Đề thi học sinh năng khiếu môn Toán 8 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT huyện Thanh Trì (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi học sinh năng khiếu môn Toán 8 - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT huyện Thanh Trì (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT HUYỆN THANH TRÌ ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU TRƯỜNG THCS MÔN TOÁN ĐỀ THI HSG SỐ 45 NĂM HỌC: 2019 – 2020 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày kiểm tra 04/7/2020 Bài 1: (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 x2 1 2. Phân tích đa thức thành nhân từ: xy(x y) yz(y z) zx(z x) . Bài 2: (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: (12x 1)(6x 1)(4x 1)(3x 1) 330 . x a x 2 2. Cho phương trình: 2 * . x 2 x a a) Giải phương trình * khi a 1. b) Tìm giá trị của a để x 1 là nghiệm của phương trình * . Bài 3: (3,0 điểm) a b c 1. Giả sử a,b,c là ba số đôi một khác nhau và 0 . b c c a a b a b c Chứng minh rằng: 0 . (b c)2 (c a)2 (a b)2 2. Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn x y z 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 . x2 x y2 y z2 z 2 Bài 4: (3,0 điểm) 1. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn: n 1 và 2n 1 đều là số chính phương thì n chia hết cho 24 . 2. Chứng minh rằng nếu x4 4x3 5ax2 4bx c chia hết cho x3 3x2 9x 3 thì a b c 0 . Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . a) Chứng minh: Các tam giác ABC , AEF đồng dạng. HD HE HF b) Chứng minh: 1. AD BE CF c) Chứng minh: BF.BA CE.CA BC 2 . d) Gọi M là trung điểm của BC Đường thằng qua H vuông góc MH cắt AB, AC lần lượt tại N, K . Chứng minh: Tam giác MNK cân. Bài 6: (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y, z sao cho: x y z xyz . = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =
2. ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH NĂNG KHIẾU MÔN TOÁN TRƯỜNG THCS THANH TRÌ Năm học: 2019-2020 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (4,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x4 x2 1. 2. Phân tích đa thức thành nhân từ: xy(x y) yz(y z) zx(z x) . Lời giải 2 1. x4 x2 1 x4 2x2 1 x2 x2 1 x2 x2 x 1 x2 x 1 . 2. xy(x y) yz(y z) zx(z x) xy(x y) yz(x y) yz(z x) zx(z x) y(x y)(x z) z(z x)(x y) (x y)(x z)(y z) . Bài 2: (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: (12x 1)(6x 1)(4x 1)(3x 1) 330 . x a x 2 2. Cho phương trình: 2 * . x 2 x a a) Giải phương trình * khi a 1. b) Tìm giá trị của a để x 1 là nghiệm của phương trình * . Lời giải 1. (12x 1)(6x 1)(4x 1)(3x 1) 330 (12x 1)(12x 2)(12x 3)(12x 4) 7920 (Nhân cả hai về với 24 ) 144x2 60x 4 144x2 60x 6 7920 Đặt: 144x2 60x 5 y Ta có phương trình: (y 1)(y 1) 7920 y2 7921 y 89 hoặc y 89 7 Với y 89, ta có: 144x2 60x 5 89. Giải ra: x 1 hoặc x 12 Với y 89, ta có: 144x2 60x 5 89. Giải thích được phương trình này vô nghiệm. 7 Kết luận: Phương trình đã cho có hai nghiệm x 1 hoặc x . 12 2. x 1 x 2 a) Với a 1, ta có phương trình: 2 (ĐK: x 2; 1) x 2 x 1 3 Giải phương trình tìm ra: x (TMĐK) 2 1 a 1 b) Thay x 1 vào phương trình * ta có: 2 (ĐK: a 1) 3 1 a Giải phương trình tìm ra: a 2 (thỏa mãn điều kiện) hoặc a 4 (thỏa mãn điều kiện) và kết luận.
