PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NÚI THÀNH NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi : TOÁN Thời gian : 120 phút (không kể thời gian giao đề ) Ngày thi : 18 / 4 / 2017 Bài 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức : a) Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị của x để A > 0. c) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên. Bài 2: (3,0 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) P = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 24 b) Q = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 Bài 3: (5,0 điểm) a) Giải phương trình: b) Tìm các số x, y, z biết: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và x2015 + y2015 + z2015 = 91008 c) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: Bài 4: (6 điểm) Cho rABC vuông tại A. Lấy một điểm D bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BD tại E và cắt BA tại M. a) Chứng minh: MA.MB = ME.MC và b) Cho và SAME = 45 cm2. Tính SBMC c) Chứng minh BD.BE + CD.CA = BC2 Bài 5: (2 điểm) Cho biểu thức E = (x105 + y105 + x105) – (x101 + y101 + z101), với x, y, z là các số nguyên dương. Chứng minh rằng E chia hết cho 30. ======= Hết ======= (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ................................................................Số báo danh: .................. BÀI GIẢI: Bài 1: a) Rút gọn biểu thức Ta có: 2x3 – 7x2 – 12x + 45 = 2x3 – 12x2 + 18x + 5x2 – 30x + 45 = 2x(x2 – 6x + 9) + 5(x2 – 6x + 9) = (2x + 5)(x – 3)2 và: 3x3 – 19x2 + 33x – 9 = 3x3 – 18x2 + 27x – x2 + 6x – 9 = 3x(x2 – 6x + 9) – (x2 – 6x + 9) = (3x – 1)(x – 3)2 x 2x + 5 – || + || + 3x – 1 – 0 – || + (2x + 5)/(3x – 1 ) + || – || + b) Tìm giá trị của x để A > 0: Để A > 0 . Lập bảng xét dấu: Dựa vào bảng xét dấu: A > 0 hoặc c) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên: A Z 3A Z Để 3A Z thì Z hay 3x – 1 là ước của 17 3x – 1 = { 1; 17} + Với 3x – 1 = – 1 3x = 0 x = 0 Z khi đó A = – 5 Z (thỏa) + Với 3x – 1 = 1 3x = 2 x = Z (loại) + Với 3x – 1 = – 17 3x = – 16 x = Z (loại) + Với 3x – 1 = 17 3x = 18 x = 6 Z khi đó A = 1 Z (thỏa) Vậy với x = 0 hoặc x = 6 thì A nhận giá trị nguyên. Bài 2: Phân tích đa thức thành nhân tử: a) P = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) – 24 = (x + 2)(x + 5)(x + 3)(x + 4) – 24 = (x2 + 7x + 10)(x2 + 7x + 12) – 24. Đặt t = x2 + 7x + 11 Thì P = (t +1)(t – 1) – 24 = t2 – 1 – 24 = t2 – 25 = (t – 5)(t + 5) Do đó P = (x2 + 7x + 11 – 5)(x2 + 7x + 11 + 5) = (x2 + 7x + 6)(x2 + 7x + 16) Mặt khác x2 + 7x + 6 = x2 + x + 6x + 6 = x(x + 1) + 6(x + 1) = (x + 1)(x + 6) P = (x + 1)(x + 6)(x2 + 7x + 16) b) Q = x4 + 6x3 + 7x2 – 6x + 1 = x4 + 9x2 + 1 + 6x3 – 2x2 – 6x = (x2)2 + (3x)2 + 12 + 2.x2.3x – 2.x2.1 – 2.3x.1 = (x2 + 3x – 1)2 Bài 3: a) Giải phương trình: (1) Ta có: x2 + 7x + 12 = x2 + 3x + 4x + 12 = x(x + 3) + 4(x + 3) = (x + 3)(x + 4) x2 + 9x + 20 = x2 + 4x + 5x + 20 = x(x + 4) + 5(x + 4) = (x + 4)(x + 5) x2 + 11x + 30 = x2 + 5x + 6x + 30 = x(x + 5) + 6(x + 5) = (x + 5)(x + 6) ĐKXĐ: x – 3; x – 4; x – 5; x – 6 (1) 18x + 108 – 18x – 54 = x2 + 9x + 18 x2 + 9x – 36 = 0 x2 + 12x – 3x – 36 = 0 x(x + 12) – 3(x + 12) = 0 (x + 12)(x – 3) = 0 x = 3 hoặc x = – 12 b) Tìm các số x, y, z biết: x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và x2015 + y2015 + z2015 = 91008 Ta có x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2x2 + 2y2 + 2z2 = 2xy + 2yz + 2zx (x – y)2 + (y – z)2 + (z – x)2 = 0 x = y = z x2015 + y2015 + z2015 = 91008 3.x2005 = (32)1008 3x2005 = 32006 x2015 = 32015 x = y = z = 3 c) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức: B = = Vì (x – 1)2 0 với mọi x nên 2(x – 1)2 0 với mọi x Và x2 + x + 1 = . Vì Do đó B . Dấu “=” xảy ra khi x – 1 = 0 x = 1 Vậy minB = khi x = 1. Mặt khác = = 3 Vì 2(x + 1)2 0 và x2 + x + 1 > 0 nên B 3, dấu “=” xảy ra khi x + 1 = 0 x = – 1 Vậy maxB = 3 khi x = – 1. Bài 4: a) Chứng minh: MA.MB = ME.MC và : rAMC và rEMB có (gt) chung rAMC rEMB (g – g) MA.MB = ME.MC rBMC và rAME có và chung rBMC rAME (c – g – c) b) Cho và SAME = 45 cm2. Tính SBMC rADB và rEMB có ; chung rADB rEMB (g – g) Mặt khác: (gt) (kề bù) nên tam giác vuông ABD là nửa tam giác đều AD = BD hay k = Mà rAME rBMC (cmt) gọi k = là tỉ số đồng dạng của hai tam giác (1) Nên SBMC = 4.SAME = 4.45 = 180 cm2 c) Chứng minh BD.BE + CD.CA = BC2 Kẻ DH BC rBHD và rBEC có ; chung rBHD và rBEC (g – g) (1) rCHD và rCAB có ; chung rCHD và rCAB (g – g) (2) Từ (1) và (2) suy ra BD.BE + CD.CA = BC.BH + BC.CH = BC(BH + CH) = BC.BC = BC2 Bài 5: Chứng minh E 30 E = (x105 + y105 + x105) – (x101 + y101 + z101) = (x105 – x101) + (y105 – y101) + (z105 – z101) = x101(x4 – 1) + y101(y4 – 1) + z101(z4 – 1). Xét tích x101(x4 – 1) = x101(x2 – 1)(x2 + 1) = x101(x – 1)(x + 1)(x2 + 1) = (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1)x100 Chứng minh (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 2 và 3 + Vì x – 1 và x là hai số tự nhiên liên tiếp nên (x – 1)x 2 Do dó (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 2 + Vì (x – 1) x (x + 1) là ba số tự nhiên liên liếp nên (x – 1) x (x + 1) 3 Do đó (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100) 3 Chứng minh (x – 1) x (x + 1)x100 5 + Trường hợp x 5 thì (x – 1) x (x + 1)x100 5 + Trường hợp x 5 thì x có dạng 5q 1 hoặc 5q 2 Nếu x = 5q – 1 thì x + 1 = 5q – 1 + 1 = 5q 5 nên (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 5 Nếu x = 5q + 1 thì x – 1 = 5q + 1 – 1 = 5q 5 nên (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 5 Nếu x = 5q 2 thì x2 + 1 = (5q 2)2 + 1 = 25q2 20q + 4 + 1 = 5(5q2 4q + 1) 5 Nên (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 5 Với mọi trường hợp (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 đều chia hết cho 5. Mà 2; 3; 5 nguyên tố cùng nhau nên (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 2.3.5 Hay (x – 1) x (x + 1)(x2 + 1) x100 30 N
Tài liệu đính kèm: