Đề thi Olimpic lớp 8 môn Toán năm 2020 2021 phòng GD ĐT Quốc Oai Hà Nội

PHÒNG GD&ĐT QUỐC OAI

ĐỀ OLIMPIC TOÁN 8

Năm học 2020 - 2021

Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên: ……………….....................………..……..…SBD:.............…

Bài 1 (3 điểm)

Cho biểu thức :   3 2 1 6 3 2 Q= : 2 1 1 1 x x x x x x              

a. Tìm điều kiện xác định của Q , rút gọn Q

b. Tìm x khi 1 Q= 3

c. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 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 2

2 1 3 x x x    . Tính giá trị của

2

4 2 1 x A x x   

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

4 AB, CE = 1

3 AC; CD và BE cắt nhau tại I. Tính các tỷ số BI

IE ; CI

ID .

Bài 6 (2 điểm)

1/ Tìm tất cả các số nguyên ,x y thỏa mãn 0 x y   và 3 3 7 7 x y y x   

2/ Giải phương trình : (8x – 4x2 – 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

(Đề gồm có 01 trang)

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHÒNG GD & ĐT QUỐC OAI KÌ THI OLIMPIC Năm học 2020 - 2021

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 8

Câu Phần Nội dung Điểm

1

(3đ)

a

2đ

ĐK: 1; 2 x x  .

2

3 1 6 3 2 2 1 . 1 2 x x x x Q x x        

      

2 2 2 1 1

1 1 2 1

x x

x x x x x x

         

0,5 1,5

b

0.5đ

2 2

1 1 1 3 1 3 x x x x      

  

1( ) 1 2 0 2( )

x KTM x x x TM

       

So sánh với điều kiện suy ra 2 x  thì 1 3 Q 

0,25 0,25

c

0.5

2

1 ; 1 Q x x   

Vì

2 2 1 3 3 1 0; 1 0 2 4 4 x x x             

với mọi x

Q đạt GTLN 2 1 x x   đạt

  2 3 1 1 4 2 GTNN x x x tm      .

Lúc đó 4 3 Q 

Vậy GTLN của Q là 4

3 khi 1 2 x 

0,25 0,25

2 (4đ)

a 2đ

Giải phương trình: (x – 1)(x + 1) – (x + 2)2 = 3.

 x2 – 1 –(x2 + 4x + 4) = 3  x2 – 1 – x2 - 4x - 4 = 3  - 4x – 5 = 3  - 4x = 8  x = – 2

Như vậy phương trình: 6x – 5m = 3 + 3mx có nghiệm x = 3.(- 2) = -6

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

 m = 3

Vậy m = 3 thỏa mãn yêu cầu.

0.75

0.25

0.75

0.25

b 2đ

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)

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

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

0.25

0.5

0.5

0.5

0.25

3 3đ

a 1.5

đ

Cho 2

2 1 3 x x x    . Tính giá trị của

2

4 2 1 x A x x   

Cách 1:

2

2

2 1 3 1 3 1 5 1 1 3 2 2 2 x x x x x x x x x x             

x4 + x2 +1 = (x2 +1)2 – x2 = (x2 – x + 1)(x2 + x + 1)

nên

2

4 2 2 2 . 1 1 1 x x x A x x x x x x        

2 2 1 1 1 1 1 . ( 1)( 1) x x x x x x A x x x x           

1 5 5 7 3 21 ( 1)( 1) . 2 2 2 2 4 A

        

Vậy: 4 21 A 

Cách 2: Giải phương trình 2

2 1 3 x x x    được nghiệm

1; 2 2 x x   

Chia 2 trường hợp và đều ra KQ 4 21 A 

0.5

0.5

0.5

0.5

1

b 1.5

đ

Cho a, b là bình phương của 2 số nguyên lẻ liên tiếp.

Chứng minh: ab – a – b + 148