Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Yên Lạc – Vĩnh Phúc
Xin giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 8 đề giao lưu HSG Toán 8 năm học 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Yên Lạc – Vĩnh Phúc; đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm.
Preview text:
UBND HUYỆN YÊN LẠC
ĐỀ THI GIAO LƯU HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2016 -2017 MÔN: TOÁN
( Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm): 2 x 1 1 4 Cho biểu thức: M = 1 x 4 x 4 2 2 x x 1 x 1 2 1 x a) Rút gọn M
b) Tìm các giá trị của x để M có giá trị là số nguyên. Câu 2 (2,0 điểm):
a) Cho hai số thực x, y thoả mãn 3 2 x 3xy 10 và 3 2 y 3x y 30 .
Tính giá trị biểu thức P = 2 2 x y . a b
b) Giải phương trình với ẩn số là x: 1 bx 1 ax Câu 3 (2,0 điểm):
a) Tìm các cặp số (x; y) nguyên thỏa mãn phương trình: x3 + 2x2 + 3x + 2 = y3
b) Cho số tự nhiên N = 20172016. Viết N thành tổng của k (k N*) số tự nhiên nào đó n 3 3 3
1; n2; ….;nk. Đặt Sn = n1 + n2 + …+nk . Tìm số dư của phép chia Sn cho 6.
Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC nhọn có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H
a) Chứng minh: BH.BE + CH.CF = BC2
b) Chứng minh: H cách đều ba cạnh tam giác DEF
c) Trên đoạn HB, HC tương ứng lấy điểm M, N tùy ý sao cho HM = CN. Chứng
minh đường trung trực của đoạn thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định. Câu 5 (1,0điểm):
a) Cho hai số thực dương x, y thỏa mãn x y 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 28 1 2 2 P 2x y . x y
b) Các số nguyên từ 1 đến 10 được xếp xung quanh một đường tròn theo một
thứ tự tùy ý. Chứng minh rằng với cách xếp đó luôn tồn tại ba số theo thứ tự liên tiếp
có tổng lớn hơn hoặc bằng 17.
---------------Hết---------------
( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:................................................................... Số báo danh:.................. UBND HUYỆN YÊN LẠC
HDC ĐỀ THI GIAO LƯU HSG LỚP 8 CẤP HUYỆN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2016 -2017 MÔN: TOÁN
( Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Câu Đáp án Điểm
a) ĐKXĐ : với mọi x R 0,25 2 x 1 1 4 1 4 x M = x 4 2 2 2
x x 1 x 1 1 x 2 2 4 2 x x x x = ( ) 1 ( ) 1 1 (x4+1-x2) ( 4 2 x x ) 1 ( 2 x ) 1 0,5 4 4 2 2 x x x x = 1 1 2 0,5 2 x 1 2 x 1
b) Biến đổi: M = 1 - 3 , M nguyên 3 nguyên 2 x 1 2 x 1 0,25
1(2,0đ) Đặt 3 = k (kZ) và k ≠ 0 2 x 1 Ta có kx2 + k = 3
x2 = 3 k 0 0 < k ≤ 3, mà kZ nên k{1 ; 2 ; k 3}
+ k = 1 thì x = 2 và M = 0 (thỏa mãn) + k = 2 thì 1 x và M = -1(thỏa mãn) 2
+ k = 3 thì x = 0 và M = -2 (thỏa mãn) 0,25 Vậy x { 2 ; 1 ; 0} 2 0,25 a) Ta có: 3 2
x 3xy 10 x xy 2 3 2 3 100 6 4 2 2 4 x 6x y 9x y 100 0,25 3 2
y 3x y 30 y x y2 3 2 3 900 6 2 4 4 2 y 6x y 9x y 900 0,25 Suy ra: 6 4 2 2 4 6
x 3x y 3x y y 1000 0,25 x y 3 2 2 2 2 1000 x y 10 0,25 2 (2Đ) b) Giải phương trình: a b (1) 1 bx 1 ax ĐKXĐ: x 1 và x 1 b a 0,25
(1) a(1 – ax) = b(1 – bx) a – a2x = b – b2x
a2x – b2x = a – b (a2 – b2)x = a – b
+ Nếu a2 – b2 0 thì phương trình(1) có nghiệm duy nhất x = a b 1 2 2 a b a b
+ Nếu a = b thì phương trình có dạng: 0x = 0 phương trình 0,25
(1) có vô số nghiệm x 1 và x 1 b a
+ Nếu a = -b = 0 thì phương trình có dạng: 0x = 0 phương trình
(1) có vô số nghiệm x 1 và x 1 0,25 b a
+ Nếu a = -b 0 thì phương trình có dạng: 0x = -2b phương trình (1) vô nghiệm. 0,25 2 0,25 a) Ta có 3 7 3 3 2
y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 4 8 2 9 15 3 3 2
( x 2) y 4 x 9 x 6 2 x 0 y x 2 (2) 4 16 0,25
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào phương trình ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x = 1. 0,25
Từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là (1 ; 2), (-1 ; 0). 3 0,25
(2 Đ) b)Vì a3 – a = a(a – 1)(a + 1) nên chia hết cho 6 với mọi số nguyên a 0,25 Đặt N = n 1 + n2 + … + nk, ta có: 0,25 S – N = (n 3 3 3
1 + n2 + … + nk ) – (n1 + n2 + … + nk) = = (n 3 3 3
1 - n1) + (n2 - n2) + … + (nk - nk) chia hết cho 6
S và N có cùng số dư khi chia cho 6
Mặt khác, 2017 chia cho 6 dư 1 20172 chia cho 6 dư 1 N = 20172016 =
(20172)1008 chia cho 6 dư 1. Vậy S chia cho 6 dư 1. 0,25 0,25 A E F H M K I B N D C O
a) Chứng minh: BDH BEC 0,25 BH.BE = BD.BC 0,25 và CDH CFB CH.CF = CD.CB. 0,25
BH.BE + CH.CF = BC.(BD + CD) = BC 2 (đpcm) 0,25 0,25 b) Chứng minh: 0,25 AEF ABC AEF ABC
và CDE CAB CED CBA 0,25 AEF
CED mà EB AC nên EB là phân giác của góc DEF.
4(3 Đ) Tương tự: DA, FC lần lượt là phân giác của góc EDF và góc DFE.
Vậy H là giao của các đường phân giác của tam giác DEF 0,25
Nên H cách đều ba cạnh của tam giác DEF (đpcm) 0,25
c) Gọi O là giao điểm của các đường trung trực của các đoạn thẳng MN
và HC, ta có OMH = ONC (c.c.c) OHM OCN . (1)
Mặt khác ta cũng có OCH cân tại O nên: OHC OCH .(2) Từ (1) và (2) ta có: 0,25 OHC
OHB HO là phân giác của góc BHC
Vậy O là giao điểm của đường trung trực của HC và phân giác của góc 0,25
BHC nên O là điểm cố định.
Hay trung trực của đoạn MN luôn đi qua một điểm cố định là O 0,25 5 a) (1,0 Đ) 2 2 28 1 P 2x y x y 28 1 2 2 7x
y 2x y 7x y x y 28 1 0,25 7x y 2
2x 4x 4 2y 2y 1x y 9 x y 28 1 7x y 2
x 22 y 2 1 x y 9 x y
do x, y dương. Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 28 28 7x 2 .7x 28 x x 1 1 y 2 .y 2 y y
Lại có : (x – 2)2 ≥ 0 ; (y – 1)2 ≥ 0 ; x + y ≥ 3 0,25
suy ra : P ≥ 28 + 2 + 0 + 0 + 3 – 9 = 24 28 7x x 1 y
Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi y
x 2 Vậy Pmin = 24 khi x = 2 và y = 1
x 2 0 y 1 y 1 0 x y 3
b) Giả sử 10 số được xếp theo thứ tự tùy ý là a,b,c,d,e,f,g,h,i,j. Khi đó có
10 bộ ba số theo thứ tự liên tiếp là: (a; b; c); (b; c; d); (c; d; e); ...(j; a; b).
Mỗi số từ 1 đến 10 xuất hiện đúng 3 lần trong 10 bộ số trên. Suy ra tổng các bộ số trên là
S = (a + b + c) + (b + c + d) + ...+ (j + a + b) 0,25
= 3(1 + 2 + 3 +....+ 10) = 165.
Giả sử tất cả các bộ 3 số trên đều có tổng nhỏ hơn hoặc bằng 16 thì:
S ≤ 16. 10 = 160 (mâu thuẫn)
Vậy luôn tồn tại một bộ có tổng lớn hơn hoặc bằng 17. (đpcm) 0,25