Đề thi Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT huyện Quỳnh Phụ (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT huyện Quỳnh Phụ (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT HUYỆN QUỲNH PHỤ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 NĂM HỌC: 2020 – 2021 Thời gian làm bài:120 phút x 2 4x 7 4 Bài 1: (3,0 điểm)Cho biểu thức A x 3 x2 5x 6 2 x 1. Rút gọn biểu thức A 2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị là một số nguyên Bài 2: (4,0 điểm) 1. Cho hai đa thức P(x) ax4 bx3 1 và Q(x) x2 2x 1 . Xác định các giá trị của a vàb để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) x5 7x4 15x3 16x2 30x 5 2. Cho biểu thức M x4 2x2 17 Tính giá trị của M tại x 2 3 x m x 3 Bài 3:(4,0 điểm) Cho phương trình 2 1 ( x là ẩn ) x 3 x m 1. Giải phương trình 1 với m 4 2. Tìm điều kiện của m để phương trình 1 có nghiệm duy nhất là số âm Bài 4:(2,0 điểm)Cho hai số dương x và y thỏa mãn x2 4y2 5 . Tìm giá trị lớn nhất của x y Bài 5:(5,0 điểm)Cho hình vuông ABCD . Gọi M là điểm bất kỳ trên đường chéo AC ( M A và C ). Gọi E; F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD và CD . 1. Chứng minh tứ giác DEMF là hình chữ nhật 2. Chứng minh BM  EF 3.Gọi N là trung điểm của AM . Chứng minh CE 2 2DN 2 Bài 6: (2,0 điểm)Cho ABC đều; gọi là M trung điểm của BC .Hai điểm E và F theo thứ tự lần lượt di chuyển trên cạnh AB và cạnh AC sao cho E· MF 600 E A;F A . Chứng minh rằng chu vi của AEF có giá trị không đổi = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 PHÒNG GD&ĐT HUYỆN QUỲNH PHỤ Năm học: 2020-2021 x 2 4x 7 4 Bài 1: (3,0 điểm)Cho biểu thức A x 3 x2 5x 6 2 x 1. Rút gọn biểu thức A 2. Tìm tất cả các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị là một số nguyên Lời giải 1. ĐKXĐ : x 2;x 3 x 2 4x 7 4 A x 3 x2 5x 6 2 x x 2 4x 7 4 A x 3 x 3 x 2 x 2 x 2 x 2 4x 7 4 x 3 A x 3 x 2 x2 4 4x 7 4x 12 A x 3 x 2 x2 8x 15 A x 3 x 2 x 3 x 5 A x 3 x 2 x 5 A x 2 x 5 Vậy A với x 2;x 3 x 2 2. Giả sử tìm được giá trị của x nguyên để biểu thức A nhận giá trị là một số nguyên . x 5 3 Với x 2;x 3 thì A 1 x 2 x 2 3 A Z Z 1 x 2 3 Z 2 x Z x 2 Z 3 Từ 1 ; 2 ; 3 x 2 Ư(3) Ta có bảng sau
3. x 2 3 1 1 3 x 1 1 3 5 Đối chiếu tm tm ktm tm Vậy x 1;1;5 thì biểu thức A nhận giá trị là mội số nguyên Bài 2: (4,0 điểm) 1. Cho hai đa thức P(x) ax4 bx3 1 và Q(x) x2 2x 1 . Xác định các giá trị của a vàb để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) x5 7x4 15x3 16x2 30x 5 2. Cho biểu thức M x4 2x2 17 Tính giá trị của M tại x 2 3 Lời giải 1.Q(x) x2 2x 1 x 1 2 nên đa thức Q(x) có nghiệm x 1 Áp dụng định lý Bơzu ta được P(x)Q(x) P(1) 0 a b 1 0 b a 1 Thay b a 1 P(x) ax4 ax3 x3 1 x 1 ax3 x2 x 1 P(x)Q(x) ax3 x2 x 1x 1 Đặt R(x) ax3 x2 x 1 R(x) x 1 R(1) 0 a 1 1 1 0 a 3 Thay a 3 tìm được b 4 Vậy a 3;b 4 thì đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x) 2. ĐKXĐ của M : x R x 2 3 x 2 3 x2 4x 4 3 x2 4x 1 0 Thực hiện phép chia đa thức x5 7x4 15x3 16x2 30x 5 cho x2 4x 1 được thương là x3 3x2 2x 5 và dư là 8x x5 7x4 15x3 16x2 30x 5 x2 4x 1 x2 4x 1 8x Thực hiện phép chia đa thức x4 2x2 17 cho x2 4x 1 được thương là x2 4x 17 và dư là 64x x4 2x2 17 x2 4x 1 x2 4x 17 64x 2 3 2 x 4x 1 x 3x 2x 5 8x 8x Với x 2 3 thì M ( Do x2 4x 1 0 ) x2 4x 1 x2 4x 17 64x 64x 1 M ( Do x 0 ) 8
4. 1 Vậy M khi x 2 3 8 x m x 3 Bài 3:(4,0 điểm) Cho phương trình 2 1 ( x là ẩn ) x 3 x m 1. Giải phương trình 1 với m 4 2. Tìm điều kiện của m để phương trình 1 có nghiệm duy nhất là số âm Lời giải 1. Thay m 4 vào phương trình 1 ta được: x 4 x 3 2 x 3 x 4 ĐKXĐ : x 4; x 3 x 4 x 4 x 3 x 3 2 x 3 x 4 x2 16 x2 9 2x2 2x 24 2x 1 1 x tmđk 2 1 Vậy với m 4 thì phương trình có nghiệm duy nhất x 2 2. ĐKXĐ : x m; x 3 x m x m x 3 x 3 2 x 3 x m x2 m2 x2 9 2x2 2mx 6x 6m 2mx 6x m2 6m 9 2 m 3 x m 3 2 2 Phương trình 2 có một nghiệm duy nhất 2 m 3 0 m 3 m 3 Khi m 3 thì 2 x 2 m 3 m 3 Phương trình 1 có 1 nghiệm duy nhất x 3 2 m 3 x m 2
5. m 3 m 3 m 3 * m 3 m 3 m 3 Nghiệm duy nhất là số âm x 0 m 3 ** 2 m 3 Kết hợp (*) và (**) ta được m 3 m 3 Vậy với thì phương trình 1 có nghiệm duy nhất là số âm m 3 Bài 4:(2,0 điểm)Cho hai số dương x và y thỏa mãn x2 4y2 5 . Tìm giá trị lớn nhất của x y Lời giải Áp dụng bất đẳng thức Bunhia ta được 2 2 2 1 1 2 x y 1.x 2y 12 x2 2y 2 2 2 5 x y  x2 4y2 4 2 25 x y ( do x2 4y2 5 ) 4 5 x y ( do x và y là hai số dương nên x y 0 ) 2 x 2y 1 1/ 2 x 4y x 2 2 2 2 2 Dấu “=” xảy ra x 4y 5 16y 4y 5 1 y x 0; y 0 x 0; y 0 2 5 1 Vậy GTLN của x y bằng tại x 2; y 2 2 Bài 5:(5,0 điểm)Cho hình vuông ABCD . Gọi M là điểm bất kỳ trên đường chéo AC ( M A và C ). Gọi E; F theo thứ tự là hình chiếu của M trên AD và CD . 1. Chứng minh tứ giác DEMF là hình chữ nhật 2. Chứng minh BM  EF 3. Gọi N là trung điểm của AM . Chứng minh CE 2 2DN 2 Lời giải
6. A B N E M K H D F C 1. Do ABCD là hình vuông E· DF 900 Do E là hình chiếu của M trên AD M· ED 900 Do F là hình chiếu của M trên DC M· FD 900 Tứ giác DEMF là hình chữ nhật ( tứ giác có 3 góc vuông) 2. EM  BC K ; BM  EF H Chứng minh được tứ giác CKME là hình vuông ( hình chữ nhật có một đường chéo là phân giác) MF MK(1) Chứng minh được tứ giác ABKF là hình chữ nhật ( tứ giác có 3 góc vuông) AE BK AME vuông cân tại E AE EM BK EM (2) MK  AD; AD PBC MK  BC M· KB 900 Từ (1); (2) ; (3) MEF KBM c.g.c B· MK E· FM Mà B· MK E· MH ( đối đỉnh ) E· FM E· MH MEF vuông cân tại M E· FM F· EM 900 H· ME F· EM 900 M· HE 900 BM  EF đpcm 3. Do AME vuông cân tại E mà N là trung điểm của AM EN  AM Do AME vuông cân tại E E· MA 900 NME vuông cân tại N EN 2 1 Áp dụng định lý Py- ta- go ME 2 2EN 2 ME 2 2
7. MFC có C· FM C· MF 450 MFC vuông cân tại F FM 2 1 Áp dụng định lý Py- ta- go MC 2 2FM 2 MC 2 2 DE 2 1 Mà MF DE CM 2 2 EN 2 ED2 EN ED ME 2 MC 2 ME MC Xét DEN và CME có : N· ED C· ME 1350 EN ED ME MC DEN CME (c.g.c) DN DE DN 2 DE 2 1 CE CM CE 2 CM 2 2 CE 2 2DN 2 Bài 6: (2,0 điểm)Cho ABC đều; gọi là M trung điểm của BC .Hai điểm E và F theo thứ tự lần lượt di chuyển trên cạnh AB và cạnh AC sao cho E· MF 600 E A;F A . Chứng minh rằng chu vi của AEF có giá trị không đổi Lời giải A F I E K H B C M Gọi H; I; K lần lượt là hình chiếu của M trên AB;EF;AC EBM có E· BM 600 B· EM B· ME 1200 · · · 0 · · 0 · 0 Mà FME BME FMC 180 BME FMC 120 FME 60 B· EM F· MC; Bµ Cµ 600 BEM MEF (g.g)
8. BE EM BE EM ( do CM BM ) CM FM BM FM Xét BEM và MEF có : Bµ F· ME 600 BE EM BM FM BEM MEF (c.g.c) B· EM F· EM MHE = MIE ( cạnh huyền – góc nhọn) EH EI Tương tự chứng minh trên ta được FK FI Chu vi AEF AE FE FA AE EI FI FA AE EH FK FA AH AK Do M ; AB; AC cố định H và K cố định ; A cố định AH AK có giá trị không Vậy chu vi AEF có giá trị không đổi = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =