069 đề HSG toán 8 kinh môn 2017 2018

UBND HUYỆN KINH MƠN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2017-2018 MƠN: TỐN – LỚP Thời gian làm : 150 phút Câu (2,0 điểm) 1) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: x  x  1  x    2) Biết 4a  b  5ab với 2a  b  Tính giá trị biểu thức Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1) x  x   x   2 C ab 4a  b 2 9x x  8 x2  x  x2  x  Câu (2,0 điểm) 2 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  xy   x  y   y  10  2) 2) Cho đa thức f ( x)  x  x  x  Với giá trị nguyên x giá trị đa thức f ( x ) chia hết cho giá trị đa thức x  Câu (3,0 điểm) Cho O trung điểm đoạn AB Trên nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB vẽ tia Ax, By vng góc với AB Trên tia Ax lấy điểm C(khác A), qua O kẻ đường thẳng vuông góc với OC cắt tia By D 1) Chứng minh AB  AC.BD 2) Kẻ OM vuông góc với CD M Chứng minh AC  CM 3) Từ M kẻ MH vng góc với AB H Chứng minh BC qua trung điểm MH Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số dương thỏa mãn x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P 1   16 x y z ĐÁP ÁN Câu 1) x  x  1  x     x  x  1  x  1  x      x4  x2   x4  x2  2    x4  x2   2 x4  x2     x  x  1 2) 4a  b  5ab   a  b   4a  b   a  b  a  b    4a  b   a  4b Do 2a  b  nên 4a  b loại ab a2 C   2 4a  b 4a  a Với a  b Câu 1) 2 *Với x  ta có phương trình: x  3x   x    x  x    x  1(tm) *Với x  ta có phương trình:  x  (ktm) x  3x    x   x  x      x  (tm) Vậy nghiệm phương trình x  2) Xét x  nghiệm Xét x  9x x  8 2x  x  2x  x    8 3 2x   2x 1  x x 2x   t x Đặt ta có phương trình:  8 t 1 t 1 ĐKXĐ: x  1 PT  8t  8t     2t  1   t  2 1  95   2x    4x2  x     2x      PTVN x  16  Câu Ta có: x  xy   x  y   y  10   x  xy  28 x  28 y  y  40    x  y    y   *  2x  y  7  Ta thấy: nên y   0;1  y   0;1; 1 y2   y2  y nguyên nên * x   2; 5 Với y  thay vào   ta  x    tìm * Với y  thay vào   ta có :  x    khơng tìm x ngun Với y  1 thay vào  * ta có:  x    khơng tìm x ngun Vậy  x; y  nguyên tìm  2;0  ;  5;0  2 Chia f ( x) cho x  thương x  dư x  2 Để f ( x) chia hết cho x  x  chia hết cho x    x  2  x  2 chia hết cho x   x  chia hết cho x   x   chia hết cho x  2  chia hết cho x  mà x    x    3;6  x   1; 2 Thử lại ta thấy x  1; x  2 thỏa mãn Vậy với x  1; x  2 f ( x ) chia hết cho x  Câu Chứng minh OAC : DBO OA AC    OA.OB  AC.BD DB OB AB AB AB   AC.BD   AC.BD( dfcm) 2 OC AC OAC : DBO  g.g    OD OD Theo câu a ta có: OC AC OC OD OA  OB     OD OA AC OA Mà · · Chứng minh OCD : ACO  c.g c   OCD  ACO Chứng minh OAC  OMC (ch  gn)  AC  MC  dfcm  Ta có: OAC  OMC  OA  OM ; CA  CM  OC trung trực AM  OC  AM Mặt khác OA  OM  OB  AMB vuông M  OC / / BM (vì vng góc với AM ) hay OC//BI Chứng minh C trung điểm AI MK BK KH   BC AC Do MH / / AI theo hệ định lý Ta let ta có: IC Mà IC  AC  MK  HK  BC qua trung điểm MH (đpcm) Câu  1 1 1  y x   z x  z y  21 P     x  y  z              16 x y z  16 x y z   16 x y   16 x z   y z  16 y x    y  2x 16 x y Theo BĐT cô si ta có: z x z y    z  x;  1 z  2y 4y z Tương tự 16 x z 49 P x  ; y  ;z  16 Dấu xảy 7 ...  2) Xét x  nghiệm Xét x  9x x  ? ?8 2x  x  2x  x    ? ?8 3 2x   2x 1  x x 2x   t x Đặt ta có phương trình:  ? ?8 t 1 t 1 ĐKXĐ: x  1 PT  8t  8t     2t  1   t  2 1  95...  x     2x      PTVN x  16  Câu Ta có: x  xy   x  y   y  10   x  xy  28 x  28 y  y  40    x  y    y   *  2x  y  7  Ta thấy: nên y   0;1  y   0;1;