Đề thi giao lưu học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

1

ĐỀ THI HS GIỎI TRƯỜNG – TOÁN 8

Bài 1 (1,0 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:

a) x2 – x – 12; b) x2 + 2xy + 4y – 4;

Bài 2: (2,5 điểm) Cho biểu thức: P =

4 2

2 3 4 1 1 1 ( 1) (1 ) ( ) 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x               

a. Tìm x để P xác định ; b, Rút gọn P. c, Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên? Bài 3: (2,0 điểm) a, Chứng minh rằng tổng của ba số nguyên chia hết cho 6 thì tổng của lập phương ba số nguyên cũng chia hết cho 6

b, Chứng minh bất đẳng thức: 1 1 4 a b a b    . Với ;a b là các số dương.

áp dụng : Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 2 3 M xy x y    . với ; x y dương và 1 x y   .

Bài 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC cân ở A, D là trung điểm của cạnh BC. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho : MDN = ABC. Chứng minh : a, Hai tam giác BMD và CDN đồng dạng với nhau ; b, MD2 = MN . MB Bài 5:(1,5 điểm) Cho tam giác ABC trung tuyến AD. Gọi G là trọng tâm của tam giác. Một đường thẳng qua G

cắt các cạnh AB, AC lần lượt ở M và N. Chứng minh rằng: 3  AN

AC AM

AB

-----------------------------------------------------------------------------------------------------------

đáp án toán 8: Bài 1: a, x2 - x - 12 = (x-4)(x+3) (1điểm) b, x2 + 2xy + 4y - 4 = (x-2)(x+2) + 2y(x+2) = (x+2)(x+2y-2) (1điểm) Bài 2: a, Điều kiện: x 1   (1điểm)

b, P = 1 1 . 1

1 2 1 2 1 4

3

2

2

2 2 2 4

  

        

x x x

x x x x x x x (1điểm)

1 1 . 1

1

3

2

2

2 4

  

   x x x

x x (0,5điểm)

1

1

3

2 4



   x

x x (0,5điểm)

c, P = 1 1 1

1 )1 ( 1

1

3

2 3

3

2 4

   

     

 

x x x

x x x x x

x x (1điểm)

Với x nguyên thì P nhận giá trị nguyên khi x-1 là ước của 1: (0,5điểm) TH1: x-1 = 1 => x = 2 (thõa mãn đk) TH2: x - 1 = -1 => x = 0 (thõa mãn đk) Bài 3: (2,0 điểm) a, Chứng minh rằng tổng của ba số nguyên chia hết cho 6 thì tổng của lập phương ba số nguyên cũng chia hết cho 6

(0,5điểm)

ThuVienDeThi.com

2

Bài 3: a, Giả sử a+b+c chia hết cho 6 Ta có: a3 + b3 + c3 = (a+b+c)3- 3 (a+b)(b+c)(c+a) (1điểm) Ta chứng minh được (a+b)(b+c)(c+a) luôn chia hết cho 2 Thực vậy: Nếu trong tích (a+b)(b+c)(c+a) có ít nhất một thừa số chia hết cho 2 thì tích đó chia hết cho 2 Nếu cả ba thừa số đều không chia hết cho 2. ta có: a+b = 2k + 1; b+c = 2q+1 => 2b + a+c = 2k +2q= 2k+ +2 = 2(k+q+1) = 2l. Chứng tỏ a+c chia hết cho 2. Khi đó tích sẻ chia hết cho 2. (1điểm) Vì (a+b)(b+c)(c+a) luôn chia hết cho 2 nên: 3(a+b)(b+c)(c+a) luôn chia hết cho 6 Mà (a+b+c)3 cũng chia hết cho 6 (vì a+b+c chia hết cho 6 ) Do đó (a+b+c)3- 3 (a+b)(b+c)(c+a) chia hết cho 6 Hay: a3 + b3 + c3 chia hết cho 6 (1điểm)

b, Ta cã : 0 ) (

) ( 4 1 1 2

       b a ab

b a b a b a vì a > 0; b > 0 (0,5điểm)

=> b a b a    4 1 1 Dấu = xảy ra khi a – b = 0 <=> a = b (0,5điểm)

áp dụng: M = xy y x xy 2

1 3 2

3

2 2    (0,25điểm)

V×: 12 ) (

12 3 2

3

2 2 2      y x y x xy ; y x y x xy      12 3 2

3

2 2 (0,25điểm)

Và: 2 2

y) (x

1 4

1 4 y) (x      xy xy ( do x>0; y>0)

2 ) (

2 2

1

2     y x xy ; y x xy   2 2

1 (0,25điểm)

Nên: M 14  và M có giá trị nhỏ nhất là 14 khi x = y (0,25điểm) Bài 4: a, Ta có:ABC +BMD=MDC ( Tính chất góc ngoài) (0,5 điểm) Hay: ABC +BMD = MDN+NDC Mà ABC=MDN(gt) => BMD = NDC (1điểm) Xét hai tam giác BMD và tam giác CDN có:

B = C ( tam giác ABC cân); BMD = NDC => BMD  ~ CDN  ( g – g ) (0,5 điểm)

D

C

A

B

N

M

ThuVienDeThi.com