Đề HSG toán 8 năm 16-17

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay.[r]

PHÒNG GD&ĐT VĨNH YÊN ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017 MƠN: TỐN LỚP 8

Thời gian làm 150 phút, không kể thời gian giao đề

Bài (2,0 điểm):

Cho biểu thức

4 3

4

2

x +1 x - x(3x -1) - x +1

A = - x - :

x +1 x - x - x +1 x -1





 









 







 







a) Tìm điều kiện xác định rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức A Bài (2,0 điểm):

a) Đa thức f(x) chia cho

x - 2016

số dư 1; chia cho

x - 2017

thì số dư -1 Tìm dư phép chia đa thức f(x) cho



x - 2016 x - 2017

 



b) Cho m n, hai số nguyên dương thỏa mãn m 2016,n2016 số phương Chứng minh 22017



m n



tổng hai số phương

Bài (2,0 điểm):

a) Cho phương trình: 2 mx -1 mx+1- = 3

x - 2 x+1 x+2 - x (x ẩn, m tham số) Tìm điều kiện tham số m để phương trình có nghiệm số khơng âm

b) Giải phương trình: 2

2 2

x + 4x + 5 3x

- = 1

x - x + 5 x - 3x + 5

Bài (3,0 điểm):

Cho tam giác ABC có AB < AC, I giao điểm ba đường phân giác Đường thẳng vng góc với AI I cắt AB, AC theo thứ tự M N

a) Chứng minh BMI đồng dạng với BIC

b) Chứng minh

2

BM BI

CN CI

 

 

 

c) Gọi D, E giao điểm đường thẳng BI, CI với cạnh AC, AB Chứng minh BE < CD

Bài (1,0 điểm)

Cho x y z, , ba số dương thoả mãn xyz 2 Tìm giá trị lớn cuả biểu thức:

2 2 2

2

2 6 16

x y z

P

x y y z z x

  

      .

……… Hết ………

Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Giáo viên coi giao lưu khơng giải thích thêm

Họ tên học sinh………SBD………

PHÒNG GD&ĐT VĨNH YÊN HƯỚNG DẪN CHẤM GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 - 2017

MƠN: TỐN LỚP 8

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 (2,0 điểm)

a ĐKXĐ:

x 

1

0,25

4 3

4

2

1 (3 1)

2 :

1 1

x x x x x

A x

x x x x x

            





 









 







 























6 3

2 3

3

1

2 : :

1 1 1

x x

x x x x

A

x x x x x x

              































































2 2

1

1

1

1

1

1

:

1

1

1

1

1

1

x

x

x

x

x

x

A

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x







































2 1 x A x

x

x

  





0,75

b

Xét









2 2 1 1

3 3

x A x x x x x x           

Vì









2 x x x x    

nên

A 

Dấu xảy x = - (loại)

0,5

Xét









2 2 3 1 x A x x x x x x            

Vì









2 x x x x    

nên

3 A0

nên

A 3

Dấu xảy x =1 (loại)

Vậy không tồn GTNN, GTLN A.

0,5

2 (2,0 điểm)

a

Do

f x

  

 x 2016

  

A x 1



x 2017

   

f x x 2016

 

x 2017

  

A x x 2017

      

(

Vì

2017

x  

)

0,25

Tương tự, ta có:



x 2016

   

f x  x 2016

 

x 2017

   

B x  x 2016



(Vì

2016

x  

)

Suy ra

x2016  x2017 f x   x 2016 x 2017



B x  A x 



 x 2016  x 2017

 

 

0,25

  

2016

 

2017





 

 



4033

f x  x x B x  A x  x

Vậy dư phép chia đa thức f(x) cho (x-2016)(x-2017) là

2x 4033

 

0,25

b

Giả sử

m 2016a n2, 2016b2  22017



m n



22017



a2b2



(1).

Nhận xét Nếu

k

tổng hai số phương

2k

tổng

của hai số phương.

0,25

Thật vậy, giả sử

kx2y2 













2

2

2k 2 x y  x y  x y

.

0,5

Áp dụng nhận xét ta được





2





2017





2

m n



, 2

m n



, , 2

m n



tổng hai số

chính phương.

0,25

0,5

3 (2,0 điểm)

a

2 (1)

1

2

mx mx

x x x x

 

 

   

ĐKXĐ:

x2; x1



 



1

1

3

(1)

2

1

2

1

mx

mx

x

x

x

x























 

 

 







2 1 2 2 3

3

3 (2)

1

1

1

2

3

mx x mx x

mx x

m x

mx

x

mx

x

mx

   

mx

   

  

  





 









0,25

+ Nếu

2

m 

phương trình (2) vơ nghiệm

+ Nếu

2

m 

phương trình (2) có nghiệm

4 3m

x







0,25

Phương trình cho có nghiệm số không âm

khi

4

0 2 0 2

3

4 2

2

3

m m

m

m m

m  



     

 

 

  

     

 

 



0,25

Vậy

2

2; 0;

3

m m m 0,25

b

x2− x +5=

(

x −1 2

)

2 +19

4 >0∀ x , x

−3 x +5=

(

x −3 2

)

2 +11

4 >0∀ x ,

ĐKXĐ ∀ x ∈ R

Ta có x=0 nghiệm, với x khác chia tử mẫu phân thức cho x ta có phương trình

x +4+5 x x −1+5 x

−

x − 3+5 x

=1 đặt x+5

x−2=y; ĐK y ≠ ± 1 Ta có phương trình

0,25

y +6 y+1−

3

y −1=1⇔

(y+6) (y −1)−3(y +1)

(y −1) (y+1) =1⇒ y

+5y − 6− 3y − 3= y2−1

⇔ y =8 ⇔ y=4 ∈ đk 0.25

Với y=4 ta có x+5

x−2=4⇒ x

−6x +5=0⇔(x −1)(x − 5)=0 ⇔ x =1

¿

x =5

¿ ¿ ¿ ¿ ¿



0; 1; 5



S 

Học sinh không chia mà khử mẫu phân thức cho x mà phá ngoặc khử mẫu đưa PT : x3− 6x2+5x=0 giải cho điểm tối đa

0,25

4 (3,0 điểm)

E D

N

M I

C B

A

a

    

2 ABC

AMI MBI MIB  MIB

 1800     

2 2

BAC ABC ACB ABC ACB

AMI      

Suy ra:



 ACB

MIB 

hay ICB MIB 

MBI đồng dạng IBC

0,25

 1800     

2 2

BAC ABC ACB ABC ACB

AMI      

0,25

Suy ra:



 ACB

MIB 

hay ICB MIB 

0,25

Chứng minh được: MBI đồng dạng IBC

0,25

Suy ra:

2

MB IB IB

MB

IB BC  BC

Chứng minh tương tự:

2

IC NC

BC 

Suy ra:

2

BM BI

CN CI

 

 

 

0,5

c

Theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có:





AD AB AD AB

AD AB BC AB AC

DC BC  AC AB BC   





AE AC AE AC

AE AC BC AB AC

EB BC  AB AC BC   

0,25

Do









AD AB BC AE AC BC

AD AE

AB BC AC BC



   

 



    (1)

0,25

Lại có:

AD AB AC AE

AD BE AE DC

DC BC  BC BE   (2)

0,25

Từ (1) (2) suy ra: AD BE  AE DC  AD DC

Suy ra: BE DC

0,25

5 1,0 điểm

Ta có:

2x2y2 5 x2y2x2  1 2xy2x 4 2



xy x 2



Dấu đẳng thức xảy x y Suy ra: 2

1

(1)

2 2

x x

x y   xy x 

0,25





2 2 2

2

6 2 4 4

2

(2)

6

y z y z y yz y yz y

y y

y z yz y

            

 

   

Dấu đẳng thức xảy 2y z 2

0,25





2 2 2

2

3 16 8 8 2

4

(3)

3 16 2

z x x z z xz z xz z

z z

z x xz z

            

 

   

Dấu đẳng thức xảy 2x z 2

0,25

Cộng (1), (2) (3) theo vế ta được:

1

2 2

1

2 2

1 2

2 2 2 2

1 1

2 1

x y z

P

xy x yz y xz z

xyz y yz

xyz y xyz yz yz y xyz yz y

y yz

y yz yz y yz y

y yz

y yz yz y yz y

 

    

     

 

 

    

     

 

 

    

     

 

 

     

     

 

Vậy giá trị lớn

1 P 

x y 1;z2

Chú ý: - Học sinh giải cách khác mà cho điểm tối đa.