Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD & ĐT Núi Thành (Có đáp án)

doc 4 trang Người đăng duyenlinhkn2 Ngày đăng 01/02/2024 Lượt xem 56Lượt tải 0 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD & ĐT Núi Thành (Có đáp án)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - Phòng GD & ĐT Núi Thành (Có đáp án)
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
Œ 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:

  • docde_thi_chon_hoc_sinh_gioi_mon_toan_lop_8_nam_hoc_2016_2017_p.doc