Đề thi olympic môn Toán Lớp 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng Giáo dục và Đào tạo Quốc Oai (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi olympic môn Toán Lớp 8 - Năm học 2020-2021 - Phòng Giáo dục và Đào tạo Quốc Oai (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI ĐỀ OLIMPIC TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Năm học 2020 - 2021 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề gồm có 01 trang) Họ và tên: SBD: Bài 1 (3 điểm) 1 6x 3 2 Cho biểu thức : Q= 3 2 : x 2 x 1 x 1 xx 1 a. Tìm điều kiện xác định của Q , rút gọn Q 1 b. Tìm x khi Q= 3 c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q . Bài 2 (4 điểm). a/ Tìm giá trị của m để cho phương trình: 6x – 5m = 3 + 3mx có nghiệm gấp 3 lần nghiệm của phương trình: (x – 1)(x + 1) – (x + 2)2 = 3. b/ Giải phương trình: (x2 – 1)(x2 + 4x + 3) = 192 Bài 3 (3 điểm) x 2 x2 a/ Cho . Tính giá trị của A x2 x 1 3 x4 x 2 1 b/ Cho a, b là bình phương của 2 số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng minh: ab – a – b + 148 Bài 4 (6 điểm) Một mảnh đất hình thang ABCD có AB//CD, AB = BC = AD = a, CD = 2a. a/ Tính các góc của hình thang ABCD. b/ Tính diện tích của hình thang ABCD theo a. c/ Hãy chia mảnh đất ABCD thành 4 mảnh đất hình thang giống hệt nhau (bằng nhau) Bài 5 (2 điểm) Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy D, trên cạnh AC lấy E sao cho 1 1 BI CI AD = AB, CE = AC; CD và BE cắt nhau tại I. Tính các tỷ số ; . 4 3 IE ID Bài 6 (2 điểm) 1/ Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x y 0 và x3 7 yy 3 7 x 2/ Giải phương trình : (8x – 4x2 – 1)(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1) Cán bộ coi kiểm tra không giải thích gì thêm. Họ tên, chữ kí của cán bộ coi
2. PHÒNG GD & ĐT QUỐC OAI KÌ THI OLIMPIC Năm học 2020 - 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8 Câu Phần Nội dung Điểm ĐK: x 1; x 2 . 0,5 xx2 1 6 x 3 2 x 2 1 Q . a x3 1 x 2 2đ x 2 x 1 1 2 1,5 x 1 x 2 xx2 1 x x 1 1 1 x2 x 1 3 x2 x 1 3 x 1( KTM ) b x1 x 2 0 0,25 x 2( TM ) 0.5đ 1 1 So sánh với điều kiện suy ra x 2 thì Q 0,25 3 (3đ) 1 Q ; x2 x 1 2 2 1 3 3 Vì 1 0;xx 1 x 0 với mọi x 2 4 4 0,25 Q đạt GTLN x2 x 1đạt c 3 1 0.5 GTNN x2 x1 x tm . 4 2 4 Lúc đó Q 0,25 3 4 1 Vậy GTLN của Q là khi x 3 2 2 Giải phương trình: (x – 1)(x + 1) – (x + 2) = 3. x2 – 1 –(x2 + 4x + 4) = 3 x2 – 1 – x2 - 4x - 4 = 3 - 4x – 5 = 3 - 4x = 8 x = – 2 0.75 0.25 Như vậy phương trình: 6x – 5m = 3 + 3mx có nghiệm x = 3.(- 2) = -6 a 2đ Thay x = -6 vào phương trình: 6x – 5m = 3 + 3mx ta có 2 6.(-6) – 5m = 3 + 3.(-6)m -36 - 5m = 3 – 18m 13m = 39 0.75 (4đ) m = 3 Vậy m = 3 thỏa mãn yêu cầu. 0.25
3. 2 2 b/ Giải phương trình: (x – 1)(x + 4x + 3) = 192 (1) Ta có: x2 – 1 = (x – 1)(x + 1) và x2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3) 0.25 Nên (1) (x – 1)(x + 1)(x + 1)(x + 3) = 192 [(x – 1)(x + 3)][(x + 1)(x + 1)]= 192 2 2 (x + 2x - 3)(x + 2x + 1)]= 192 0.5 Đặt y = x2 + 2x – 1 (y = (x + 1)2 – 2 ≥ - 2) b 2 2 2đ x + 2x – 3 = y – 2 và x + 2x + 1 = y +2 2 2 (1) (y – 2)(y + 2) = 192 y – 4 = 192 y = 196 y = 14 (do y ≥ - 2) 2 2 0.5 x + 2x – 1 = 14 x + 2x – 15 = 0 (x – 3)(x + 5) = 0 x= 3; x = -5 0.5 Vậy: Phương trình có 2 nghiệm x= 3; x = -5 0.25 2 x 2 x Cho 2 . Tính giá trị của A 4 2 x x 1 3 x x 1 Cách 1: x2 xx2 1 3 1 3 1 5 x1 x 0.5 xx2 1 3 x 2 x 2 x 2 x4 + x2 +1 = (x2 +1)2 – x2 = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1) x2 x x nên A . xx4 21 xxxx 2 1 2 1 a 1xx2 1 xx 2 1 1 1 0.5 . (x 1)( x 1) 1.5 Ax x x x 3 đ 1 5 5 7 3 21 ( 1)( 1) . 3đ A 2 2 2 2 4 4 0.5 Vậy: A 21 x 2 Cách 2: Giải phương trình được nghiệm x2 x 1 3 1 0.5 x ; x 2 2 4 1 Chia 2 trường hợp và đều ra KQ A 21 b Cho a, b là bình phương của 2 số nguyên lẻ liên tiếp. 1.5 Chứng minh: ab – a – b + 1 48 đ 
