Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Hoài Nhơn (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Hoài Nhơn (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI HUYỆN HUYỆN HOÀI NHƠN Môn: Toán 8 Đề chính thức Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Khóa thi: Ngày 23/04/2016 Bài 1 (4.0 điểm): a) Chứng minh rằng: Chữ số tận cùng của hai số tự nhiên n và n5 là như nhau. b) Tìm tất cả các số nguyên x thỏa mãn: x2 + x – p = 0; với p là số nguyên tố. Bài 2 (3.0 điểm): a) Cho ba số a, b, c khác 0 và thỏa mãn: a + b + c = 0. Tính giá trị của biểu thức: 1 1 1 P a2 b 2 c 2 b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 b) Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: x2 2 x 2016 Axxxx 42 3 3 2 4 2015 ; B x2 Bài 3 (3.0 điểm): 1 1 1 1 1 Cho biểu thức: P xxxx2 2 3 2 xx 2 5 6 xx 2 7 12 xx 2 9 20 a) Tìm điều kiện của x để biểu thức P có giá trị. b) Rút gọn biểu thức P. c) Tính giá trị của P khi x thỏa mãn: x3 – x2 + 2 = 0 Bài 4 (4.0 điểm): a) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng: ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) b) Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: 10x2 + 50y2 + 42xy + 14x – 6y + 57 < 0 Bài 5 (4.0 điểm): Cho M là một điểm bất kỳ nằm trong hình vuông ABCD có cạnh bằng 1. a) Chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC2 + MD2 2. b) Xét điểm M nằm trên đường chéo AC, kẽ MN  AB tại N, gọi O là trung điểm của AM. Chứng minh rằng: CN2 = 2.OB2. Bài 6 (2.0 điểm): Cho tam giác ABC có Aˆ Bˆ . Trên cạnh BC lấy điểm H sao cho HACˆ ABCˆ . Đường phân giác của góc BAHˆ cắt BH ở E. Từ trung điểm M của AB kẽ ME cắt đường thẳng AH tại F. Chứng minh rằng: CF | | AE. Họ tên thí sinh: SBD:
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8 KỲ THI HSG CẤP HUYỆN. NĂM HỌC 2015 - 2016 Bài Nội dung Điểm +) Với n = 0; n = 1, rõ ràng n và n5 có chữ số tận cùng giống nhau. 0,25đ +) Với n 2. Ta xét hiệu: P n5 n n n 4 1 n n 1 n 1 n 2 1 0,75đ nnnn 11 2 45511 nnn nnnnn 21 12 a Ta có: Trong k số tự nhiên liên tiếp bao giờ cũng tồn tại số chia hết cho k (2đ) Do đó: (n 1)( n n 1)2 5( n n 1)( n 1)5.2  10 0,5đ 1 n 2 n 1 n n 1 n 2  2.5 10 (4đ) Suy ra: P n5 n 10 n5 n có chữ số tận cùng là 0  0,5đ Chữ số tận cùng của hai số n và n5 là như nhau (đpcm) Ta có: x2 + x – p = 0 p = x2 + x p = x(x + 1) 0,5đ b Với x Z , ta có x và (x + 1) là hai số nguyên liên tiếp p xx( 1) 2 0,5đ (2đ) Mặt khác p là số nguyên tố p = 2 0,5đ x(x + 1) = 2 (x – 1)(x + 2) = 0 x = 1, hoặc x = – 2 0,5đ Từ a b c0 a b c a b 2 c 2 a2 b 2 c 2 2 ab 0,5đ a Tương tự: b2 c 2 a 2 2 bc ; c2 a 2 b 2 2 ca (1đ) 1 1 1 c a b Do đó: P 0 0,5đ 2ab 2 bc 2 ca 2 abc +) Ta có: Ax 42 x 2 2 x 3 4 xx 2 2 2013 2 2 2 2 xx 2 2 xx 2 x 2 2013 0,5đ 2 xxx22 2 2 1 2013 xx 2 2 1 2013 Với mọi x, ta có: xx2 2 12 0 Axx 2 2 1 2 2013 2013 0,25đ Đẳng thức A = 2013 xảy ra khi và chỉ khi: x – 1 = 0 x = 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là: minA = 2013 x = 1 0,25đ (3đ) 2016x2 2 x .2016 2016 2 +) Ta có: B b 2016x2 2 2 0,5đ (2đ) x 2016 2015 xx2 2016 2015 2016x2 2016 x 2 2016 Với mọi x 0, ta có: 2 2 x 2016 x 2016 2015 2015 0 B 2016x 2 2016x 2 2016 2016 0,25đ 2015 Đẳng thức B xảy ra khi và chỉ khi: x – 2016 = 0 x = 2016 2016 2015 Vậy giá trị nhỏ nhất của B là: min B x = 2016 0,25đ 2016 a a) Tìm điều kiện đúng: xxx 0; 1; 2; xx 3; 4; x 5 0,5đ (0,5đ) 3 b) Rút gọn đúng: (3đ) b 1 1 1 1 1 (1,5đ) P xx( 1) ( xx 1)( 2) ( xx 2)( 3) ( xx 3)( 4) ( xx 4)( 5) 0,5đ
3. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 0,5đ xxxx 1 2 1 xx 3 2 xx 4 3 xx 5 4 1 1 5 0,5đ x 5 xxx 5 c) Lập luận được: xx3 22 0 xxx 1 2 2 2 0 0,5đ xx1 12 1 0 x 1 0 x 1 (thỏa ĐK) c (1,0đ) 5 5 Tính đúng giá trị: P 0,5đ 1 1 5 6 Ta có: a b 2 0 a2 2 ab b 2 0 a 2 b 2 2 ab 0,5đ Tương tự: b2 c 22 bc ; c 2 a 2 2 ca Do đó, suy ra: 2a2 b 2 c 2 2 ab bc ca a 2 b 2 c 2 ab bc ca (1) 0,5đ a (2,0đ) Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên ta có: 2 2 0 a b c a ab ca ; 0 b c a b bc ab 0,5đ 0 c a b c2 ca bc Do đó, suy ra: a2 b 2 c 2 2( ab bc ca ) (2) 0,5đ Từ (1) và (2) ab + bc + ca a2 + b2 + c2 < 2(ab + bc + ca) 4 Ta có: 10x2 50 y 2 42 xy 14 xy 6 57 < 0 (4đ) 9x2 42 xyyx 49 2 2 1449 x yy 2 6910 1,0đ 3xyx 7 2 7 2 y 3 2 1 0 3xyx 7 2 7 2 y 3 2 1 b 3x 7 y 2 0 (2,0đ) 2 2 2 Vì: 2 và x; y  nên: 3xyx 7 7 y 3 0 x 7 0 y 32 0 1,0đ 2 2 2 x 7 3xyx 7 7 y 3 0 y 3 (H1) (H2) 5 2 2 (4đ) ABCD là hình vuông có cạnh bằng 1 AC BD 2 M là điểm bất kỳ nằm trong hình vuông ABCD (H1) MA MC AC 2 2 a 2MA2 2 MC 2 MA MC MA MC MA2 MC 2 2,0đ (2,0đ) 2 2 2 2 2 MA MC MA MC MA MC AC2 2 1 2 2 2 2 2
4. Chứng minh tương tự: MB2 MD 2 1 Do đó, suy ra: MA2 + MB2 + MC2 + MD2 1 + 1 = 2 (đpcm) Đẳng thức xảy ra M là giao điểm của hai đường chéo AC và BD Kẽ MH  BC tại H (H2) MH = NB ANM vuông cân ở N có O là trung điểm của cạnh huyền AM ON 2 1 MN2 = 2ON2 (1) MN 2 2 MH 2 1 NB2 1 MHC vuông cân ở H MC2 = 2MH2 (2) MC 2 2 MC 2 2 ON NB b Từ (1) và (2) suy ra: (3) MN MC 2,0đ (2,0đ) Hai tam giác ONB và NMC có: ON NB ONBˆ NMC ˆ (vì cùng bằng 1350) và ( theo (3)) MN MC OB ON OB2 ON 2 Suy ra ONB NMC (c-g-c) (4) NC MN NC2 MN 2 OB2 1 Từ (1) và (4) suy ra: NC2 = 2.OB2 (đpcm) NC 2 2 Ta có: CEAˆ B ˆ BAEˆ HAC ˆ EAH ˆ CAE ˆ 0,5đ 6 CAE cân ở C CA = CE (1) (2đ) Qua H kẽ đường thẳng song song với AB cắt MF ở K. Ta có: BE MB MA FA (2) 0,5đ EH KH KH FH BE AB AE là phân giác của ABH (3) 0,25đ EH AH AB CA CE CAH và CBA đồng dạng (theo (1)) (4) 0,25đ AH CH CH FA CE AH EH Từ (2), (3), (4) hay AE CF (đpcm) 0,5đ FH CH FH CH  Ghi chú: - Điểm bài thi được làm tròn đến chữ số thập phân thứ nhất. - Mọi cách giải khác (nếu hợp lí và đúng) đều ghi điểm tối đa.