19 Đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD.
a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của AB.
b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm.
pdf 105 trang Hải Đông 13/01/2024 1020
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "19 Đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • pdf19_de_on_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_co_dap_an.pdf

Nội dung text: 19 Đề ôn thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

  1. ĐỀ SỐ 1 (Thời gian làm bài 150 phút) Bài 1: (2 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: A = 20182 + 20162 + 20142 + + 42 + 22 – (20172 + 20152 + 20132 + + 32 + 1). b) Cho x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 4. Tính giá trị của biểu thức B = x4 + y4 + z4. Bài 2: (4 điểm) 1. Với n . Chứng minh rằng: a) C = n4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n 1 là số chính phương. b) D = 5n 2 26.5 n 8 2n 1 chia hết cho 59. 2. Tìm n để n5 +1 chia hết cho n3 + 1. Bài 3: (4điểm) a) Giải phương trình: 2009 x 2007 x 2005 x 2003 x x 17 x 15 x 13 x 11 . 7 9 11 13 1999 2001 2003 2005 x m x 2 b) Xác định m để phương trình 2 có nghiệm duy nhất. x 1 x 8x 3 c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . 4x2 1 d) Tìm giá trị của x để Q = 2019 – (x – 1)(x + 2)(x + 3)(x + 6) đạt giá trị lớn nhất. Bài 4: (2 điểm) 19x5 8x 3 27x 2 29x Chứng minh rằng f(x) = nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên. 5 3 2 30 Bài 5: (4 điểm) 1. Cho tam giác ABC, ba đường phân giác AM, BN, CP đồng quy tại I. MB NC PA IM IN IP Chứng minh rằng MC NA PB AM BN CP 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác BD. Qua D kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Gọi F là giao điểm của AE và BD. a) Chứng minh rằng đường thẳng CF đi qua trung điểm của AB. b) Tính độ dài đoạn thẳng DE, biết AD = 3cm, DC = 5cm. Bài 6: (4 điểm) Cho hình bình hành ABCD. Tia phân giác góc A cắt các tia phân giác góc B và góc D thứ tự ở E và F; Tia phân giác góc C cắt các tia phân giác của góc B và góc D thứ tự ở H và G. a) Chứng minh rằng tứ giác EFGH là hình chữ nhật. b) Cho AB = a, BC = b (a > b). Tính HF theo a và b. (a b)2 c) Hình bình hành ABCD cần thêm điều kiện gì để diện tích EFGH bằng . 2 HẾT (Giám thị không giải thích gì thêm)
  2. ĐỀ SỐ 1 (Thời gian làm bài 150 phút) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1:(2 điểm) a) Tính giá trị của biểu thức: A = 20182 + 20162 + 20142 + + 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + + 32 + 1). b) Cho x + y + z = 0 và x2 + y2 + z2 = 4. Tính giá trị của biểu thức B = x4 + y4 + z4. Bài Đáp án Điểm 1a) A = 20182 + 20162 + 20142 + + 42 + 22 – (20172 +20152 + 20132 + + 32 + 1) A 20182 2017 2 2016 2 2015 2 2014 2 2013 2 2 2 1 2 0,5 A 2018 2017 2016 2015 2014 2013 2 1 0,25 2018 2018 1 A 2 037 171. 0,25 Bài 2 1 1b) Ta có xyz0 xyz 2 0 x2 y 2 z 2 2xyyzzx 0 2 2 2 Vì x y z 4 nên 4 2 xy yz zx 0 xy yz zx 2 0,5 xyyzzx2 4 xy2 2 yz 2 2 zx 2 2 2xyzx yz 4 Vì x y z 0nên x2 y 2 y 2 z 2 z 2 x 2 4 . 0,25 Ta có 2 xyz222 4 xyz 222 16 xyz2xyyzzx 444 222222 16 Mà nên x4 y 4 z 4 8. 0,25 Bài 2:(4 điểm) 1.Với n . Chứng minh rằng: a) C = n4 + 6n 3 + 11n 2 + 6n 1 là số chính phương. b) D = 5n 2 26.5 n 8 2n 1 chia hết cho 59. 2. Tìm n để n5 +1 chia hết cho n3 + 1. Bài Đáp án Điểm 2.1a) Ta có C = C = n4 + 2n2(3n + 1) + 9n2 + 6n + 1 0,5 C = n4 + 2n2(3n + 1) + (3n + 1)2 2 2 0,5 C = (n + 3n + 1) Vì n là số tự nhiên nên C là số chính phương. 0,5 2.1b)
  3. n2 n2n1 n n n n n n nn D 5 26.5 8 25.5 26.5 8.64 51.5 64.8 59.5 8 64 5 0,75 Bài n n n n n 2 Vì 64 – 5 64 – 5 59 nên 8(64 – 5 ) 59 và 59.5 59 với mọi số tự nhiên n. 0,5 Do đó D = 5n + 2 + 26.5n + 82n + 1 chia hết cho 59 với mọi số tự nhiên n. 0,25 2.2 Ta có n5 + 1 n3 + 1 n2(n3 + 1) – (n5 + 1) n3 + 1 n2 – 1 n3 + 1 0,25 (n3 + 1) – n(n2 – 1) n3 + 1 n + 1 n3 + 1 1 n2 – n + 1 0,25 n2 n 1 1 n 0 ; 1 2 0,25 n n 1 1 n  Sau khi thử lại ta được n 0 ; 1 thì n5 + 1 chia hết cho n3 + 1. 0,25 Bài 3: (4 điểm) a) Giải phương trình: 2009 x 2007 x 2005 x 2003 x x 17 x 15 x 13 x 11 . 7 9 11 13 1999 2001 2003 2005 x m x 2 b) Xác định m để phương trình 2 có nghiệm duy nhất. x 1 x 8x 3 c) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . 4x2 1 d) Tìm giá trị của x để Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6) đạt giá trị lớn nhất . Bà Đáp án Điể i m 3a) 2009 x 2007 x 2005 x 2003 x VT 4 1 1 1 1 7 9 11 13 2016 x 2016 x 2016 x 2016 x VT 4 0,25 7 9 11 13 x 17 x 15 x 13 x 11 VP 4 1 1 1 1 1999 2001 2003 2005 x 2016 x 2016 x 2016 x 2016 VP 1 1999 2001 2003 2005 0,25 Do đó: 2016 x 2016 x 2016 x 2016 x x 2016 x 2016 x 2016 x 2016 7 9 11 13 1999 2001 2003 2005 1 1 1 1 1 1 1 1 2016 x 2016 x 0,25 7 9 11 13 1999 2001 2003 2005 2016 x 0 x 2016 0,25 3b) ĐKXĐ: x 1 ; x 0. 0,25 Bà x m x 2 2 1 m 3 x 2 * i 3 x 1 x
  4. Phương trình (1) có nghiệm duy nhất 0,25 Phương trình (*) có nghiệm duy nhất khác – 1 và 0. m3 2 m 3 m 3 0,25 1 m3 2 m 3 m 1 2 0 m3 0,25 m3 Vậy khi thì phương trình (1) có nghiệm duy nhất. m1 3c) ĐKXĐ: với mọi x thuộc . 2 22 2 2 8x 3 4x 8x 4 4x 1 4 x 1 4x 1 4 x 1 P 2 2 2 2 1 1 4x1 4x1 4x1 4x1 2 4 x 1 Dấu “=” xảy ra khi 0 x 1. 4x2 1 Vậy GTNN của biểu thức P là – 1, đạt được khi x = – 1. 0,5 2 2 2 2 2 8x 3 4 4x 1 16x 8x 1 4 4x 1 4x 1 4x 1 P 4 4 4x12 4x1 2 4x1 2 4x1 2 2 4x 1 1 Dấu “=” xảy ra khi 0x . 4x2 1 4 0,5 1 Vậy GTLN của biểu thức P là 4, đạt được khi x . 4 3d) ĐKXĐ: với mọi x thuộc . Q = 2019 – (x – 1)(x+2)(x+3)(x+6) Q = 2019 – (x2 + 5x – 6)(x2+ 5x + 6) 0,25 Q = 2019 – [(x2 + 5x)2 – 36] 0,25 Q = 2055 – (x2 + 5x)2 2055 0,25 Dấu “=” xảy ra khi x2 + 5x = 0 x = 0 hoặc x = – 5. Vậy khi x = 0 hoặc x = – 5 thì biểu thức Q đạt GTLN bằng 2055. 0,25 Bài 4:(2 điểm) 19x5 8x 3 27x 2 29x Chứng minh rằng f(x) = nhận giá trị nguyên khi x là số nguyên. 5 3 2 30 Bài Đáp án Điểm 19x5 8x 3 27x 2 29x 114x 5 80x 3 405x 2 29x fx 5 3 2 30 30 5 3 2 f(x) nhận giá trị nguyên 114x + 80x + 405x – 29x 30 0,5 5 3 2 Ta có 114x + 80x + 405x – 29x 5 3 2 5 3 2 = (120x + 90x + 390x – 30x) – (6x + 10x – 15x – x) Bài 5 3 2 Do đó cần chứng minh 6x + 10x – 15x – x 30 0,5 4
  5. ĐỀ SỐ 17 (Thời gian làm bài 150 phút) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Bài Hướng dẫn chấm Điểm 1a) a) Cho a, b là số nguyên. Chứng minh rằng nếu 3a2 – 6ab – 4b2 1,5 đ chia hết cho 7 thì a6 – b6 chia hết cho 7. Ta có 3a2 – 6ab – 4b2 7 6a2 – 12ab – 8b2 7 0,25 đ (7a2 – 14ab – 7b2) – (a2 – 2ab + b2) 7 0,25 đ a2 – 2ab + b2 7 (a – b)2 7 0,25 đ a – b 7 (vì 7 là số nguyên tố) (1) 0,25 đ Ta lại có a6 – b6 = (a3 – b3)(a3 + b3) = (a – b)(a2 + ab + b2)(a3 + b3) (2) 0,25 đ Từ (1) và (2) suy ra: a6 – b6 chia hết cho 7. 0,25 đ 1b) b) Tìm tất cả các số nguyên n để giá trị biểu thức A = n2 + n + 1 là 1,5 đ số chính phương. Vì A = n2 + n + 1 là số chính phương, đặt n2 + n + 1 = m2 (m ) 0,25 đ 4n2 + 4n2 + 4 = 4m2 (2n + 1)2 + 3 = (2m)2 0,25 đ (2n + 1)2 – (2m)2 = -3 (2n + 1 + 2m)(2n + 1 – 2m) = -3 (*) 0,25 đ Từ (*) suy ra 2n + 1 + 2m, 2n + 1 – 2m và 2n + 1 + 2m > 2n + 1 – 2m nên ta có các trường hợp sau : 0,25 đ + 2n + 1 + 2m = 3 và 2n + 1 – 2m = -1 n = 0 (thỏa mãn) 0,25 đ + 2n + 1 + 2m = 1 và 2n + 1 – 2m = -3 n = -1 (thỏa mãn) Vậy các số nguyên n cần tìm là -1 ; 0. 0,25 đ 1c) c) Tìm tất cả các số nguyên n để giá trị biểu thức P = n2 – 4n + 3 là 1,0 đ số nguyên tố. Ta có P = n2 – 4n + 3 = (n – 1)(n – 3) 0,25 đ Để P là số nguyên tố thì n – 1 = 1 ; n – 3 = n = -2 ; 0 ; 2 ; 4. 0,5 đ Thử lại chỉ có n = 0 ; 4 thỏa mãn đề bài. 0,25 đ 2a) x 4 x 2 2 4 a) Giải phương trình . 2,0 đ 2 4 x 4 x 2 ĐKXĐ: x -4 ; x -2 0,25 đ x 4 x 2 2 4 6x 20 6x 20 Ta có (*) 0,5 đ 2 4x4x2 8 x4x2 10 TH1: 6x + 20 = 0 6x = -20 x (thỏa mãn ĐK) 0,5 đ 3 TH2: (x + 4)(x + 2) = 8 x2 + 6x = 0 x = 0 ; -8 (thỏa mãn ĐK) 0,5 đ 10 Vậy phương trình đã cho có ba nghiệm là -8 ; ; 0. 0,25 đ 3
  6. 2b) 1 b) Cho x > 0, thỏa mãn điều kiện x74 . 2,0 đ x4 1 Tính giá trị của biểu thức Qx . x Ta có: 2 4211 x 42 7 x 9 0,5 đ xx 2 1 x3 2 0,5 đ x 2 1 x1 0,5 đ x 1 Do đó Q x 1. 0,5 đ x 3a) 1 1 1 a) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 4 . 2,0 đ x y z 1 1 1 Chứng tỏ: 2 . x y y z z x 2 2 2 2 2 Ta có xy 0 x 2xyy 0 x 2xyy 4xy 2 x y 4 1 1 4 x y 4xy với mọi x, y > 0. 0,5 đ xy x y x y x y 1 1 4 1 1 4 Tương tự với mọi y, z > 0; với mọi z, x > 0. 0,5 đ y z y z z x z x Cộng VTV các bất đẳng thức trên ta được: 1 1 1 4 4 4 2 (*) x y z x y y z z x 0,5 đ Thay vào (*) ta được . 0,5 đ 3b) b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2,0 đ M = x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2017. Ta có M = x2 + 2y2 + 2xy + 2x + 2017 0,75 đ = [x2 + 2x(y + 1) + (y + 1)2] + (y2 – 2y + 1) + 2015 0,5 đ = (x + y + 1)2 + (y – 1)2 + 2015 2015 0,5 đ Dấu « = » xảy ra khi x + y + 1 = 0 và y – 1 = 0 x = -2 và y = 1. 0,25 đ Vậy GTNN của biểu thức M là 2015 đạt được khi x = -2 và y = 1.
  7. 4 Hình vẽ A M B O H N 0,5 đ D P C 4a) a) Chứng minh rằng AN = BP. 1,5 đ Vì ABCD là hình vuông nên ABC 900 . 0,25 đ Ta lại có BH  AN BAN HBN (cùng phụ với ABH ) 0,25 đ Vì ABCD là hình vuông nên BCD 900 và AB = BC 0,5 đ Do đó ABN BCP (g-c-g) AN = BP. 0,5 đ 4b) b) Tính số đo của góc MHD. 2,0 đ Vì (g-c-g) BN = CP 0,25 đ Mà BC = CD (ABCD là hình vuông) nên CN = DP AM = DP 0,25 đ Ta lại có AM // DP và A D 900 (ABCD là hình vuông) nên suy ra AMPD là hình chữ nhật. 0,25 đ Gọi O là giao điểm 2 đường chéo AP và MD OA = OM = OP = OD 0,25 đ AP Ta lại có AHP vuông tại H, HO là trung tuyến HO . 2 0,25 đ MD Mà AP = MD (AMPD là hình chữ nhật) nên HO . 2 0,25 đ Tam giác MHD có trung tuyến HO và nên tam giác MHD vuông tại H. Vậy MHD 900 . 0,5 đ 5 Hình vẽ A E O D 0,5 đ B H C
  8. a) a) Chứng minh rằng HD.HE.BC = AH3. 2,0 đ Ta có HD // AC (cùng vuông góc với AB) HD BH AC.BH HD (1) 0,25 đ AC BC BC Ta có HE // AB (cùng vuông góc với AC) HE CH AB.CH HE (2) 0,25 đ AB BC BC Từ (1) và (2) suy ra AB.AC.BH.CH AB.AC.BH.CH 0,25 đ HD.HE 2 HD.HE.BC (*) BC BC Dễ thấy ABC ഗ HBA (g-g) AB.AC = AH.BC (3) 0,5 đ Dễ thấy HAC ഗ (g-g) AH2 = BH.CH (4) 0,5 đ Thay (3) và (4) vào (*) ta được HD.HE.BC = AH3. 0,25 đ b) b) Tính diện tích tam giác ADE biết AH = 12cm ; BC = 25cm. 0 1,5 đ Tứ giác ADHE là hình chữ nhật (vì A D E 90 ) 0,25 đ AE = HD; AD = HE 0,25 đ 11 S AD.AE HD.HE ADE 0,25 đ 22 AH2 Theo câu a) ta có HD.HE.BC = AH3 HD.HE BC 0,25 đ AH33 12 Do đó S 34,56 (cm2). ADE 2.BC 2.25 0,5 đ
  9. ĐỀ SỐ 18 Câu 1: (4đ) a) Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 cũng là số nguyên tố. b) Chứng minh rằng: với mọi n Z thì A=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) + 1 là số chính phương c) Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy = 3x +3y Câu 2: ( 4đ) xy75 a) Tìm x, y, z biết ; và 2xyz 5 2 100 yz20 8 b) Cho x, y, z khác 0 và x – y – z = 0. Tính giá trị của biểu thức z x y M 1 1 1 x y z ac a22 b ab c)Chứng minh rằng: nếu thì bd c22 d cd Câu 3: (4đ) a) Cho đa thức f( x ) 2 x2 (2 a 1) x 3 a 4 - Xác định a để f(x) có 1 nghiệm bằng a - Tìm các nghiệm của f(x) ứng với giá trị của a vừa tìm được. 1322 2 43 2 5 98100 2 b) Tính nhanh giá trị của tổng A 1.2 2.3 3.4 98.99 Câu 4: (5đ) Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Các tia phân giác của góc B và C cắt nhau ở I. Tia phân giác của góc AHB cắt BI ở K. Tia phân giác của góc AHC cắt CI ở M. Chứng minh rằng: a) BI vuông góc với AM b) AI vuông góc với KM Câu 5 : ( 3đ ) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. M là điểm trong tam giác sao cho MA=2cm, MB=3cm, AMC 1350 . Tính độ dài đoạn thẳng MC. HẾT Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
  10. Đáp án và biểu điểm: Câu 1 Nội dung 4 Điểm 1a) a)Tìm số nguyên tố p sao cho p+10 và p+14 cũng là số nguyên tố. 1,25đ Nếu p=2 thì p+10=12; p+14=16 là các hợp số 0,25 Nếu p=3 thì p+10=13; p+14= 17 là các số nguyên tố 0,25 Nếu p>3 thì p=3k+1 hoặc p=3k+2 ( k N*) 0,25 + p =3k+1 thì p+14=3k+15 3 => p+14 là hợp số + p =3k+2 thì p+10=3k+12 3 => p+10 là hợp số 0,25 Vậy p=3 0,25 1b) b)Chứng minh rằng: với mọi n Z thì A=(n+1)(n+2)(n+3)(n+4) +1 là 1,25đ số chính phương Ta có: A ( n 1)( n 4) ( n 2)( n 3) 1 0,25 A ( n22 5 n 4)( n 5 n 6) 1 0,25 22 0,25 A ( n 5 n 5) 1) ( n 5 n 5) 1) 1 A ( n2 5 n 5) 2 1 2 1 A ( n22 5 n 5) 0,25 Vì n Z nên nn2 55Z . Do đó A là số chính phương 0,25 c)1,5đ c)Tìm các cặp số nguyên (x;y) thỏa mãn: xy = 3x +3y Ta có: xy = 3x +3y => xy – 3x – 3y + 9 = 9 => x(y-3) -3(y-3) = 9 => (x-3)(y-3) = 9 0,5đ => x-3 Ư(9); y-3 Ư(9) Mà Ư(9)= 9; 9;3; 3;1; 1 0,25đ Ta có bảng giá trị x-3 9 3 1 -1 -3 -9 y-3 1 3 9 -9 -3 -1 x 12 6 4 2 0 -6 y 4 6 12 -6 0 2 0,5 Vậy các cặp số nguyên (x:y) thỏa mãn bài toán là: (12:4); (6;6); (4:12); (2; -6); (0:0); (-6;2). 0,25 Câu 2 4đ a)1,5đ xy75 Tìm x, y, z biết ; và 2xyz 5 2 100 yz20 8 x y y z x y y z Ta có: => ; => ; 7 20 5 8 7 20 20 32 0,5đ
  11. x y z2 x 5 y 2 z 100 => 2 0,5đ 7 20 32 2.7 5.20 2.32 50 => x 7.2 14 ; y 20.2 40 ; z 32.2 64 0,5đ b)1đ z x y x z y x z y Ta có: M 1 1 1 = x y z x y z 0,25đ x - y - z = 0. =>x-z = y ; y-x = - z ; y + z = x 0,25 y z x Do đó: M= = . . 1 x y z Vậy M= - 1 0.5 ac c) 1,5đ Đặt k => a = bk ; c = dk 0.25 bd a2 b 2( bk ) 2 b 2 b 2 ( k 2 1) b 2 0,5 => VT= (1) c2 d 2( dk ) 2 d 2 d 2 ( k 2 1) d 2 ab bk. b b2 VP= (2) cd dk. d d 2 0.5 a22 b ab Từ (1) và (2) => VT=VP hay c22 d cd 0,25 Câu 3 4đ a) 2đ Đa thức f( x ) 2 x2 (2 a 1) x 3 a 4 có 1 nghiệm bằng a, ta có: f( a ) 2 a2 (2 a 1) a 3 a 4 0 0,25 => 2a22 2 a a 3 a 4 0 0,25 => -2a+4=0 => a=2 0,25 Với a=2 thì f(x)= 2x2 -3x-2 0,25 Ta có : f(x) = 0 => 2x2 -3x-2=0 0,25 => 2x2 - 4x + x - 2= 0 => 2x(x-2) + (x-2) =0 0,25 => (x-2)( 2x+1) = 0 => x-2=0 hoặc 2x+1=0 0,25 => x=2 hoặc x= 1 2 Vậy với a =2 thì f(x) có hai nghiệm là 2 và 0,25đ b)2đ 1322 2 43 2 5 98100 2 Ta có: A 1.2 2.3 3.4 98.99 11222 2 22332 2 98982 2 0,5đ A 1.2 2.3 3.4 98.99 1(1 1) 2 2(2 1) 2 3(3 1) 2 98(98 1) 2 0,25đ A 1.2 2.3 3.4 98.99
  12. 1.2 2 2.3 2 3.4 2 98.99 2 A 1.2 2.3 3.4 98.99 0,25đ 2 2 2 2 A 1 1 1 1 1.2 2.3 3.4 98.99 0,25đ 2 2 2 2 A 98 1.2 2.3 3.4 98.99 2 2 2 2 2 2 2 2 A 98 0,25đ 1 2 2 3 3 4 98 99 22 97 A 98 =99 0,25đ 1 99 99 0,25đ Câu 4 5đ a)3,5đ hình 0,5đ Gọi E là giao điểm của BI và AM Ta có: ABH HAC (vì cùng phụ với BAH ) 0,25 1 0,25 KBH KBA ABH ( BK là tia phân giác góc ABH) 2 ACH có CM và HM là các tia phân giác nên AM là tia phân giác của góc CAH) 1 0,5 CAM MAH CAH ( AM là tia phân giác của góc CAH) 2 Do đó: = 0,5 Đặt = = Ta có 2 + BAH 900 0,75 Mà BAE ABE () BAH Nên BAE ABE BAH 2 900 Do đó: BI  AM tại E 0,75
  13. b)1,5đ b) chứng minh tương tự câu a) ta có: CI  AK tại F 0,5 Tam giác AKM có KE và MF là hai đường cao cắt nhau tại I  I là trực tâm của tam giác AKM 0.5 AI K M 0,5 Câu 5 3đ 3đ Hình 0,25đ Trên nửa mặt phẳng bờ AM không chứa B xác định điểm D sao cho ADM vuông cân tại A. Khi đó: AD=AM=2(cn); AMD 450 0.5 => DMC AMC AMD 1350 45 0 90 0 0,25đ Xét ADC và AMB có: AD=AM DAC MAB (hai góc này cùng phụ với góc MAC) AC=AB (gt) Do đó: ADC = AMB (c.g.c) => DC=MB=3(cm) Xét ADM vuông tại A, theo định lí Py ta go ta có: 0,75 MD2 MA 2 AD 2 2 2 2 2 8 Xét MCD vuông tại M, theo định lí Py ta go ta có: 0,5đ CD2 MD 2 MC 2 =>32 8 MC 2 MC 2 1 => MC=1 (cm). 0.75đ *Chú ý : Học sinh có lời giải đúng khác đáp án vẫn đạt điểm tối đa.
  14. ĐỀ SỐ 19 Bài 1: (4,0 điểm) a) Chứng minh tồn tại số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2017. b) Cho biết abc là số nguyên tố. Chứng minh M = b2 – 4ac không thể là số chính phương. c) Tìm tất cả các hình chữ nhật có kích thước là số nguyên và số đo diện tích bằng số đo chu vi. Bài 2: (6,0 điểm) 2x 3x 7 a) Giải phương trình: . x22 x 1 x x 1 3 b) Xét hai đa thức P(x) = x4 + x3 – x2 + ax + b và Q(x) = x2 + x – 2. Xác định các hệ số a và b để đa thức P(x) chia hết cho đa thức Q(x). c) Cho x là số thực thỏa mãn x2 – x – 1 = 0. Tính giá trị của biểu thức S = x8 – 21x. Bài 3: (3,0 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = (x2 – 2x + 3)(x2 – 2x + 5) – 7. a b c 3 b) Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng: . b c c a a b 2 Bài 4: (3,5 điểm) Gọi O là giao điểm ba đường trung trực của ba cạnh tam giác ABC. Tia AO cắt BC tại D. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho DE = DB ; Trên cạnh AC lấy điểm F sao cho DF = DC. a) Chứng minh rằng DA là tia phân giác của góc EDF. b) DE cắt OB tại M ; DF cắt OC tại N. Tam giác MON là tam giác gì ? Vì sao ? Bài 5: (3,5 điểm) Cho tứ giác ABCD có A C 900 . Gọi O là giao điểm của AC và BD ( AOB 900 và BC < AD). Gọi H và K thứ tự là hình chiếu vuông góc của C và D lên BD và AC. Chứng minh rằng: a) HK song song với AB. b) AC.BD = AB.CD + AD.BC. Hết (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
  15. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016-2017 Bài Tóm tắt lời giải Điểm a) Xét 2017 số tự nhiên có dạng 1, 11, 111, 1111, , 111 11 2017 cs 1 Nếu trong dãy số trên có một số chia hết cho 2017 thì bài toán được giải xong. 0,25 Nếu trong dãy số trên không có số nào chia hết cho 2017 thì ta chia lần lượt 2017 số đó cho 2017 ta được 2017 số dư tương ứng nhận 2016 giá trị từ 1 đến 2016. Như vậy có ít nhất 2 phép chia có cùng số dư. 0,25 Giả sử đó là hai số 111 1 và 111 1 (với 2017 m > n 1) chia cho 2017 có m cs 1 n cs 1 cùng số dư. - = 111 1 10n chia hết cho 2017. 0,25 m n cs 1 Vì 10n và 2017 là hai số nguyên tố cùng nhau nên 111 1 chia hết cho 2017. m n cs 1 Vậy tồn tại số tự nhiên gồm toàn chữ số 1 chia hết cho 2017. 0,25 b) Ta có abc 100a 10b c 2 Bài 1 4.abc 400a 40ab 4ac 2 2 4.abc 20a b b 4ac 0,5 Giả sử M = b2 – 4ac là số chính phương, đặt b2 – 4ac = k2 (k , b > k) 2 2 Ta có 4.abc 20a b k 20a b k 20a b k 0,25 Dễ thấy 20a + b + k > 20a + b – k > 20a 20 Mặt khác abc 100a 10b c 20a b k (vì b > k) 0,25 Điều này vô lí, vì abc là số nguyên tố nên 4. không thể có hai ước 20a + b + k ; 20a + b – k mà > 20a + b + k > 20a + b – k > 20. Vậy M = b2 – 4ac không thể là số chính phương. 0,5 c) Gọi x, y là các kích thước của hình chữ nhật (x, y nguyên dương và x y) 0,25 Theo đề ta có xy = 2(x + y) xy – 2x – 2y = 0 (x – 2)(y – 2) = 4. 0,75 Vì x, y là các số nguyên dương nên có hai trường hợp sau: TH1: x – 2 = 4 và y – 2 = 1 x = 6 và y = 3. 0,25 TH2: x – 2 = 2 và y – 2 = 2 x = 4 và y = 4. Vậy có hai hình chữ nhật thỏa mãn đề bài. 0,25 2x 3x 7 a) Giải phương trình: (*) x22 x 1 x x 1 3 Dễ thấy x = 0 không phải là nghiệm của phương trình (*). 0,25 Chia mỗi phân thức ở vế trái của (*) cho x 0 ta có: 0,5
