Đề thi Olimpic Toán 8 năm 2020 – 2021 phòng GD&ĐT Quốc Oai – Hà Nội

Giới thiệu Đề thi Olimpic Toán 8 năm 2020 – 2021 phòng GD&ĐT Quốc Oai – Hà Nội

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi Olimpic Toán 8 năm 2020 – 2021 phòng GD&ĐT Quốc Oai – Hà Nội.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 8 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề thi Olimpic Toán 8 năm 2020 – 2021 phòng GD&ĐT Quốc Oai – Hà Nội

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 8 tại đây

PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI ĐỀ OLIMPIC TOÁN 8 Năm học 2020 – 2021 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề gồm có 01 trang) Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề) Họ và tên: …………………………………………..……..…SBD:………….… Bài 1 (3 điểm) 6x  3 2  1  Cho biểu thức : Q=   3  2  :  x  2  x 1 x 1 x  x 1 a. Tìm điều kiện xác định của Q , rút gọn Q 1 3 c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Q . b. Tìm x khi Q= Bài 2 (4 điểm). a/ Tìm giá trị của m để cho phương trình: 6x – 5m = 3 + 3mx có nghiệm gấp 3 lần nghiệm của phương trình: (x – 1)(x + 1) – (x + 2)2 = 3. b/ Giải phương trình: (x2 – 1)(x2 + 4x + 3) = 192 Bài 3 (3 điểm) a/ Cho x 2 x2   . Tính giá trị của A  x2  x  1 3 x4  x2  1 b/ Cho a, b là bình phương của 2 số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng minh: ab – a – b + 1  48 Bài 4 (6 điểm) Một mảnh đất hình thang ABCD có AB//CD, AB = BC = AD = a, CD = 2a. a/ Tính các góc của hình thang ABCD. b/ Tính diện tích của hình thang ABCD theo a. c/ Hãy chia mảnh đất ABCD thành 4 mảnh đất hình thang giống hệt nhau (bằng nhau) Bài 5 (2 điểm) Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy D, trên cạnh AC lấy E sao cho AD = 1 BI CI 1 AB, CE = AC; CD và BE cắt nhau tại I. Tính các tỷ số ; . 4 IE ID 3 Bài 6 (2 điểm) 1/ Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x  y  0 và x 3  7 y  y 3  7 x 2/ Giải phương trình : (8x – 4×2 – 1)(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1) Cán bộ coi kiểm tra không giải thích gì thêm. Họ tên, chữ kí của cán bộ coi PHÒNG GD & ĐT QUỐC OAI KÌ THI OLIMPIC Năm học 2020 – 2021 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8 Câu Phần a 2đ Nội dung ĐK: x  1; x  2 . Điểm 0,5 x2  x  1  6x  3  2x  2 1 Q . x3  1 x2 1  x  2  x  1   2 2  x  1 x  2   x  x  1 x  x  1 1,5 1 1   x2  x  1  3 x  x 1 3  x  1( KTM )   x  1 x  2   0    x  2(TM ) 2 b 0.5đ 1 So sánh với điều kiện suy ra x  2 thì Q  (3đ) Q 0,25 1 3 0,25 1 ; x  x 1 2 2 1 3 3  Vì 1  0; x  x  1   x      0 với mọi x 2 4 4  2 c 0.5 0,25 Q đạt GTLN  x 2  x  1 đạt GTNN  x 2  x  1  Lúc đó Q  3 1  x   tm  . 4 2 4 3 0,25 1 4 khi x  2 3 Giải phương trình: (x – 1)(x + 1) – (x + 2)2 = 3. Vậy GTLN của Q là a 2đ 2 (4đ)  x2 – 1 –(x2 + 4x + 4) = 3  x2 – 1 – x2 – 4x – 4 = 3  – 4x – 5 = 3  – 4x = 8  x = – 2 0.75 Như vậy phương trình: 6x – 5m = 3 + 3mx có nghiệm x = 3.(- 2) = -6 0.25 Thay x = -6 vào phương trình: 6x – 5m = 3 + 3mx ta có 6.(-6) – 5m = 3 + 3.(-6)m  -36 – 5m = 3 – 18m  13m = 39 0.75 m=3 Vậy m = 3 thỏa mãn yêu cầu. 0.25 b/ Giải phương trình: (x2 – 1)(x2 + 4x + 3) = 192 (1) Ta có: x2 – 1 = (x – 1)(x + 1) và x2 + 4x + 3 = (x + 1)(x + 3) 0.25 Nên (1)  (x – 1)(x + 1)(x + 1)(x + 3) = 192  [(x – 1)(x + 3)][(x + 1)(x + 1)]= 192  (x2 + 2x – 3)(x2 + 2x + 1)]= 192 b 2đ 0.5 Đặt y = x2 + 2x – 1 (y = (x + 1)2 – 2 ≥ – 2)  x2 + 2x – 3 = y – 2 và x2 + 2x + 1 = y +2 (1)  (y – 2)(y + 2) = 192  y2 – 4 = 192  y2 = 196  y = 14 (do y ≥ – 2)  x2 + 2x – 1 = 14  x2 + 2x – 15 = 0  (x – 3)(x + 5) = 0  x= 3; x = -5 Vậy: Phương trình có 2 nghiệm x= 3; x = -5 0.5 0.5 0.25 2 Cho x 2 x   . Tính giá trị của A  4 x  x 1 3 x  x2  1 2 Cách 1: x 2 x2  x  1 3 1 3 1 5       x   1    x    x2  x  1 3 x 2 x 2 x 2 0.5 x4 + x2 +1 = (x2 +1)2 – x2 = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1) x2 x x nên A  4  2 . 2 2 x  x 1 x  x 1 x  x 1 3 3đ a 1 x2  x  1 x2  x  1 1 1 .  ( x   1)( x   1) 1.5  A  x x x x đ 1 5 5 7 3 21  A 0.5  (  1)(   1)  .  2 2 2 2 4 Vậy: A  4 0.5 21 Cách 2: Giải phương trình x x 2   được nghiệm x  x 1 3 2 0.5 1 ; x  2 2 Chia 2 trường hợp và đều ra KQ A  4 21 b Cho a, b là bình phương của 2 số nguyên lẻ liên tiếp. 1.5 Chứng minh: ab – a – b + 1 48 đ 1 Đặt a = (2n – 1)2 và b = (2n + 1)2 Ta có M = ab – a – b + 1 = (a – 1)(b – 1) = [(2n – 1)2 – 1][(2n + 1)2 – 1]= (2n – 2)2n.2n(2n + 2) 0.75 = 16n2(n – 1)(n + 1)  M  16 Ta thấy: n(n – 1)(n + 1) là tích của 3 số nguyên liên tiếp nên n(n – 1)(n + 1)  3 0.25 0.5 Mà (16, 3) = 1  M  16.3  M  48 Một mảnh đất hình thang ABCD có AB//CD, AB = BC = AD = a, CD = 2a. Tính các góc của hình thang ABCD. A B 0.5 a/ 2.5 đ I D H C Gọi I là trung điểm của CD  AB = DI = IC = a và AB//DI  ABID là hình bình hành  AD = BI = a  BCI là tam giác đều 0 0      BCD=60  ADC=60 ; DAB=ABC=1200 4 6đ 0.5 1 0.5 Tính diện tích của hình thang ABCD theo a. Kẻ đường cao BH của hình thang ABCD (đường cao của tam giác 0.5 đều BCI) b/ 2đ 2 Ta có: CH= 1 CI= a  BH= BC2 -CH 2 = a 2 – a = a 3 2 2 4 2 a 3 (a+2a) 2 (AB+CD)BH 2 = 3a 