ĐỀ THI HSG CẤP QUỐC GIA NĂM 2015-2016 tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các...
Trang 1ĐỀ THI CẤP QUỐC GIA NĂM 2015-2016
MÔN TOÁN 8
Thời gian làm bài: 200 phút
Bài 1 Cho biểu thức:
1
3 1 : 1
2 5 1
2 1
1
2
−
−
−
− +
+
−
=
x
x x
x x
x A
a Rút gọn biểu thức A
b Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên
c Tìm x để A = A
Bài 2: a) Giải phương trình sau:
(2x2 + x – 2015)2 + 4(x2 – 5x – 2016)2 = 4(2x2 + x – 2015)(x2 – 5x – 2016)
b) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3 2 3
x + 2x + 3x 2 y + =
Bài 3: a) Tìm a, b sao cho đa thức f(x) = ax3 + bx2 + 10x – 4 chia hết cho đa thức g(x)= x2 + x – 2 b) Biết rằng x2 + y2 = x + y Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của biểu thức P = x – y
Bài 4: Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C).
Tia AM cắt đường thẳng CD tại N Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM
a) Chứng minh: ∆OEM vuông cân
b) Chứng minh: ME // BN
c) Từ C, kẻ CH ⊥ BN (H ∈ BN) Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng.
Bài 5: Cho a, b, c, d là các số dương Chứng minh rằng :
b a
d a a d
d c d c
c b c b
b a
+
−
≥ +
− + +
− + +
−
-Hết -Đáp án:
Bài 1: ĐKXĐ: x ≠ 1; x ≠ -1; x ≠ 31
a) Ta có:
x
x
x
x
x
x x
x x
x
A
3
1
2
3
1
1
1
2
3 1
1 1
) 5 ( ) 1 ( 2
1
2
2
2 2
−
=
−
−
−
−
=
−
−
−
−
−
− +
+
=
Ta có:
b) A nguyên nên 21 – 3x
Đề thi chính thức
Trang 21 – 3x 1 -1 2 -2
3
2
3
1
KL TM Loại vi x∉Z Loại vi x∉Z Loại vì x KTMĐKXĐ
Bài 2:
a)
Đặt:
−
−
=
− +
=
2016 4
2015 2
2
2
x x b
x x a
Phương trình đã cho trở thành:
a2 + 4b2 = 4ab⇔ − (a 2 )b 2 = ⇔ − 0 a 2b= ⇔ = 0 a 2b
Khi đó, ta có: 2x2 +x− 2015 = 2 (x2 − 5x− 2016 )
2011
11 2011
11
11 2017
2017 11
−
=
⇔
−
=
⇔
x x
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất
11
2017
−
=
⇔x
b)
Ta có
2
− = + + = + ÷ + > ⇒ <
2
4 16
+ − = + + = + ÷ + > ⇒ < +
Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1
Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được
x = -1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1 ; 0) và (1;2)
Bài 3:
a) Đa thức chia g(x) = (x – 1)(x + 2)
⇒ g(x) có hai nghiệm là 1 và – 2
⇒ f(1) = a + b + 6 = 0
f(-2) = -8a + 4b – 24 = 0
Giải hệ phương trình ta tìm được: a = – 4; b = – 2
b) Ta có: x2 + y2 = x + y
⇒ x = x2 + y2 – y; y = x2 + y2 – x
⇒ P = x2 + y2 – y – y = x2 + y2 – 2y + 1 – 1 = x2 + (y – 1)2 – 1 ≥ – 1
⇒ Pmin = – 1
Dấu “=” xảy ra khi:
Lại có: P = x – x2 – y2 + x = – y2 – x2 + 2x – 1 + 1
= 1– y2 – (x – 1)2≤ 1
⇒ Pmax = 1
Dấu “=” xảy ra khi:
=
=
1
0
y x
=
=
0
1
y x
Trang 3Bài 4:
Xét ∆OEB và ∆OMC
Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC
Và µ µ 0
1 1 45
B =C =
BE = CM ( gt )
Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c g.c)
⇒ OE = OM và µ ¶
1 3
O =O
Lại có O¶2 +O¶3 = BOC· = 90 0 vì tứ giác ABCD là hình vuông
⇒ ¶ µ
2 1
O +O = · 0
90
EOM = kết hợp với OE = OM ⇒∆OEM vuông cân tại O
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông ⇒ AB = CD và AB // CD
+ AB // CD ⇒ AB // CN ⇒ AM BM
MN = MC ( Theo ĐL Ta- lét) (*)
Mà BE = CM (gt) và AB = CD ⇒ AE = BM thay vào (*)
Ta có : AM AE
MN = EB ⇒ ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)
Gọi H’ là giao điểm của OM và BN
Từ ME // BN ⇒OME OH B· = · ' ( cặp góc đồng vị)
Mà OME· = 45 0 vì ∆OEM vuông cân tại O
1 ' 45
⇒∆OMC ∼ ∆BMH’ (g.g)
'
⇒ = ,kết hợp OMB CMH· = · '( hai góc đối đỉnh)
⇒∆OMB ∼ ∆CMH’ (c.g.c) ⇒OBM· =MH C· ' = 45 0
Vậy BH C BH M MH C· ' =· ' +· ' = 90 0 ⇒CH' ⊥BN
Mà CH ⊥ BN ( H ∈ BN) ⇒ H ≡ H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng (đfcm)
Bài 5:
Ta có:
4
0
≥ +
+ + +
+ + +
+ + +
+
⇔
≥ +
− + +
− + +
− + +
−
⇔ +
−
≥ +
− + +
− + +
−
b a
b d a d
a c d c
b b c b
c a
b a
a d a d
d c d c
c b c b
b a b a
d a a d
d c d c
c b c
b
b
a
Xét:
4
4
a c b d c a d b
b c c d d a a b
+ + + + + + + −
=> đpcm
Dấu = xảy ra khi a = b = c = d
Lời giải: Hoàng Quốc Khánh – Học sinh THCS Đồng Lạng – Đức Thọ – Hà Tĩnh