4. 2 2 Đặt a = (2n – 1) và b = (2n + 1) Ta có M = ab – a – b + 1 = (a – 1)(b – 1) = [(2n – 1)2 – 1][(2n + 1)2 – 1]= (2n – 2)2n.2n(2n + 2) 0.75 = 16n2(n – 1)(n + 1) M 16  Ta thấy: n(n – 1)(n + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên 0.25 n(n – 1)(n + 1)  3 0.5 Mà (16, 3) = 1 M 16.3 M  48 Một mảnh đất hình thang ABCD có AB//CD, AB = BC = AD = a, CD = 2a. Tính các góc của hình thang ABCD. A B a/ 0.5 2.5 đ D I H C Gọi I là trung điểm của CD AB = DI = IC = a và AB//DI 0.5 ABID là hình bình hành AD = BI = a BCI là tam giác đều 1 BCD=60 0 ADC=60 0 ; DAB=ABC=120 0 0.5 4 6đ Tính diện tích của hình thang ABCD theo a. Kẻ đường cao BH của hình thang ABCD (đường cao của tam giác 0.5 đều BCI) b/ 1 a a2 a 3 2đ Ta có: CH= CI= BH= BC-CH=2 2 a- 2 = 0.5 2 2 4 2 a 3 (AB+CD)BH(a+2a) 3a2 3 S= =2 = ABCD 2 2 4 1 Hãy chia mảnh đất ABCD thành 4 mảnh đất hình thang giống hệt c/ nhau (bằng nhau) 1.5 E, F, K, H là lần lượt là trung điểm của các đoạn ID, AI, BI, IC. 0.5 đ Chi hình thang ABCD như hình vẽ, ta được các hình thang AFED, 1
5. ABKF, BCHK, EFKH giống nhau A B F K D E I H C Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy D, trên cạnh AC lấy E sao cho 1 1 AD = AB, CE = AC; CD và BE cắt nhau tại I. Tính các tỷ số 4 3 BI CI ; . IE ID Cách 1: Dùng định lý Ta - lét A D P J Q E 0.25 I B C 5 Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AE, AB. PQ cắt CD tại J 2đ Ta có: PA//BE; BQ = QA = 2QD và AP = PE = EC 0.25 Nên: EI là đường trung bình của CPJ JP = 2IE; JI = IC Và BD = 3 DQ BI = 3QJ; JI = 2DJ CI 2 JI = IC = 2DJ ID 3 0.5 Đặt IE = x JP = 2IE = 2x; QJ = y BI = 3QJ = 3y Ta có PQ là đường trung bình của ABE nên BE = 2PQ 0.25 BE = 2PQ hay BI + IE = 2(QJ + JP) 3y + x = 2(y + 2x) 3y + x = 2y + 4x hay y = 3x 0.25 BI BI CI 2 BI = 9x BI = 9IE = 9. Vậy: = 9; 0.5 IE IE ID 3 Cách 2: Phương pháp diện tích
6. A D x E y I 0.25 B C Đặt SIAD = x; SIEC = y; SABC = S Vì AB = 4AD S = 4S = 4x; AC = 3EC S = 3S = 3y ABI IAD AIC IEC 0.25 2 2 S 0.25 Ta có: SABI + SAIE = SABE = S 4x + 2y= S hay: 2x + y = (1) 3 3 3 1 S S và SAIC + SAID = SACD = S x + 3y = 2x + 6y = (2) 4 4 2 0.25 S S S S Từ (1)&(2) 5y = y = 2 3 6 30 0.25 S SS3S x = 3y= 0.25 4 4 10 20 BI S 4.3SS 3S15 CI S 3y S 3S 2 ABI = : = . =9 và ACI = =: = IE SAIE 2015 5S ID SAID x 10 20 3 0.5 BI CI 2 Vậy: = 9; IE ID 3 Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x y 0 và x3 7 yy 3 7 x PT xyx 2 xyy 2 7 xy 1 x yx 2 xy y 2 7 0 1đ 0.25 x2 xy y 2 7 0 (Vì x y ) 0.25 6 xy 2 7 3 xy 0 xy 2 2đ 0.25 Vì x y 0 nên xy 2 , do đó x 2; y 1 0.25 2 2 2 Giải phương trình : (8x – 4x – 1)(x + 2x + 1) = 4(x + x + 1) 2 2 8xx 4 1 xx 1 2 PT 2 1đ 4x 2 x 1 0.25
7. 8xx 42 1 3 (4 xx 2 8 4) 3 Xét VT = (x 1)2 4 4 4 3 Vì (x – 1)2 ≥ 0 VT ≤ (dấu bằng xảy ra khi x = 1) (1) 0.25 4 32 1 2 1 1 2(21)(xx xx ) 2 xx 1 31(1) x VP 4 4 2 4 . xx2 21 xx 2 21 44(1) x 2 2 (x 1) 3 0.25 Vì 2 0 VP ≥ (dấu bằng xảy ra khi x = 1) (2) (x 1) 4 3 Từ (1)&(2) suy ra: PT VTVP x 1 4 0.25 Vậy: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng chấm điểm tương đương.