Đề thi chọn học sinh giỏi huyện môn Toán - Lớp 8 - Năm học 2016 - 2017

PHÒNG GD&ĐT VŨ QUANG Trường THCS PHAN ĐÌNH PHÙNG

Đề thi chọn học sinh giỏi HUYỆN môn toán - lớp 8 . Năm học 2016-2017

Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1. ( 2,0 điểm) Chứng minh rằng: a) Với mọi a , nếu a và b không chia hết cho 3 thì chia Z 

6 6 a b  hết cho 9 b) Với mọi n thì n5 và n luôn có chữ số tận cùng giống nhau. N  Bài 2. ( 2,0 điểm)

a) Giải phương trình: 2 2 2 1 1 1 1 18 9 20 11 30 13 42 x x x x x x          b) Tìm các số x, y, z biết : x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx và

2010 2009 2009 2009 3    z y x Bài 3. ( 1,5 điểm) Chứng minh rằng:

Nếu a, b, c là các số dương thoả mãn: 1 1 1 a b c a b c     

thì ta có bất đẳng thức 3 a b c abc    Bài 4. ( 1,5 điểm) Cho 6a - 5b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a2 + 25b2

Bài 5. ( 3,0 điểm) Cho tam giác vuông cân ABC (AB = AC). M là trung

điểm của AC, trên BM lấy điểm N sao cho NM = MA; CN cắt AB tại E.

Chøng minh:

a) Tam giác BNE đồng dạng với tam giác BAN.

b) 1 AB NB AN

NC  

ThuVienDeThi.com

PHÒNG GD&ĐT VŨ QUANG

Trường THCS HƯƠNG THỌ đáp án – biểu điểm môn toán - lớp 8 . Năm học 2011-2012

Bài 1. a) (1,0 điểm) Vì a không chia hết cho 3 nên a có dạng 3k+1 hoặc 3k+2 (k ) Z  Nếu a = 3k+1 thì a2 = (3k+1)2 = 9k2+ 6k +1 chia 3 dư 1. Nếu a = 3k+2 thì a2 = (3k+2)2 = 9k2+ 12k + 4 chia 3 dư 1. Vậy nên nếu a không chia hết cho 3 thì a2 chia 3 dư 1.(1) Tương tự ta cũng có nếu b không chia hết cho 3 thì b2 chia 3 dư 1.(2) Từ (1) và (2) ta có a2-b2 3 (3) (0,5 ®)  Ta có a6-b6 = (a2-b2)[(a2)2+a2b2+(b2)2] = (a2-b2)[( a2)2 - 2a2b2+(b2)2+3a2b2] = (a2-b2) [(a2-b2)2+ 3a2b2] Theo c/m trên a2-b2 3 => (a2-b2)2 3 mà 3a2b2 3 với mọi a    Z  nên (a2-b2)2+ 3a2b2 3 (4)  Từ (3) và (4) suy ra (a2-b2) [(a2-b2)2+ 3a2b2] 3.3 hay a6-b6 9 (0,5 ®)   b) (1,0 điểm) Ta cần chứng minh: n5 – n 10  * Chứng minh : n5 - n 2  n5 – n = n(n2 – 1)(n2 + 1) = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) 2 (0,25 ®)  (vì với n ta có n(n – 1) là tích của hai số nguyên liên tiếp) N  * Chứng minh: n5 – n 5  n5 - n = n(n – 1)(n + 1)(n2 + 1) = n( n - 1 )( n + 1)( n2 – 4 + 5) = n( n – 1 ) (n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) + 5n( n – 1)( n + 1 ) 5  ( Vì với n ta có n(n – 1)(n + 1)(n – 2) ( n + 2 ) là tích của năm số nguyên liên N  tiếp nên chia hết cho 5 và 5n( n – 1)( n + 1 ) 5 với mọi n ) (0,5 ®)  N  Vì ( 2 ; 5 ) = 1 nên n5 – n 2.5 tức là n5 – n 10   Suy ra n5 và n có chữ số tận cũng giống nhau. (0,25 ®) Bài 2. a) 1,0 điểm x2+ 9x + 20 = (x+4)(x+5) x2+ 11x + 30 = (x+5)(x+6) x2+ 13x + 42 = (x+6)(x+7) ĐKXĐ : 4; 5; 6; 7 x x x x    

2 2 2 1 1 1 1 18 9 20 11 30 13 42 x x x x x x         

(0,5 ®) 1 1 1 1 ( 4)( 5) ( 5)( 6) ( 6)( 7) 18 x x x x x x          

1 1 1 ( 4) ( 7) 18 x x      => 18(x+7) – 18(x+4) = (x+4)(x+7) => (x+13)(x-2) = 0 (0,25 ®)

ThuVienDeThi.com

=> x = -13 hoặc x = 2 ( Thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy PT đã cho có hai nghiệm là x1=-13; x2=2 (0,25 ®) b) 1,0 điểm Ta có x2 + y2 + z2 = xy + yz + zx 2x2 +2y2 + 2z2 - 2xy - 2yz - 2zx = 0  (x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 = 0 (0,25 ®) 

x2009 = y2009 = z2009 (1) (0,25 ®) x y 0

y z 0 z x 0

          

x y z    

Theo bài ra ta có (2) 2010 2009 2009 2009 3    z y x Từ (1) và (2) ta có 3.z2009 = 32010 z2009 = 32009 z = 3 (0,25 ®)   Vậy x = y = z = 3 (0,25 ®) Bài 3. Chứng minh rằng:

Nếu a, b, c là các số dương thoả mãn: 1 1 1 a b c a b c     

th× ta có bất đẳng thức 3 a b c abc   

Ta cã 1 1 1 a b c a b c      bc ca ab a b c abc     

(*)(vì a,b,c > 0 nên abc>0) ( ) ab bc ca a b c abc       Mà nên cộng theo vÕ 3 bất đẳng thức này ta 2 2 2 2 2 2 2 ; 2 ; 2 a b ab c b cb a c ac       được (1) 2 2 2 2( ) 2( ) a b c ab bc ca      2 2 2 ) a b c ab bc ca       Lại có (2) 2 2 2 2 ( ) 2( ) a b c a b c ab bc ca         Từ (1) và (2) ta có (**) 2 ( ) 3( ) a b c ab bc ca      Từ (*) và(**) ta có 2 ( ) 3 ( ) a b c abc a b c      (Vì a,b,c > 0 nên a + b + c> 0) 3 a b c abc     Bài 4. ( 1,0 điểm) Cho 6a - 5b = 1.(1) Tìm giá trị nhỏ nhất của 4a2 + …