Đề thi HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Tam Đảo – Vĩnh Phúc

PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN 8
Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1( 2,0 điểm): 3 6 2  6  2x  4  6x  24  3x 3  Cho biểu thức: M= 1 . :  :    6 5 2 9 6 3  x  9  x  3x x  6x  9x 2 x    a) Rút gọn M.
b) Tìm các giá trị nguyên của x để M đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu 2( 2,0 điểm):
Giải các phương trình và bất phương trình sau: x 1 x 2 x  3 x 1 a)      2015 2014 1006 2013 2012 1007 2 4 1 2 y  5 b)   2 3 1  y  y 1  y y 1 Câu 3( 2,5 điểm):  x  y  z  2015 a) Cho ba số 
x, y, z khác không thỏa mãn:  1 1 1 1     x y z 2015
Chứng minh rằng trong ba số x, y, z tồn tại hai số đối nhau. 2 2 2 a b c a  b  c
b) Cho ba số dương a,b,c . Chứng minh rằng:    b  c c  a a  b 2 Câu 4( 2,5 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 ba điểm O, M, H thẳng hàng. Câu 5( 1 điểm):
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2
5x  2y  4xy  2x  4y  2015 . ----------Hết----------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: Toán - Lớp 8 Câu Ý Nội dung Điểm a ĐKXĐ: 3 3 x  0; x  3  ; x  2. 0,25 3 6 2  6  2x  4  6x  24  3x 3  M  1 . :  :    6 5 2 9 6 3  x  9  x  3x x  6x  9x 2 x    3 2 3        3 6 (x ) 4 2(x 3) 4    3(x  2)    1 . :  :  0,25 3 2 2 2 3 3 6 3   
(x )  3  x (x  3)  x (x  6x  9) 2x     3 2 6 (x )  4  2  4    2x  1  1 . :  .   0,25 3  2 3 3 3 2 3 
x  3  x (x  3)  x (x  3) 3(x  2)  (2,0   điểm) 3 2 3 2 3 x  5 4 x .(x  3) x  5  . .  3 2 3 3 3 x  3 x (x  3) 4(x  2) x  2 0,25 b 3 x  5 7 Ta có: M   1 3 3 x  2 x  2 0,25
M có giá trị lớn nhất khi 3
x  2 có giá trị nhỏ nhất mà x  Z nên 3
x  2 phải có giá trị nguyên dương nhỏ nhất  3 x  2 =6  x  2 0, 5
Vậy x  2 thì M có giá trị lớn nhất và bằng 13 6 0,25 a x 1 x 2 x  3 x 1      2015 2014 1006 2013 2012 1007 x 1 x  2 2 2 x  3 x  4 4 1 0,25         2015 2014 2014 1006 2013 2012 2012 1007 x 1 x  2 1 4 x  3 x  4 4 1         2015 2014 1007 2012 2013 2012 2012 1007 0,25 x 1 x  2 x  3 x  4  1 1  1 1 2015 2014 2013 2012 0,25 x  2016 x  x  x  2  2016 2016 2016    2015 2014 2013 2012 (2,0 1 1 1 1 điểm)  (x  2016)(    )  0  x  2016 0,25 2015 2014 2013 2012 b ĐK: y  1 2 2 2 4 1 2 y  5 4(1 y) 1  y  y 2 y  5      0 2 3 2 3 1 y  y 1 y y 1 (1 y  y )(1 y) 1  y 0,25 2 3y  3y 3y( y 1) 3y( y 1)   0   0   0 0,25 3 3 2 1  y 1 y (1 y)(1 y  y ) 3y   0  3  y  0  y  0 2 1 y  y 0,25  y  0
Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là  0,25  y  1 a 1 1 1 (x  y  z)(   )  1 0,25 x y z
 (x  y  z)(xy  yz  zx)  xyz  0
 x(xy  xz)  xyz  ( y  z)(xy  xz)  yz( y  z)  xyz  0 0,25 2 2
 x ( y  z)  x( y  z)  yz(y  z)  0 0,25 2
 (y  z)(x  xy  xz  yz)  0 x  y  0 x   y (x y( y z)(z x) 0  y z 0           y  z   0,25 z  x  0 z  x  
Vậy trong ba số x, y, z tồn tại hai số đối nhau 0,25 b 2 2 2 2 Ta có: a b c (a  b  c)    x  , y, z >0 (1) x y z x  y  z 0,25 3 (2,5
Thật vậy, áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: điểm) 2 2 2 a b c (x  y  z)(   ) x y z   2 2 2 a 2 b 2 c 2
 ( x)  ( y)  ( z )  ( )  ( )  ( )  0,25    x y z   2  a b c  2   x.  y.  z.   (a  b  c)  x y z   2 2 2 2 a b c (a  b  c)     x  , y, z >0. 0,25 x y z x  y  z Áp dụng BĐT (1) ta có: 2 2 2 2 a b c (a  b  c) a  b  c     a  , , b c  0 0,25 b  c c  a a  b 2(a  b  c) 2
 ĐPCM. Dấu “=” xảy ra  a=b=c 0,25 a A E B H M 4 0,25 (2,5 O điểm) N D C Xét ∆OEB và ∆OMC
Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC Và  EBO   0 MCO  45 BE = CM ( gt )
Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)  OE = OM và  EOB   MOC 0,25 Lại có  O   O   0
BOC  90 vì tứ giác ABCD là hình vuông 2 3  EOM   EOB   MOB   MOC   MOB   0
COB  90 kết hợp với OE =
OM  ∆OEM vuông cân tại O 0,25 b
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD 0,25 + AB // CD  AB // CN  AM BM  ( Theo ĐL Ta- lét) (*) MN MC
Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) 0,25 Ta có : AM AE 
 ME // BN ( theo ĐL đảo của ĐL Ta-lét) 0,25 MN EB c
Gọi H’ là giao điểm của OM và BN Từ ME // BN   OME  
MH ' B ( cặp góc đồng vị) Mà  0
OME  45 vì ∆OEM vuông cân tại O   0 MH ' B  45   MCO
 ∆OMC  ∆BMH’ (g.g) 0,5 OM MC   ,kết hợp  OMB  
CMH ' ( hai góc đối đỉnh) MB MH '
 ∆OMB  ∆CMH’ (c.g.c)   OBM   0 MH 'C  45 Vậy  BH C   BH M   0 ' ' MH 'C  90  CH '  BN
Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng 0,5 Ta có: 2 2
5x  2y  4xy  2x  4y  2015 0,25 5 2 2 2 2 (1,0
4x  4xy  y  y  4y  4  x  2x 1  2010 0,5 điểm) 2 2 2
 (2x  y)  ( y  2)  (x 1)  2010  2010 , x y, z Vậy Min(A)=2010   x  1 0,25  y    2 Tổng điểm 10,0
---------------------HÕt------------------------