  16. 2 3 7 1 , đặt xy với y2 , ta có phương trình: 113 x 1 x 1 x 0,5 xx 2 3 7 11 7y2 + 3y – 22 = 0 y2 (nhận); y (loại). 0,5 y 1 y 1 3 7 1 2 0,25 Với y2 x2 x2 + 2x + 1 = 0 x 1 0 x = 1 (nhận) x Vậy phương trình (*) có tập nghiệm S1 . b) Ta có Q(x) = x2 + x – 2 = (x – 1)(x + 2) 0,5 Vì P(x) chia hết cho Q(x) nên x4 + x3 – x2 + ax + b = (x – 1)(x + 2).G(x) 0,25 4 3 2 1 1 – 1 a.1 b 0 4 3 2 0,5 2 2 – 2 a. 2 b 0 a b 1 a b 1 b 2 0,5 2a. b 4 3a 3 a1 Bài 2 Vậy a = 1 và b = 2 thì P(x) chia hết cho Q(x). 0,25 c) Ta có x2 – x – 1 = 0 x2 = x + 1 0,5 x4 = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1 = x + 1 + 2x + 1 = 3x + 2 0,5 x8 = (3x + 2)2 = 9x2 + 12x + 4 = 9x + 9 + 12x + 4 = 21x + 13 0,5 x8 – 21x = 13 Vậy S = x8 – 21x = 13. 0,5 a) Biểu thức A xác định với mọi số thực x. Đặt t = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2 0, khi đó ta có: 0,5 A = (t + 2)(t + 4) – 7 = t2 + 6t + 1 1 (vì t 0). 0,5 Dấu “=” xảy ra khi t = 0 (x – 1)2 = 0 x = 1 (thỏa mãn) Vậy minA = 1 đạt được khi x = 1. 0,5 b) Ta có: a b c 3 1 1 1 a b b c c a 9 0,25 bccaab2 abbcca Đặt a + b = x; b + c = y; c + a = z với x, y, z > 0, ta có: Bài 3 1 1 1 x y y z z x x y z 9 6 (*) 0,5 x y z y x z y x z 2 xy Ta lại có x y 0 x22 y 2xy 2 (vì x, y > 0) yx yz zx Tương tự 6 ; 2 (vì x, y, z > 0), do đó (*) đúng. zy xz 0,5 a b c 3 Vậy với mọi a, b, c > 0. 0,25 b c c a a b 2
  17. A 1 2 E F 0,5 O M N 2 1 1 2 B D C a) Vì O là giao điểm các đường trung trực của các cạnh của tam giác ABC OA = OB = OC 0,25 AOB, BOC, COA là các tam giác cân tại O AB ; BC ; CA 0,25 Bài 4 121212 Ta có DE = DB DBE cân tại D DBE DEB B1 B 2 A 1 ADE , mà AB12 nên B1 ADE (1) 0,25 Ta có DF = DC DCF cân tại D DCF DFC C1 C 2 A 2 ADF , mà nên C2 ADF (2) 0,25 Mà nên từ (1) và (2) ADE ADF 0,25 Vậy DA là tia phân giác của góc EDF. 0,25 b) Theo câu a) ta có : OBD ഗ ODM (g-g) 2 OD = OM.OB (3) 0,5 Theo câu a) ta có : OCD ഗ ODN (g-g) OD2 = ON.OC (4) 0,5 Vì OB = OC nên từ (3) và (4) OM = ON. Vậy tam giác MON cân tại O. 0,5
  18. E C B H O 0,5 K Bài 5 A D a) Chứng minh HK song song với AB. Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AB và CD. EC EA ECB ഗ EAD (g-g) EB ED ECA ഗ EBD (c-g-c) EAC EDB (1) 0,75 OH OC Ta có OCH ഗ ODK (g-g) OK OD OHK ഗ OCD (c-g-c) OKH ODC (2) 0,5 Từ (1) và (2) EAC OKH, mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK // AB. 0,25 b) Chứng minh AC.BD = AB.CD + AD.BC. Ta có EAC EDB (câu a) ; EAC ADK (cùng phụ với KAD ) ADK EDB 0,25 BC BD CBD ഗ KAD (g-g) AD.BC BD.AK (3) 0,5 AK AD AB BD Tương tự ABD ഗ KCD (g-g) AB.CD BD.KC (4) 0,5 KC CD Cộng (3) và (4) VTV ta được AC.BD = AB.CD + AD.BC (đpcm). 0,25 Ghi chú : - Học sinh có thể bỏ qua một số bước suy luận đơn giản vẫn được điểm tối đa. - Học sinh có lời giải đúng khác với đáp án trên đây vẫn được điểm tối đa.