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

Bài 3:(3đ)
Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK.
docx 4 trang Hải Đông 08/01/2024 1020
Bạn đang xem tài liệu "2 Đề 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:

  • docx2_de_thi_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_co_dap_an.docx

Nội dung text: 2 Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

  1. ĐỀ 1 Bài 1: (3đ) Chứng minh rầng: a) 85 + 211 chia hết cho 17 b) 1919 + 6919 chia hết cho 44 Bài 2: 2 a) Rút gọn biểu thức: x x 6 x3 4x2 18x 9 1 1 1 yz xz xy b) Cho 0(x, y, z 0) . Tính x y z x2 y2 z2 Bài 3:(3đ) Cho tam giác ABC . Lấy các điểm D,E theo thứ tự thuộc tia đối của các tia BA, CA sao cho BD = CE = BC. Gọi O là giao điểm của BE và CD .Qua O vẽ đường thẳng song song với tia phân giác của góc A, đường thẳmg này cắt AC ở K. Chứng minh rằng AB = CK. Bài 4 (1đ). Tìm giá trị lớn nhất hoặc nhỏ nhất của biểu thức sau (nếu có): M = 4x2 + 4x + 5 ĐÁP ÁN Bài 1 : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: 85 + 211 = (23)5 + 211 = 215 + 211 =211(24 + 1)=211.17 Rõ ràng kết quả trên chia hết cho 17. b) (1,5đ) áp dụng hằng đẳng thức: an + bn = (a+b)(an-1 - an-2b + an-3b2 - - abn-2 + bn-1) với mọi n lẽ. Ta có: 1919 + 6919 = (19 + 69)(1918 – 1917.69 + + 6918) = 88(1918 – 1917.69 + + 6918) chia hết cho 44. Bài 2 : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: x2 + x – 6 = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x+3)(x-2). x3 – 4x2 – 18 x + 9 = x3 – 7x2 + 3x2 - 21x + 3x + 9 =(x3 + 3x2) – (7x2 +21x) +(3x+9) =x2(x+3) -7x(x+3) +3(x+3) =(x+3)(x2 –7x +3)
  2. x2 x 6 (x+3)(x-2) (x 2) => = Với điều kiện x -1 ; x2 -7x + 3 x3 4x2 18x 9 (x+3)(x2 -7x +3) x2 -7x +3 0 b) (1,5đ) Vì 1 1 1 1 1 1 0 x y z z x y 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3. 2 . 3 . 2 3 z x y z x x y x y y 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 . . 3 3 3 3. x y z x y x y x y z xyz 1 1 1 xyz xyz xyz yz zx xy Do đó : xyz( + + )= 3 3 3 x3 y3 z3 x3 y3 z3 x2 y2 z2 Bài 3 : (3đ) A Chứng minh : Vẽ hình bình hành ABMC ta K có AB = CM . Để chứng minh AB = KC ta cần B C chứng minh KC = CM. Thật vậy xét tam giác BCE có BC = CE (gt) => tam giác CBE cân tại C µ µ => B1 E vì góc C1 là góc ngoài của tam giác BCE => 1 D E Cµ Bµ Eµ Bµ Cµ mà AC // BM 1 1 1 2 1 1 (ta vẽ) => Cµ C· BM Bµ C· BM 1 1 2 M nên BO là tia phân giác của C· BM . Hoàn toàn tương tự ta có CD là tia phân giác của góc BCM . Trong tam giác BCM, OB, CO, MO đồng quy tại O => MO là phân tia phân giác của góc CMB
  3. Mà : B· AC, B· MC là hai góc đối của hình bình hành BMCA => MO // với tia phân giác của góc A theo gt tia phân giác của góc A còn song song với OK => K,O,M thẳng hàng. 1 Ta lại có : M¶ B· MC(cmt); µA M¶ M¶ ¶A mà ¶A Kµ 1 (hai góc đồng vị) => 1 2 1 2 2 ¶ ¶ K1 M1 CKM cân tại C => CK = CM. Kết hợp AB = CM => AB = CK (đpcm) Bài 4: (1đ) Ta có M= 4x2 + 4x + 5 =[(2x)2 + 2.2x.1 + 1] +4 = (2x + 1)2 + 4. Vì (2x + 1)2 0 =>(2x + 1)2 + 4 4  M 4 Vậy giá trị nhỏ nhất của M = 4 khi x = - 1 2 ĐỀ 2 Câu 1 . Tìm một số có 8 chữ số: a1a 2 . a8 thoã mãn 2 điều kiện a và b sau: 2 3 a) a1a2a3 = a7a8 b) a 4a5a6a7a8 a7a8 Câu 2 . Chứng minh rằng: ( xm + xn + 1 ) chia hết cho x2 + x + 1. khi và chỉ khi ( mn – 2)  3. áp dụng phân tích đa thức thành nhân tử: x7 + x2 + 1. Câu 3 . Giải phương trình: 1 1 1 1.2.3 2.3.4 2005.2006.2007 x = ( 1.2 + 2.3 + 3.4 + . . . + 2006.2007). Câu 4 . Cho hình thang ABCD (đáy lớn CD). Gọi O là giao điểm của AC và BD; các đường kẻ từ A và B lần lượt song song với BC và AD cắt các đường chéo BD và AC tương ứng ở F và E. Chứng minh: EF // AB b). AB2 = EF.CD. c) Gọi S1 , S2, S3 và S4 theo thứ tự là diện tích của các tam giác OAB; OCD; OAD Và OBC Chứng minh: S1 . S2 = S3 . S4 . Câu 5 . Tìm giá trị nhỏ nhất: A = x2 - 2xy + 6y2 – 12x + 2y + 45. ĐÁP ÁN
  4. 2 3 Câu 1 . Ta có a1a2a3 = (a7a8) (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8) (2). Từ (1) và (2) => 22 a7 a8 31 3 3 => ( a7a8) = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 ) – a7a8 = a4a5a600.  ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 4 . 25 . a4a5a6 do ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên có 3 khả năng: a) . a7a8 = 24 => a1a2a3 . . . a8 là số 57613824. b) . a7a8 – 1 = 24 => a7a8 = 25 => số đó là 62515625 c) . a7a8 = 26 => không thoả mãn câu 2 . Đặt m = 3k + r với 0 r 2 n = 3t + s với 0 s 2 x m + xn + 1 = x3k+r + x3t+s + 1 = x3k xr – xr + x3t xs – xs + xr + xs + 1. = xr( x3k –1) + xs ( x3t –1) + xr + xs +1 ta thấy: ( x 3k – 1)  ( x2 + x + 1) và ( x3t –1 )  ( x2 + x + 1) vậy: ( xm + xn + 1)  ( x2 + x + 1)