3 SABCD = = 2 2 4 0.5 1 Hãy chia mảnh đất ABCD thành 4 mảnh đất hình thang giống hệt c/ nhau (bằng nhau) 1.5 E, F, K, H là lần lượt là trung điểm của các đoạn ID, AI, BI, IC. đ Chi hình thang ABCD như hình vẽ, ta được các hình thang AFED, 0.5 1 ABKF, BCHK, EFKH giống nhau A B F D K I E H C Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy D, trên cạnh AC lấy E sao cho AD = 1 1 AB, CE = AC; CD và BE cắt nhau tại I. Tính các tỷ số 4 3 BI CI ; . IE ID Cách 1: Dùng định lý Ta – lét A D J P Q 0.25 E I B 5 2đ C Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AE, AB. PQ cắt CD tại J Ta có: PA//BE; BQ = QA = 2QD và AP = PE = EC Nên: EI là đường trung bình của CPJ  JP = 2IE; JI = IC 0.25 Và BD = 3 DQ  BI = 3QJ; JI = 2DJ JI = IC = 2DJ  CI 2  ID 3 0.5 Đặt IE = x  JP = 2IE = 2x; QJ = y  BI = 3QJ = 3y Ta có PQ là đường trung bình của ABE nên BE = 2PQ 0.25  BE = 2PQ hay BI + IE = 2(QJ + JP)  3y + x = 2(y + 2x)  3y + x = 2y + 4x hay y = 3x BI BI CI 2  BI = 9x  BI = 9IE  = 9. Vậy: = 9;  IE IE ID 3 Cách 2: Phương pháp diện tích 0.25 0.5 A D x E I 0.25 y B C Đặt SIAD = x; SIEC = y; SABC = S Vì AB = 4AD  SABI = 4SIAD = 4x; AC = 3EC  SAIC = 3SIEC = 3y Ta có: SABI + SAIE = SABE = và SAIC + SAID = SACD = Từ (1)&(2)  5y = x=  2 2 S S  4x + 2y= S hay: 2x + y = (1) 3 3 3 1 S S S  x + 3y =  2x + 6y = (2) 4 4 2 S S S S   y= 2 3 6 30 S S S 3S  3y=   4 4 10 20 BI SABI 4.3S S 3S 15 CI SACI 3y S 3S 2  = : = . =9 và  = = : = IE SAIE 20 15 5 S ID SAID x 10 20 3 Vậy: 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 BI CI 2 = 9;  IE ID 3 Tìm tất cả các số nguyên x, y thỏa mãn x  y  0 và x3  7 y  y 3  7 x PT   x  y   x 2  xy  y 2   7  x  y  1 1đ 6 2đ   x  y   x 2  xy  y 2  7   0 0.25  x 2  xy  y 2  7  0 (Vì x  y ) 0.25   x  y   7  3 xy  0  xy  2 2 Vì x  y  0 nên xy  2 , do đó x  2; y  1 0.25 0.25 Giải phương trình : (8x – 4×2 – 1)(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1) 2 1đ PT  8x  4x 2  1 x2  x  1  2 4 x  2x  1 0.25 8 x  4 x 2  1 3  (4 x 2  8 x  4) 3    ( x  1) 2 4 4 4 3 Vì (x – 1)2 ≥ 0  VT ≤ (dấu bằng xảy ra khi x = 1) (1) 4 3 2 1 2 1 1 ( x  2 x  1)  ( x  x  ) 3 1 ( x  1) 2 2 x  x 1 4 4 2 4 VP  2    . x  2x  1 x2  2x  1 4 4 ( x  1) 2 Xét VT = Vì ( x  1) 2 3  0  VP ≥ (dấu bằng xảy ra khi x = 1) (2) 2 ( x  1) 4 3  x 1 4 Vậy: Phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 Từ (1)&(2) suy ra: PT  VT  VP  Ghi chú: Học sinh làm cách khác đúng chấm điểm tương đương. 0.25 0.25 0.25
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top