2 Do đó 2 2 2 5 ab bc ca A 24 a b c 2 2 2 1962 a b c 1 a2 b2 c2 5 2 2 2 2 24 a b c 2 2 2 1962 a b c 5 5 24 a2 b2 c2 1962 2 a2 b2 c2 2 5 24 a2 b2 c2 1959,5 2 a2 b2 c2 45 3 5 a2 b2 c2 a2 b2 c2 1959,5 2 2 2 a2 b2 c2
7. 45 5 3 1 2 a2 b2 c2   1959,5 2 2 a2 b2 c2 2 3 15 1 2 1959,5 2 2 1975 a b c 2 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi 45(a b c ) 5 a b c 3 2 2 2 2 2 a b c 1 Vậy với a,b,c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 1 và a b c thì 3 2 2 2 5 ab bc ca giá trị nhỏ nhất của biểu thức A 24 a b c 2 2 2 1962 là 1975. a b c = = = = = Hết = = = = =