Đề thi Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Thành phố Sầm Sơn (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT Thành phố Sầm Sơn (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 THÀNH PHỐ SẦM SƠN NĂM HỌC: 2020 - 2021 ĐỀ THI THỬ SỐ 83 Thời gian làm bài:120 phút (Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang) Bài 1: (4,0 điểm) x2 x x 1 1 2 x2 Cho biểu thức P 2 : 2 x 2x 1 x x 1 x x 1. Rút gọn biểu thức P ; 2. Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Bài 2: (4,0 điểm) 1. Tìm phần dư của phép chia đa thức P(x) cho (x 1)(x3 1) biết P(x) chia cho (x 1) thì dư 1, P(x) chia cho (x3 1) thì dư x2 x 1. 2.Giải phương trình x 3 x 5 x 6 x 10 24x2 0 Bài 3:(4,0 điểm) 1. Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi. 2.Cho số nguyên tố p 3 và hai số nguyên dương a, b sao cho: p2 a2 b2 . Chứng minh a chia hết cho 12. Bài 4: (6,0 điểm) Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB (M A, B) . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF và giao điểm hai đường chéo mỗi hình vuông lần lượt làO,O'. Gọi H là giao điểm của AE và BC . 1. Chứng minh rằng: AE  BC ; 2. Gọi I là giao của AC và BE . Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng DF và ba điểm H, D, F thẳng hàng; 3. Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB . Bài 5: (2,0 điểm) Cho các số dương a,b,c thoả mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 S a 1 2 b2 1 b 1 2 c2 1 c 1 2 a2 1 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
2. ĐÁP ÁN ĐỀ HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN LỚP 8 THÀNH PHỐ SẦM SƠN Năm học: 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4,0 điểm) x2 x x 1 1 2 x2 Cho biểu thức P 2 : 2 x 2x 1 x x 1 x x 1. Rút gọn biểu thức P ; 2. Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. Lời giải 1.ĐKXĐ: x 0; x 1; x 1 x2 x x 1 1 2 x2 x2 x (x 1)(x 1) x 2 x2 P 2 : 2 2 : x 2x 1 x x 1 x x (x 1) x(x 1) x(x 1) x2 1 x 2 x2 x(x 1) x 1 x(x 1) x(x 1) : : . (x 1)2 x(x 1) (x 1)2 x(x 1) (x 1)2 x 1 x2 Vậy P với x 0; x 1; x 1 x 1 x2 x2 1 1 1 1 2.Ta có: P x 1 Z Z x 1 1; 1 x 0;2 x 1 x 1 x 1 x 1 Kết hợp với ĐKXĐ, ta được x 2 . Bài 2: (4,0 điểm) 1.Tìm phần dư của phép chia đa thức P(x) cho (x 1)(x3 1) biết P(x) chia cho (x 1) thìdư 1, P(x) chia cho (x3 1) thì dư x2 x 1. 2.Giải phương trình x 3 x 5 x 6 x 10 24x2 0 Lời giải 1.Đặt P(x) (x 1)(x3 1).Q(x) ax3 bx2 cx d với mọi x Vì ax3 bx2 cx d a(x3 1) bx2 cx d a Từ P(x) chia cho x3 1dư x2 x 1 suy ra bx2 cx d a x2 x 1.Do đób 1;c 1;d a 1 Lại có P(x) chia cho x 1 dư 1 Nên P(1) 1hay a b c d 1 a d 1 d 0; a 1 Vậy đa thức dư là: -x3 x2 x 2.Với x 0 , ta có 0 3 0 5 0 6 0 10 24.02 0 (vô lí) x 0 không thỏa mãn đề cho.
3. Với x 0 , Ta có: x2 11x 30 x2 13x 30 24x2 0 30 30 30 x 11 x 13 24 0 . Đặt y x khi đó ta có phương trình: x x x 30 x 7 (1) y 7 x y 11 y 13 24 0 (T/m) y 17 30 x 17 (2) x 2 2 7 49 +) Giải (1) x 7x 30 0 x 0 đúngx 2 4 không có giá trị của x thỏa mãn. 2 x 2 +) Giải (2) x 17x 30 0 x 2 x 15 0 (T/m) x 15 Vậy x 2;15 Bài 3:(4,0 điểm) 1.Tìm tất cả các tam giác vuông có số đo các cạnh là số nguyên dương và số đo diện tích bằng số đo chu vi. 2.Cho số nguyên tố p 3 và hai số nguyên dương a, b sao cho: p2 a2 b2 . Chứng minh a chia hết cho 12. Lời giải 1.Gọi số đo 3 cạnh của tam giác là x, y, z trong đó z là cạnh huyền (x, y, z Z ) . Ta có: xy 2(x y z) (1) (theo đề bài) và x2 y 2 z 2 (2) (theo định lý Pitago) Từ (2) : z2 (x y)2 2xy thay (1) vào ta được: z2 (x y)2 4(x y z) z2 4z (x y)2 4(x y) z2 4z 4 (x y)2 4(x y) 4 (z 2)2 (x y 2)2 z 2 x y 2 z x y 4 thay vào (1) ta được xy 2(x y x y 4) xy 4x 4y 8 xy 4x 4y 16 8 (x 4)(y 4) 8 1.8 2.4 ( 1).( 8) ( 2).( 4) Vậy (x; y; z) (5;12;13);(12;5;13);(6;8;10);(8;6;10). 2.Ta có: p2 a2 b2 p2 b2 a2 (b a)(b a) b a và b a phải là ước dương của p2 . Mà do p nguyên tố nên ước dương của p2 là 1; p và p2 . Do b a b a với mọi a, b nguyên dương và p nguyên tố lớn hơn 3 nên không xảy ra trườnghợp b a b a p
4. 2 b a p 2 2 Do đó (b a) (b a) p 1 2a p 1 ( p 1)( p 1) b a 1 Mà p nguyên tố và p 3 , suy ra p lẻ nên p 1 và p 1 là hai số chẵn liên tiếp. Suy ra ( p 1)( p 1)8 2a  8 nên a4 . (1) Lại có p 1; p; p 1là 3 số tự nhiên liên tiếp nên trong đó phải có 1 số chia hết cho3. Mà p là số nguyên tố lớn hơn 3 nên p không chia hết cho 3 p 1 hoặc p 1phải chia hết cho3 ( p 1)( p 1)3 2a3 a3 (2) Từ (1) và (2) kết hợp với ƯCLN(3, 4) = 1 a 12 Vậy với nguyên tố p 3 và 2 số nguyên dương a,b sao cho: p2 a2 b2 thì a 12 . Bài 4: (6,0 điểm) Cho điểm M di động trên đoạn thẳng AB (M A, B) . Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các hình vuông AMCD, BMEF và giao điểm hai đường chéo mỗi hình vuông lần lượt làO,O'. Gọi H là giao điểm của AE và BC . 1.Chứng minh rằng: AE  BC . 2.Gọi I là giao của AC và BE . Chứng minh I là trung điểm của đoạn thẳng DF và ba điểm H, D, F thẳng hàng. 3.Chứng minh rằng đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB . Lời giải D C I H E F O O' A K M B 1. AME CMB (c.g.c) E· AM B· CM Mà B· CM M· BC 900 E· AM M· BC 900 ·AHB 900 Vậy AE  BC 2.Từ GT D· MA I·BA 450 DM // IB . Tương tự có: AC // MF
5. Từ đó: OMO'I là hình bình hành OI O’M và OI // O’M OI O ' F và OI // MF nên OIFO 'là hình bình hành. Do đó: IF // OO’ và IF OO’ (1) Chứng minh tương tự, ta cũng có DI // OO’ và DI OO’ (2) Từ (1) và (2) suy ra ba điểm D, I, F thẳng hàng và DI IF nên I là trung điểm của đoạn thẳng DF . Gọi O là giao điểm của AC và DM . AHC (Hµ 900 ) có HO là đường trung tuyến 1 1 HO AC DM DHM vuông tại H . Do đó: D· HM 900 2 2 Chứng minh tương tự ta có: M· HF 900 Do đó: D· HM M· HF 1800 . Vậy ba điểm D, H,M thẳng hàng. 3. Vì I là trung điểm của DF , Kẻ IK  AB (K AB) IK là đường trung bình của AD BF AM BM AB hình thang ABFD IK (không đổi) 2 2 2 Do A, B cố định nên K cố định, mà IK không đổi nên I cố định. Vậy đường thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi điểm M di động trên đoạn thẳng AB . Bài 5: (2,0 điểm) Cho các số dương a,b,c thoả mãn abc 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thứ 1 1 1 S a 1 2 b2 1 b 1 2 c2 1 c 1 2 a2 1 Lời giải Ta có: (a 1)2 b2 1 a2 b2 2a 2 2ab 2a 2 2 ab a 1 0 1 1 .Dấu “ ” xảy ra khi a b (a 1)2 b2 1 2(ab a 1) 1 1 1 1 Tương tự, ta có: ; . (b 1)2 c2 1 2(bc b 1) (c 1)2 a2 1 2(ac c 1) Từ đó suy ra: 1 1 1 1 bc 1 b S 2(ab a 1) 2(bc b 1) 2(ca c 1) 2 abcb abc bc bc b 1 abc bc b 1 bc 1 b 1 bc b 1 1 1 S S 2 bc b 1 bc b 1 bc b 1 2 bc b 1 2 2 1 Dấu “=” xảy ra khi a b c 1. Vậy Max S khi a b c 1. 2 = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =