Đề thi chọn Học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT tỉnh Bắc Ninh (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn Học sinh giỏi cấp Tỉnh môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT tỉnh Bắc Ninh (Có đáp án)

1. UBND TỈNH BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỞ GD&ĐT TỈNH BẮC NINH NĂM HỌC: 2020 – 2021 ĐỀ THI THỬ SỐ 60 Mụn: Toỏn 8 Thời gian làm bài: 150 phỳt 2 a 1 1 2a2 4a 1 a3 4a Bài 1: (3,0 điểm) Cho biểu thức M 2 3 : 2 3a a 1 a 1 a 1 4a 1. Rỳt gọn M 2. Tỡm giỏ trị của a để M đạt giỏ trị lớn nhất. Bài 2: (3,0 điểm) 1. Cho n là số tự nhiờn lẻ. Chứng minh: n3 n chia hết cho 24 2. Tỡm số tự nhiờn n để n2 4n 2013 là số chớnh phương. Bài 3: (4,0 điểm) 1. Giải phương trỡnh sau x 1 x2 3x 7 x3 1 2. Tỡm phần dư của phộp chia đa thức P x cho x 1 x 2 . Biết rằng đa thức P x chia cho x 1 dư 7 , chia cho x 2 dư 1. Bài 4: (7,0 điểm) 1. Cho O trung điểm của đoạn AB . Trờn cựng một nửa mặt phẳng cú bờ là cạnh AB vẽ tia Ax, By cựng vuụng gúc với AB . Trờn tia Ax lấy điểm C khỏc A . Qua O kẻ đường thẳng vuụng gúc với OC cắt By tại D . a. Chứng minh rằng: AB2 4AC.BD . b. Kẻ OM vuụng gúc với CD tại M . Gọi K là trung điểm củaCD . Chứng minh KOD cõn tại K, từ đú suy ra DB DM . c. Tỡm vị trớ của C trờn tia Ax , để diện tớch tứ giỏc ABDC là nhỏ nhất. 2. Cho tam giỏc ABC vuụng tại A . Hai tia phõn giỏc trong BD và CE cắt nhau tại O . BD CE Chứng minh rằng  2 . BO CO Bài 5: (3,0 điểm) 1. Cho cỏc số thực dương a,b,c thỏa món a2 b2 c2 1.. a2 b2 c2 3 Chứng minh rằng . 1 2bc 1 2ca 1 2ab 5 2. Hỡnh vuụng cú 3x3 ụ chứa số 9 mà tổng cỏc số ở mỗi hàng, mỗi cột, mỗi cựng đường chộo bằng nhau được gọi là hỡnh vuụng kỳ diệu. Chứng minh rằng số ở tõm một hỡnh vuụng kỳ diệu bằng trung bỡnh cộng của hai số cũn lại cựng hàng, hoặc cựng cột, hoặc cựng đường chộo.1-0 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH BẮC NINH Năm học: 2020-2021 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (3,0 điểm) 2 a 1 1 2a2 4a 1 a3 4a Cho biểu thức M 2 3 : 2 3a a 1 a 1 a 1 4a 1. Rỳt gọn M 2. Tỡm giỏ trị của a để M đạt giỏ trị lớn nhất. Lời giải 1. Diều kiện a 0,a 1 2 a 1 1 2a2 4a 1 a3 4a M 2 3 : 2 3a a 1 a 1 a 1 4a 2 a 1 1 2a2 4a 1 4a2 M  a2 a 1 2 a 1 2 a 1 a a 1 a a 4 3 a 1 1 2a2 4a a2 a 1 4a M  a 1 a2 a 1 a2 4 a3 3a2 3a 1 1 2a2 4a a2 a 1 4a M  a 1 a2 a 1 a2 4 a3 1 4a 4a M  a3 1 a2 4 a2 4 2 2 2 4a a 4 a 4a 4 a 2 2. Ta cú M 1 a2 4 a2 4 a2 4 a 2 2 a 2 2 Vỡ 0 với mọi a nờn 1 1 với mọi a. a2 4 a2 4 a 2 2 Dấu " " xảy ra khi 0 a 2 với mọi a. a2 4 Vậy giỏ trị lớn nhất của M là 1 khi a 2 . Bài 2: (3,0 điểm) 1. Cho n là số tự nhiờn lẻ. Chứng minh: n3 n chia hết cho 24. 2. Tỡm số tự nhiờn n để n2 4n 2013 là số chớnh phương. Lời giải 1. Ta cú: n3 n n n 1 n 1
3. Vỡ n, n 1 , n 1 là ba số tự nhiờn liờn tiếp nờn cú một số trong ba số đú chia hết cho 3 Do đú n3 n3 1 Vỡ n là số tự nhiờn lẻ nờn n 1và n 1 là hai số tự nhiờn chẵn lờn tiếp. Do đú n 1 n 1 8 2 Vỡ 3 và 8 là hai số nguyờn tố cựng nhau nờn kết hợp với 1 và 2 suy ra n3 n24 2. Giả sử n2 4n 2013 m2 , m N . Suy ra n 2 2 2009 m2 m2 n 2 2 2009 m n 2 m n 2 2009 Mặt khỏc 2009 2009.1 287.7 49.41và m n 2 m n 2 nờn cú cỏc trường hợp sau xảy ra: m n 2 2009 m 1005 + Trường hợp 1: m n 2 1 n 1002 m n 2 287 m 147 + Trường hợp 2: m n 2 7 n 138 m n 2 49 m 45 + Trường hợp 3: m n 2 41 n 2 Vậy cỏc số cần tỡm là: 1002,138,2 . Bài 3: (4,0 điểm) 1. Giải phương trỡnh sau x 1 x2 3x 7 x3 1. 2. Tỡm phần dư của phộp chia đa thức P x cho x 1 x 2 . biết rằng đa thức P x chia cho x 1 dư 7 , chia cho x 2 dư 1. Lời giải 1. x 1 x2 3x 7 x3 1. Th1: Nếu x 1 phương trỡnh đó cho trở thành: x 1 x2 3x 7 x3 1 x 1 x2 3x 7 x2 x 1 0 x 1 0 x 1 thỏa mãn x 1 2x 8 0 2x 8 0 x 4 thỏa mãn Th2: Nếu x 1 phương trỡnh đó cho trở thành:
4. x 1 x2 3x 7 x3 1 x 1 2x2 4x 6 0 x 1 0 x 1 không thỏa mãn 2 x 1 x 1 x 3 0 x 3 0 x 3 thỏa mãn Vậy phương trỡnh cú ba nghiệm: x 1; x 3; x 4 . 2. Do x 1 x 2 x2 x 2 là đa thức bậc hai nờn phần dư của phộp chia P x cho x 1 x 2 là một đa thức cú bậc nhỏ hơn 2. Giả sử ax b a,b R là phần dư cần tỡm. Từ giả thiết bài toỏn: Tồn tại cỏc đa thức Q1 x ,Q2 x ,Q3 x thỏa món: P x Q1 x x 1 x 2 ax b P x Q2 x x 1 7 P x Q3 x x 2 1 Xột P 1 7 a b; P 2 1 2a b từ đú ta cú hệ phương trỡnh: a b 7 a 2 2a b 1 b 5 Vậy phần dư cần tỡm là: 2x 5. Bài 4: (7,0 điểm) 1. Cho O trung điểm của đoạn AB. Trờn cựng một nửa mặt phẳng cú bờ là cạnh AB vẽ tia Ax, By cựng vuụng gúc với AB. Trờn tia Ax lấy điểm C khỏc A. Qua O kẻ đường thẳng vuụng gúc với OC cắt By tại D. a) Chứng minh rằng: AB2 4AC.BD. b) Kẻ OM vuụng gúc với CD tại M. Gọi K là trung điểm củaCD. Chứng minh KOD cõn tại K, từ đú suy ra DB DM. c) Tỡm vị trớ của C trờn tia Ax, để diện tớch tứ giỏc ABDC là nhỏ nhất. 2. Cho tam giỏc ABC vuụng tại A. Hai tia phõn giỏc trong BD và CE cắt nhau tại O. BD CE Chứng minh rằng  2. BO CO Lời giải 1.
5. x y D K M C H A B O a) Xột tam giỏc ACO , tam giỏc ACO cú : ã ã  OAC OBD 90  ACO ∽ BOD g.g . ãAOC Oã DB cùng phụ với Bã OD  OA AC OA.OB AC.BD BD OB 2OA.2OB 4AC.BD AB.AB 4AC.BD AB2 4AC.BD b) Dựng HK  OD nờn HK / /OC suy ra H là trung điểm của OD Ta cú KHO KHD c.g.c KO KD Do đú KHD cõn tại K . Từ đú Kã OD Kã DO mà Kã OD Bã DO so le trong Nờn Kã OD Bã DO ODM ODB. Vậy DB DM. c) Theo chứng minh trờn ta cú ODM ODB OM OB OA nờn COM COA 1 Suy ra S S ;S S S S S 2S COM COA OBD OMD COD 2 ABDC ABDC COD 1 1 1 AB Ta cú S OM.CD OA.CD  CD COD 2 2 2 2 Do đú SABDC nhỏ nhất khi SCOD nhỏ nhất. SCOD nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất. Lại cú CD AB AB Nờn S khi CD / / AB và cỏch AB một khoảng là . ABDC 2 2.
6. B E O C A D Đặt BC a,CA b, AB c ) DC BC a DC DA a c bc Theo tớnh chất phõn giỏc ta cú DA . DA BA c DA c a c Xột ABD cú OA là phõn giỏc trong. Ta cú : DO DA DO b DB a b c 1 . BO BA BO a c BO a c CE a b c Chứng minh tương tự : 2 OC a b 2 DO CE a b c Từ 1 và 2 suy ra  . BO CO a c a b Mà ABC vuụng tại A nờn theo Pitago cú: c2 b2 a2 Như vậy 2 2 a b c a2 b2 c2 2ab 2bc 2ac 2 a ab bc ca 2 đpcm a c a b a2 ab bc ca a2 ab bc ca Bài 5: (3,0 điểm) 1. Cho cỏc số thực dương a,b,c thỏa món a2 b2 c2 1.. a2 b2 c2 3 Chứng minh rằng  1 2bc 1 2ca 1 2ab 5 2. Hỡnh vuụng cú 3x3 ụ chứa số 9 mà tổng cỏc số ở mỗi hàng, mỗi cột, mỗi cựng đường chộo bằng nhau được gọi là hỡnh vuụng kỳ diệu. Chứng minh rằng số ở tõm một hỡnh vuụng kỳ diệu bằng trung bỡnh cộng của hai số cũn lại cựng hàng, hoặc cựng cột, hoặc cựng đường chộo. Lời giải 1. Sử dụng bất đẳng thức x2 y2 2xy Ta cú:
7. a2 b2 c2 a2 b2 c2 1 2bc 1 2ca 1 2ab 1 b2 c2 1 c2 a2 1 a2 b2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 1 b2 c2 1 c2 a2 1 a2 b2 2 a2 2 b2 2 c2 a2 b2 c2 a2 b2 c2 1 b2 c2 1 c2 a2 1 a2 b2 2 a2 2 b2 2 c2 1 1 1 3 2 2 2 2 2 a 2 b 2 c 1 1 1 9 9 Lại cú: 2 a2 2 b2 2 c2 6 a2 b2 c2 5 a2 b2 c2 3 Kết hợp lại ta được:  1 2bc 1 2ca 1 2ab 5 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c 3 2. Giả sử hỡnh vuụng kỳ diệu điền cỏc số a,b,c,d,e, f , g,h,i như hỡnh vẽ a b c d e f g h i Đặt S a b c d e f g h i S Suy ra d e f b e h a e i c e g 1 3 4S 4S S d e f b e h a e i c e g S 3e e 2 3 3 9 2S Từ 1 và 2 d f b h a i c g 2e đpcm 9 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =