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 C ab 4a  b 2 Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: 1) x  x   x  0 2) 9x x  8 2x  x  2x  x  Câu (2,0 điểm) 2 1) Tìm số nguyên x, y thỏa mãn: x  xy   x  y   y  10 0 2) Cho đa thức f ( x) x  3x  3x  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 vng góc với OC cắt tia By D 1) Chứng minh AB 4 AC.BD 2) Kẻ OM vng 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 1 1 1 P   16 x y z Tìm giá trị nhỏ biểu thức : ĐÁP ÁN Câu 1) x  x  1  x    x  x  1  x  1  x     x  x   x  x     x  x    x  x    x  x  1 2) 4a  b 5ab   a  b   4a  b  0  a  b 0  a b    4a  b 0  a 4b Do 2a  b  nên 4a b loại ab a2 C   4a  b 4a  a Với a b Câu 1) 2 *Với x 1 ta có phương trình: x  x   x  0  x  x  0  x 1(tm) *Với x  ta có phương trình:  x 1 (ktm) x  x    x 0  x  x  0    x 3 (tm) Vậy nghiệm phương trình x 1 2) Xét x 0 nghiệm Xét x 0 9x x  8 2 2x  x  2x  x    8 3 2x 1  2x   x x 2x  t x ta có phương trình: Đặt  8 t 1 t  ĐKXĐ: x 1 PT  8t  8t  0   2t  1 0  t   x    x  x  0  x Câu 1 2  95   x    0  PTVN  16  Ta có: x  xy   x  y   y  10 0  x  xy  28 x  28 y  y  40 0   x  y    y 9  * Ta thấy:  x  y   0 nên y   0;1  y   0;1;  1 y 9  y  y nguyên nên Với y 0 thay vào  * ta  x   9 tìm x    2;  5 Với y 1 thay vào  * ta có :  x   5 khơng tìm x nguyên Với y  thay vào  * ta có:  x   5 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    x   chia hết cho x   x  chia hết cho x   x   chia hết cho x  2  chia hết cho x  mà x  2  x    3;6  x   1; 2 Thử lại ta thấy x 1; x  thỏa mãn Vậy với x 1; x  f ( x) chia hết cho x  Câu D I M C A K H O B Chứng minh OAC DBO OA AC    OA.OB  AC.BD DB OB AB AB AB   AC.BD  4 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 2 x 16 x y Theo BĐT cô si ta có: z x z y    z 4 x;  1  z 2 y 4y z Tương tự 16 x z 49  P x  ; y  ;z  16 Dấu xảy 7