Đang tải... (xem toàn văn)
UBND THỊ XÃ KINH MÔN PHÒNG GIAO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI SỐ 42 ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC 2022 2023 MÔN TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài 150 phút Bài 1 (2,0 điểm) 1 Phân tích đa thức thành nhân t[.]
UBND THỊ XÃ KINH MƠN PHỊNG GIAO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI SỐ 42 Bài 1: (2,0 điểm) ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC: 2022-2023 MÔN: TOÁN - LỚP Thời gian làm bài: 150 phút Phân tích đa thức x x thành nhân tử x 2x 1 x2 Q : x x x x x x x với Cho biểu thức x 0, x 1, x 2, x 0,5 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên Bài 2: (2,0 điểm) 5x x2 x 5 x 6 x 1 Giải phương trình: x 2 Xác định số a, b biết đa thức 2x ax b chia cho x dư chia cho x dư 21 Bài 3: (2,0 điểm) 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y 3xy x y 0 Cho n số tự nhiên lớn thỏa mãn 2n 24n số phương Chứng minh 8n hợp số Bài 4: (3,0 điểm) Cho ABC nhọn, đường cao AD, BE , CF cắt H Từ H hạ HM vng góc với EF M HN vng góc với ED N a) Chứng minh BED BCH đồng dạng b) Chứng minh HM HN c) Gọi I , J , Q, K hình chiếu vng góc F AC , AD, BE , BC Chứng minh I , J , Q, K thẳng hàng Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị A 24 a b c ab bc ca 1962 a b2 c2 nhỏ biểu thức = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = ĐÁP ÁN ĐỀ GIAO LƯU OLYMPIC CẤP THỊ XÃ NĂM HỌC: 2019 – 2020 MƠN: TỐN - LỚP HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (2,0 điểm) Phân tích đa thức x x thành nhân tử x x 1 x2 Q : x x x x x x x với Cho biểu thức x 0, x 1, x 2, x 0,5 a) Rút gọn biểu thức Q b) Tìm giá trị nguyên x để Q nhận giá trị nguyên Lời giải Phân tích đa thức Ta có: 2x2 x 2 x x x 2 x x 1 x 1 x 1 x x x 1 x2 Q : x x x x x x x với x 0, x 1, x 2, x 0,5 Biểu thức x 2x 1 x2 Q : x x x x x x x với x 0, x 1, x 2, x 0,5 a) x x 1 x2 Q : x x 1 x x x 2x x x2 2x 1 x : x 1 x x x 1 x 1 x x 1 x 1 x x x 1 x 1 x2 x x2 x x x2 x 1 6x x x 2x 1 3(2 x 1) x x 2 x 1 3x x2 b) Ta có Q 3x 3x 6 3 x2 x2 x2 Để Q nhận giá trị nguyên Suy 6 x x U x 6; 3; 2; 1;1; 2;3;6 x 8; 5; 4; 3; 1;0;1; 4 Mà x 0, x 1, x 2, x 0,5 Nên x 8; 5; 4; 3; 1; 4 x 8; 5; 4; 3; 1; 4 Vậy Bài 2: (2,0 điểm) Q nhận giá trị nguyên 5x x2 x 5 x 6 x 1 Giải phương trình: x 2 Xác định số a, b biết đa thức 2x ax b chia cho x dư chia cho x dư 21 Lời giải 5x x2 Giải phương trình: x ĐKXĐ: x 5x x2 x 1 x 5 x 6 x 1 x 5 x 6 x 1 x x x x 1 x 6 x 1 x 1 5x x2 x2 6 x 1 x 1 x x3 x 25 x 6 x 12 x x x 11x 13 x 0 x 1 x x 3 0 x 0 x 1(TM ) x 0 x 2(TM ) x 0 x 3(TM ) Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 1; 2;3 2 Xác định số a, b biết đa thức 2x ax b chia cho x dư chia cho x dư 21 Đặt f ( x) 2 x ax b f ( 1) f ( x ) chia cho x dư chia cho x dư 21 ta có f (2) 21 1 a 1 b a b a 7 2a b 13 b 2.2 a.2 b 21 Vậy a 7, b đa thức 2x ax b chia cho x dư chia cho x dư 21 Bài 3: (2,0 điểm) 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y 3xy x y 0 Cho n số tự nhiên lớn thỏa mãn 2n 24n số phương Chứng minh 8n hợp số Lời giải 2 Tìm nghiệm nguyên phương trình x y 3xy x y 0 2 Ta có x y 3xy x y 0 x x xy y y xy x x x y y y 1 x y 1 x x y y 1 x y x y x y 1 x y U (3) Do x, y nghiệm nguyên nên x y U (3) Ta có bảng sau x y 1 x 2y 3 6 y 3 x; y 6;5 ; 4; 3 ; 8;5 ; 6; 3 x 3 1 8 3 Vậy Cho n số tự nhiên lớn thỏa mãn 2n 24n số phương Chứng minh 8n hợp số 24n 24 3k 1 3 24k + Nếu n 3k , ta có phương Do n 3k loại (1) 2n 2 3k 3 2k 1 + Nếu n 3k , ta có phương Do n 3k loại khơng số khơng số (2) 8n 3 8n 3 Từ (1) (2), suy n 3k , ta có (3) Do n 8n (4) Từ (3) (4) suy 8n hợp số Vậy n số tự nhiên lớn thỏa mãn 2n 24n số phương 8n hợp số Bài 4: (3,0 điểm) Cho ABC nhọn, đường cao AD, BE , CF cắt H Từ H hạ HM vng góc với EF M HN vng góc với ED N a) Chứng minh BED BCH đồng dạng b) Chứng minh HM HN c) Gọi I , J , Q, K hình chiếu vng góc F AC , AD, BE , BC Chứng minh I , J , Q, K thẳng hàng Lời giải A I F J M E H N Q B K D a) Xét BDH BEC có: B góc chung BDH BEC 90o Do BDH ∽ BEC (th3) BD BH BD BE BE BC BH BC Xét BED BCH có: B góc chung BD BE BH BC (cmt) Do BED ∽ BCH (th2) b) Xét BFH CEH có: BFH BEH 90o BHF CHE (hai góc đối đỉnh) Do BFH ∽ CEH (th2) FH BH FH EH EH CH BH CH +Xét FEH BCH có: FHE BHC (hai góc đối đỉnh) C FH EH BH CH (cmt) Do FEH ∽ BCH (th2) FEH BCH hay MEH BCH (1) Lại có BED ∽ BCH (câu a) BEH CBH hay HEN BCH (2) Từ (1) (2) MEN HEN +Xét MHE NHE có: HME HNE 90o HE: cạnh chung Do c) Do Do MEH NEH (cmt) MHE NHE (c.h-g.n) HM HN FI AC , QE AC FI //BE FJ AD, BC AD FJ //BC AI AF IE FB (3) AF AJ FB JD (4) AI AJ IJ //ED IE JD Từ (3) (4) suy IE FH FI AC , HE AC FI //HE EC HC Do (6) IE FH EC HC (7) Do FI AC , HE AC FI //HE (5) IE KD IK //ED EC KC Từ (6) (7) suy AF KD FK //AD FB BK Do Do FQ EB, AC EB FQ //AC Từ (9) (10) suy (8) (9) AF QE FB BQ (10) QE KD QK //ED BQ BK (11) Từ (5), (8), (11) suy I , J , Q, K thẳng hàng Bài 5: (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A 24 a b c ab bc ca 1962 a b2 c2 Lời giải Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có a b c 3 a b c a b c Mặt khác a b c 1 a b c 2ab 2bc 2ca 1 a b2 c ab bc ca Do A 24 a b c ab bc ca 1962 a b2 c2 a b2 c2 5 1962 24 a b c 2 a b c 5 24 a b c 1962 2 2 a b c 24 a b c 1959,5 a b2 c 45 2 2 a b c a b c 1959,5 2 2 a b2 c2 2 45 a b2 c 1959,5 2 2 a b c 15 2 1959,5 2 1975 a b c 2 a b c 45(a b c ) 2 2 a b c Dấu “=” xảy Vậy với a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn a b c 1 giá trị nhỏ biểu thức 1975 A 24 a b c = = = = = Hết = = = = = a b c ab bc ca 1962 a b2 c2 ... khơng số khơng số (2) 8n 3 8n 3 Từ (1) (2), suy n 3k , ta có (3) Do n 8n (4) Từ (3) (4) suy 8n hợp số Vậy n số tự nhiên lớn thỏa mãn 2n 24n số phương 8n hợp số Bài 4:... y 3 x; y 6;5 ; 4; 3 ; 8; 5 ; 6; 3 x 3 1 ? ?8 3 Vậy Cho n số tự nhiên lớn thỏa mãn 2n 24n số phương Chứng minh 8n hợp số 24n 24 3k 1 3 24k ... 6; 3; 2; 1;1; 2;3;6 x 8; 5; 4; 3; 1;0;1; 4 Mà x 0, x 1, x 2, x 0,5 Nên x 8; 5; 4; 3; 1; 4 x 8; 5; 4; 3; 1; 4 Vậy Bài 2: (2,0