Đề thi Olympic môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT tỉnh Bà Rịa-Vũng Tàu (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi Olympic môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng GD&ĐT tỉnh Bà Rịa-Vũng Tàu (Có đáp án)

1. TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ THI OLYMPIC MÔN TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC NĂM HỌC 2020 – 2021 Thời gian làm bài: 120’ Bài 1: (3,0 điểm) 1. Chứng minh n3 (n 1)3 (n 2)3 chia hết cho 9 với mọi số nguyên n . 2. Phân tích đa thức x(y2 z2 ) y(z2 x2 ) z(x2 y2 ) thành nhân tử. Bài 2: (3,0 điểm) 4xy x y 2xy Cho biểu thức: C x y : 2 2 với x y x y x y y x x y 1. Rút gọn biểu thức C ; 2. Khi cho x2 y2 .C 8 , hãy tính giá trị của biểu thức: M x2 (x 1) y2 (y 1) 3xy(x y 1) xy Bài 3: (3,0 điểm) 16 3 1. Giải phương trình: x 1 2 8 . x 3 x 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn điều kiện 2x2 2xy x y 2 0 Bài 4: (3,0 điểm) 1. Cho số thực x thay đổi thỏa mãn x 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 P x2 3x 2 2x 2. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 3n 19 là số chính phương. Bài 5: (6,0 điểm). Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, lấy điểm M là trung điểm BC . Qua điểm D thuộc đoạn BM , vẽ đường thẳng song song với AM , đường thẳng này cắt hai đường thẳng AB, AC , lần lượt tại E và F . Qua A vẽ đường thẳng song song với BC và cắt EF tại K . 1. Chứng minh ·AKE ·ACB M· AC 2. Tính giá trị của DE DE 2AM 3. Chứng minh K là trung điểm của đoạn EF . Bài 6: (2,0 điểm)Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Trên đường cao AH của tam giác ABC lấy điểm M ( M nằm giữa A và H ). Tia BM cắt AC tại I , tia CM cắt AB tại K . Chứng minh HA là tia phân giác của K· HI . ========================HẾT======================
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLIMPIC MÔN TOÁN 8 TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Năm học: 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (3,0 điểm) 1. Chứng minh n3 (n 1)3 (n 2)3 chia hết cho 9 với mọi số nguyên n . 2. Phân tích đa thức x(y2 z2 ) y(z2 x2 ) z(x2 y2 ) thành nhân tử. Lời giải chi tiết 1)Ta có: n3 (n 1)3 (n 2)3 n3 n3 3n2 3n 1 n3 6n2 12n 8 3n3 9n2 15n 9 (3n2 15n) 9(n2 1) Có 9(n2 1)9, n Z (1) Và 3n3 15n 3n3 3n 18n 3(n 1)n(n 1) 18n Vì n 1,n,n 1 là ba số nguyên liên tiếp, n ¢ (n 1)n(n 1)3, n Z 3(n 1)n(n 1)9, n Z Mà 18n9, n Z 3(n 1)n(n 1) 18n9, n Z 3n3 15n9, n Z (2) Từ (1) và (2) suy ra: (3n3 15n) 9(n2 1) 9, n Z n3 (n 1)3 (n 2)3 9, n Z (đpcm) 2)Ta có: x(y2 z2 ) y(z2 x2 ) z(x2 y2 ) x(y z)(y z) yz2 yx2 zx2 zy2 x(y z)(y z) yz2 yx2 zx2 zy2 x(y z)(y z) yz(y z) x2 (y z) (y z)(xy xz yz x2 ) (y z)z(x y) x(x y) (y z)(z x)(x y) 4xy x y 2xy Bài 2: (3,0 điểm) Cho biểu thức: C x y : 2 2 với x y x y x y y x x y 1. Rút gọn biểu thức C ; 2. Khi cho x2 y2 .C 8 , hãy tính giá trị của biểu thức: M x2 (x 1) y2 (y 1) 3xy(x y 1) xy Lời giải chi tiết 1) Với x y , ta có: 4xy x y 2xy C x y : 2 2 x y x y y x x y
3. x(x y) 4xy y(x y) x(x y) y(x y) 2xy : x y (x y)(x y) x2 xy 4xy xy y2 x2 xy xy y2 2xy : x y (x y)(x y) (x y)2 (x y)(x y) (x y)2 : x y (x y)(x y) x y (x y)2 Vậy C với x y . x y (x y)2 2) +) Theo câu 1) ta có: C với x y x y Vì x2 y2 .C 8 (x y)2 (x y)(x y). 8 x y (x y)3 8 x y 2. +) Ta có: M x2 (x 1) y2 (y 1) 3xy(x y 1) xy x3 x2 y3 y2 3x2 y 3xy2 3xy xy (x2 2xy y2 ) (x3 3x2 y 3xy2 y3 ) (x y)2 (x y)3 (*) Thay x y 2 vào (*) ta được: M ( 2)2 ( 2)3 4 8 4 Vậy M 4 với x, y thỏa mãn đề. Bài 3: (3,0 điểm) 16 3 1. Giải phương trình: x 1 2 8 . x 3 x 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x, y thỏa mãn điều kiện 2x2 2xy x y 2 0 . Lời giải chi tiết 16 3 1) x 1 2 8 (1) x 3 x +) ĐKXĐ: x 0 Khi đó: 16x 3 (1) x 8 0 x2 3 x x4 8x3 22x2 24x 9 0 x4 x3 7x3 7x2 15x2 15x 9x 9 0 x3 (x 1) 7x2 (x 1) 15x(x 1) 9(x 1) 0 (x3 7x2 15x 9)(x 1) 0
4. 3 2 2 (x x ) (6x 6x) (9x 9) (x 1) 0 2 x (x 1) 6x(x 1) 9(x 1) (x 1) 0 (x 3)2 (x 1) 0 x 3 0 x 1 0 x 3 (TMDK) x 1 (TMDK) Vậy phương trình (1) có tập nghiệm là S 3;1 2) 2x2 2xy x y 2 0 (1) Giả sử tồn tại x, y Z thỏa mãn đề bài. Ta có: 2x2 2xy x y 2 0 2x(x y) (x y) 2x 2 0 (x y)(2x 1) (2x 1) 3 (2x 1)(x y 1) 3 (1) Vì x, y Z nên 2x 1 Z; x-y+1 Z Suy ra 2x 1 là ước của 3 2x 1 3; 1;1;3 2x 2;0;2;4 x 1;0;1;2 ; Mà x Z x 1;2 Nếu x 1, thay vào (1) ta được: (2.1 1).(1 y 1) 3 2 y 3 y 5 (thỏa mãn) Nếu x 2 thay vào (1) ta được: (2.2 1).(2 y 1) 3 3(3 y) 3 3 y 1 y 4 (Chọn) Vậy x; y 1;5 , 2;4  là các cặp giá trị cần tìm thỏa mãn yêu cầu đề bài. Bài 4: (3,0 điểm) 1.Cho số thực x thay đổi thỏa mãn x 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 P x2 3x 2 2x 2. Tìm tất cả các số tự nhiên n sao cho 3n 19 là số chính phương. Lời giải chi tiết
5. 1) Ta có: 2 1 2 x 1 7x P x 4x 4 x 2 (x 2) 2 2x 8 2x 8 Có (x 2)2 0, x R (1) x 1 Áp dụng bất đẳng thức AM – GM cho ; 0 có: 8 2x x 1 x 1 1 2 . (2) 8 2x 8 2x 2 7x 14 7 Vì x 2 (3) 8 8 4 1 7 1 Từ (1); (2); (3) P 0 2 P 2 4 4 (x 2)2 0 x 1 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x 2 (thỏa mãn) 8 2x x 2 1 Vậy MinP tại x 2 . 4 2) Đặt 3n 19 a2 (1) *) Xét n 2k,k ¥ Khi đó (1) trở thành: 32k 19 a2 (a 3k )(a 3k ) 19 a 3k 1 Nhận thấy a 3k a 3k k a 3 19 2a 20 a 10 3n 19 102 3n 81 n 4(nhận) *) Xét n 2k 1; k ¥ . Khi đó (1) trở thành: 32k 1 19 a2 3.9k 19 a2 Lại có: 9 1(mod 4) 9k 1(mod 4) 3.9k  3(mod 4) Mà 19  3(mod 4) Suy ra: (3.9k 19)  2(mod 4) Mặt khác a2 không thể đồng dư với 2mod 4 Do đó n 2k 1 (k ¥ ) không thỏa mãn Vậy n 4 thì 3n 19 là số chính phương.
6. Bài 5: (6,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, lấy điểm M là trung điểm BC . Qua điểm D thuộc đoạn BM , vẽ đường thẳng song song với AM , đường thẳng này cắt hai đường thẳng AB, AC , lần lượt tại E và F . Qua A vẽ đường thẳng song song với BC và cắt EF tại K . 1.Chứng minh ·AKE ·ACB M· AC 2. Tính giá trị của DE DE 2AM 3. Chứng minh K là trung điểm của đoạn EF . Lời giải chi tiết F A K E C B D M 1) Xét tứ giác AKDM có: AK // DM (vì AK // BC; D, M BC ) DK // AM (vì DF // AM ; K DF) Suy ra tứ giác AKDM là hình bình hành ·AKD ·AMD (1) +) Ta có ·AMD là góc ngoài của AMC ·AMD M· AC M· CA (2) Từ (1) và (2) suy ra: ·AKD M· AC M· CA Hay ·AKE ·ACB M· AC (đpcm) 2) Ta có: DE DF DE DE EF 2DE 2EK (vì KE FK (cmt) 2.(DE EK) 2.DK Mà: DK AM (vì tứ giác AKDM là hình bình hành) DE DF 2AM DE DF 2AM 0 3) Xét AKE và BHA có: ·AKE B· MA (vì tứ giác AKDM là hình bình hành) K· AE M· BA (vì AK // BC ) Suy ra: AKE : BMA (g.g) AK KE (1) BM AM +) Xét AFK và CAM có: K· AF M· CA (vì AK // BC ) ·AFK C· AM (vì AM // DF )
7. Suy ra: AFK : CAM (g.g) AK FK (2) CM AM Lại có BM CM (vì M là trung điểm của BC ) (3) Từ (1) ; (2) ; (3) suy ra KE FK hay K là trung điểm của EF (đpcm) Bài 6: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Trên đường cao AH của tam giác ABC lấy điểm M ( M nằm giữa A và H ). Tia BM cắt AC tại I , tia CM cắt AB tại K . Chứng minh HA là tia phân giác của K· HI Lời giải chi tiết R A S Q P I K M C B H Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt BI, CK, HK, HI lần lượt tại P, Q, R, S AR KA AQ Ta có: (1) BH KB BC AS AI AP Tương tự: (2) HC IC BC AR HC AQ Chia từng vế (1) cho (2) ta được: . (3) AS HB AP AQ MA AP AQ HC Lại có: (4) HC MH BH AP HB AR Từ (3) và (4) suy ra 1 AR AS AS +) HRS cân tại H ; AR AS suy ra HA là tia phân giác của K· HI (đpcm) = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =