110 đề HSG toán 8 nghĩa đàn 2013 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (266.9 KB, 4 trang )
PHÒNG GD&ĐT NGHĨA ĐÀN
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI OLYMPIC CẤP HUYỆN
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán 8
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (5,0 điểm)
Cho biểu thức
P
x2 x x 1
1
2 x2
:
x2 2 x 1 x
x 1 x2 x
a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn P
b) Tìm x để P
1
2
c) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x > 1
Câu 2 (6 điểm)
a) Tìm đa thức f(x) biết rằng: f(x) chia cho x 2 dư 10, f(x) chia cho x 2 dư 22,
f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư
3
b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên a thì a 5a chia hết cho 6.
c) Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012x 2013 y 2014 0
Câu 3 (3,0 điểm)
a) Cho a b c 0 và abc 0 , t nh giá trị của biểu thức:
1
1
1
2 2
2
2
2
2
b c a
a c b a b2 c 2
a) Cho 2 số a và b thỏa mãn a 1; b 1. Chứng minh :
1
1
2
2
2
1 ab
1 a
1 b
P
2
Câu 4: (6,0 điểm)
Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O. M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC
(M khác B, C). Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho
BE = CM.
a) Chứng minh: ∆OEM vuông cân.
b) Chứng minh: ME // BN.
c) Từ C kẻ CH BN ( H BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng.
------------------HẾT----------------Họ và tên th sinh:…………………………………………………SBD:…………
(Cán bộ coi thi không giải th ch gì thêm)
/>
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI OLYMPIC
Môn thi: Toán 8
Năm học: 2013 – 2014
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu
Đáp án
Ý
x 0
ĐKXĐ : x 1
x 1
a
2
đ
0,5đ
Không có đk x -1 trừ 0,25đ
P
x x 1 ( x 1)( x 1)
x
2 x2
:
2
x( x 1) x( x 1)
x 1 x( x 1)
0,5đ
P
x x 1 x 2 1 x 2 x 2
:
2
x( x 1)
x 1
0,5đ
P
x x 1
x 1
2
:
x x 1 x( x 1)
x 1
x2
x( x 1) x 12
x 1
x 1
1
x2
1
với
P
x 1 2
2
2 x2 x 1
2 x2 x 1 0
2 x2 2 x x 1 0
P
Câu 1( 5 điểm)
b
2
đ
x ĐKXĐ
2 x 1 x 1 0
x
1
(TM ĐKXĐ)
2
Hoặc x = - 1 ( không TM ĐKXĐ)
(Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm )
Vậy P
1
1
x
2
2
x2
x 2 1 1 x 1 x 1 1
1
x 1
x 1
x 1
x 1
x 1
1
1
P x 1
x 1
2
x 1
x 1
1
Vì x > 1 nên x 1 0 và
> 0. Áp dụng bất đẳng thức Cosi cho 2
x 1
1
1
1
2 x 1
2
số dương x – 1 và
ta có: x 1
x 1
x 1
x 1
1
Dấu “ = “ xẩy ra khi x – 1 =
x 1
P
c
1
đ
Điểm
( x – 1)2 = 1
x – 1 = 1 ( vì x – 1 > 0 )
x = 2 ( TM )
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2
/>
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
a Giả sử f(x) chia cho x2 4 được thương là 5x và còn dư là ax b .
2 Khi đó: f ( x) ( x2 4).(5x) ax+b
đ Theo đề bài, ta có:
f (2) 22
2a b 22
a 3
f (2) 10
2a b 10
b 16
Câu 2( 6 điểm)
Do đó: f ( x) ( x2 4).(5x) 3x+16
Vậy đa thức f(x) cần tìm có dạng: f ( x) 5x3 23x 16.
a3 + 5 a = a3 – a + 6a
= a(a2 – 1) + 6a
b = (a-1)a(a+1)+ 6a
2 * (a-1)a(a+1) là t ch của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 2
đ suy ra chia hết cho 2
* (a-1)a(a+1) là t ch của 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại 1 bội của 3
suy ra chia hết cho 3
Vì (2;3) = 1 nên (a-1)a(a+1) chia hết cho 6
* 6a chia hết cho 6
Vậy a3 + 5 a chia hết cho 6
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0.5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
x 2 xy 2012 x 2013 y 2014 0
c
2
đ
x 2 xy x 2013x 2013 y 2013 1
x( x y 1) 2013( x y 1) 1 ( x 2013)( x y 1) 1
x 2013 1
x y 1 1
x 2013 1
x y 1 1
x 2014
y 2014
x 2012
y 2014
điểm)
P
a
Câu 3(3,0
=
b
=
1,0đ
0,25đ
0,25đ
1
1
1
2 2 2 2
2
2
b c a a c b a b2 c 2
2
1
1
1
2 2
2
2
2
2
b c (b c) a c (a c) a b (a b)2
1
1
1
2bc 2ac 2ab
abc
0
2abc
1
1
2
1
1 1
1
=
2
2
2
2
1 ab 1 a
1 ab 1 b
1 ab
1 a
1 b
0,5đ
2
2
ab a 2
ab b 2
(1 a 2 )(1 ab) (1 b 2 )(1 ab)
a(b a)(1 b 2 ) b(a b)(1 a 2 ) (b a)(a ab 2 b a 2 b)
=
(1 a 2 )(1 b 2 )(1 ab)
(1 a 2 )(1 b 2 )(1 ab)
/>
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
(b a) 2 (ab 1)
=
(1 a 2 )(1 b 2 )(1 ab)
0,5đ
(b a) 2 (ab 1)
Do a 1; b 1 nên
0
(1 a 2 )(1 b 2 )(1 ab)
1
1
2
1
1
2
0
2
2
2
2
1 ab
1 ab
1 a
1 b
1 a
1 b
0,25
E
A
B
1
Hình vẽ
0,5đ
1
O
2
3
M
H'
1
H
D
C
N
Câu 4( 6 điểm)
Xét ∆OEB và ∆OMC
Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC
a Và B1 C1 450
3 BE = CM ( gt )
đ Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)
OE = OM và O1 O3
b
2
đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ
Lại có O2 O3 BOC 900 vì tứ giác ABCD là hình vuông
0,25đ
O2 O1 EOM 900 kết hợp với OE = OM ∆OEM vuông cân tại O
0,5đ
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông AB = CD và AB // CD
0,5đ
0,5đ
AM BM
( Theo ĐL Ta- lét) (*)
MN MC
Mà BE = CM (gt) và AB = CD AE = BM thay vào (*)
AM AE
ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)
Ta có :
MN EB
+ AB // CD AB // CN
Gọi H’ là giao điểm của OM và BN
Từ ME // BN OME OH ' E ( cặp góc so le trong)
Mà OME 450 vì ∆OEM vuông cân tại O
MH ' B 450 C1
c
1
đ
0,25đ
0,5đ
0,5đ
∆OMC ∆BMH’ (g.g)
OM MH '
,kết hợp OMB CMH ' ( hai góc đối đỉnh)
OB
MC
∆OMB ∆CMH’ (c.g.c) OBM MH ' C 450
0,5đ
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Vậy BH ' C BH ' M MH ' C 900 CH ' BN
Mà CH BN ( H BN) H H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng 0,25đ
/>