3. Bài 3: (3,0 điểm) a b c 1. Giả sử a,b,c là ba số đôi một khác nhau và 0 b c c a a b a b c Chứng minh rằng: 0 . (b c)2 (c a)2 (a b)2 2. Cho các số thực dương x; y; z thỏa mãn x y z 3. Chứng minh rằng: 1 1 1 3 . x2 x y2 y z2 z 2 Lời giải a b c a b c b2 ab ac c2 1. 0 b c c a a b b c a c b a (a b)(c a) a b2 ab ac c2 1 (1) (Nhân hai vế với ) (b c)2 (a b)(c a)(b c) b c b c2 bc ba a2 Tương tự ta có: 2 (c a)2 (a b)(c a)(b c) c a2 ac cb b2 3 (a b)2 (a b)(c a)(b c) Công vế với vế của 1 , 2 , 3 ta được đpcm. 1 1 1 1 1 1 2. Đặt P x2 x y2 y z2 z x(x 1) y(y 1) z(z 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x x 1 y y 1 z z 1 x y z x 1 y 1 z 1 1 1 1 9 1 1 1 1 Áp dụng BĐT và với a,b,c dương dấu bằng xảy a b c a b c a b 4 a b ra a b c 1 1 1 1 1 1 1 1 1 Ta có 1 ; 1 ;  1 x 1 4 x y 1 4 y a 1 4 x Do dó : 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 P  1 1 1 x y z x 1 y 1 x 1 x y z 4 x y x 3 1 1 1 3 3 9 3 9 3 3   (đpcm). 4 x y z 4 4 x y z 4 4 4 2 Bài 4: (3,0 điểm) 1. Chứng minh rằng nếu n là số tự nhiên thỏa mãn: n 1 và 2n 1 đều là số chính phương thì n chia hết cho 24 .
4. 2. Chứng minh rằng nếu x4 4x3 5ax2 4bx c chia hết cho x3 3x2 9x 3 thì a b c 0 . Lời giải 1. Vì n 1 và 2n 1 đều là số chính phương nên ta có: n 1 k 2 ;2n 1 m2 ( k,m là các số tự nhiên) Ta thấy m là số lẻ (vì 2n 1 là số lẻ) m 2t 1 (t là số tự nhiên) m2 4t(t 1) 1 2n 1 4t(t 1) 1 n 2t(t 1) n chẵn k lẻ Ta có: k 2 , m2 khi chia cho 3 có số dư là 0 hoặc 1 . Mà: k 2 m2 3n 2 chia 3 dư 2 Nên k 2 , m2 chia cho 3 cùng có số dư là 1 n m2 k 2 chia hết cho 3 1 Ta có k lẻ k 2 p 1 ( p là số tự nhiên) k 2 4 p( p 1) 1 n 1 n 4 p( p 1) chia hết cho 8 2 Từ 1 và 2 suy ra: n chia hết cho 24 . 2. Ta có: x4 4x3 5ax2 4bx c x3 3x2 9x 3 x m . x4 (m 3)x3 (3m 9)x2 (9m 3)x 3m Suy ra: m 3 4 m 7 3m 9 5a a 6 9m 3 4b b 15 c 3m c 21 Vậy a b c 0 . Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn. Các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H . a) Chứng minh: Các tam giác ABC , AEF đồng dạng. HD HE HF b) Chứng minh: 1. AD BE CF c) Chứng minh: BF.BA CE.CA BC 2 . d) Gọi M là trung điểm của BC Đường thằng qua H vuông góc MH cắt AB, AC lần lượt tại N, K . Chứng minh: Tam giác MNK cân. Lời giải
5. A E K F H N B D M C a) Vẽ hình đúng đên câu a AE AF Chứng minh đúng: AEB∽ AFC . Suy ra: AB AC Chứng minh đúng: ABC∽ AEF HD S b) Chỉ ra được: BHC đủ căn cứ AD SABC HE S HF S Tương tự: AHC ; AHB BE SABC CF SABC HD HE HF S S S Suy ra: BHC AHC AHB 1. AD BE CF SABC c) CMTT câu a, chỉ ra được BDF đồng dạng BAC BF BD Suy ra BF.BA BD.BC BC BA Tương tự CE.CA CD.BC Cộng vế với vế của hai đẳng thức ta được: BF.BA+ CE.CA CD.BC BD.BC = CD DB .BC BC 2 d) Chứng minh được B· AH B· CH (Cùng phụ ·ABC ) Chứng minh được ·ANH C· HM (Cùng phụ N· HF ) Suy ra: ANH đồng dạng CHM (g - g) NH AH NH HM Suy ra: , hay 1 HM CM AH CM KH HM chứng minh tương tự: (2) AH BM Từ 1 ; 2 và CM BM suy ra: HK NH . Vậy MNK cân (Vì MH vừa là đường cao vừa là trung tuyến). Bài 6: (1,0 điểm) Tìm các số tự nhiên x, y, z sao cho: x y z xyz . Lời giải 1 1 1 a) Chia hai vế của: x y z xyz cho xyz 0 ta có: 1 xy yz xz Do vai trò x, y, z như nhau nên giả sử: 1 x y z ta có:
6. 1 1 1 1 1 1 3 1 x 1 (vì x nguyên dương) xy yz xz x2 x2 x2 x2 Thay x 1 ta có: yz y z 1 (y 1)(z 1) 2 y 2, z 3 (vì y z ) Vậy ba số cần tìm là: 1;2;3. = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =