Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Cấp huyện, Cấp THCS) - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Hưng Hà (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 (Cấp huyện, Cấp THCS) - Năm học 2019-2020 - Phòng GD&ĐT Hưng Hà (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI HƯNG HÀ Cấp huyện, cấp THCS năm học 2019-2020 Môn kiÓm tra: Toán 8 Thời gian làm bài: 120 phút (Đề này gồm 01 trang) Bài 1:( 3 điểm ) Cho biểu thức: 3 1 4 P = x4 x3 x 1 x4 x3 x 1 x5 x4 x3 x2 x 1 a, Rút gọn biểu thức P. b, Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P. Bài 2:( 4 điểm ) a3 b3 c3 3abc a, Cho a + b + c = 2018. Chứng minh rằng: 2018 a2 b2 c2 ab bc ca b, Tìm x, y nguyên thoả mãn: x2 xy 6x 5y 8 Bài 3:( 4 điểm) a, Cho đa thức: P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e Biết P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9 ; P(4) = 16 ; P(5) = 25. Tính P(6), P(7)? 2x m x 1 b, Cho phương trình: 3 .Tìm m để phương trình có nghiệm dương. x 2 x 2 Bài 4: ( 7 điểm) Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Điểm M thuộc cạnh BC. Gọi E, F và H theo thứ tự là hình chiếu của M trên AB, AC và EF. Gọi K là điểm đối xứng với A qua BC. Chứng minh rằng khi M chuyển động trên cạnh BC thì : a, Chu vi của tứ giác MEAF không đổi. b, Ba điểm H, M và K thẳng hàng. c,Tam giác KFE có diện tích nhỏ nhất khi M là trung điểm của cạnh BC. Bài 5: (2 điểm). Cho a, b, c là ba cạnh của tam giác. ab bc ac Chứng minh: a b c a b c b c a a c b HẾT 1
2. HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN HƯNG HÀ Năm học 2019-2020 Môn kiểm tra: Toán 8 Bài 1.( 3 điểm ) x4 x3 x 1 (x4 x3 ) (x 1) x3 (x 1) (x 1) (x 1)(x3 1) x4 x3 x 1 (x4 x3 ) (x 1) x3 (x 1) (x 1) (x 1)(x3 1) x5 x4 x3 x2 x 1 (x5 x4 x3 ) (x2 x 1) x3 (x2 x 1) (x2 x 1) (x3 1)(x2 x 1) 0,25 đ ĐKXĐ: x 1 0,25 đ 3(x2 x 1) x2 x 1 4(x 1) P (x3 1)(x3 1) (x3 1)(x3 1) (x3 1)(x3 1) 0,5 đ 3x2 3x 3 x2 x 1 4x 4 (x3 1)(x3 1) 0,25 đ Ý a ( 2đ) 2x2 2 (x3 1)(x3 1) 2(x 1)(x 1) 0,25 đ (x 1)(x2 x 1)(x 1)(x2 x 1) 2 (x2 x 1)(x2 x 1) 2 0,25 đ x4 x2 1 2 KL : P , x 1 0,25 đ x4 x2 1 2 p 4 2 , x 1 0,25 đ Ý b(1đ) x x 1 x4 x2 1 1,x 0,25 đ 2 2 ,x 0,25 đ x4 x2 1 1 P 2,x Pmax 2 x 0 0,25 đ Bài 2.( 4 điểm) Ý a( 2 đ) Phân tích tử thức thành nhân tử: 2
3. a3 b3 c3 3abc 0,5 đ a3 b3 3ab(a b) c3 3ab(a b) 3abc 0,25 đ a b 3 c3 3ab(a b c) 2 0,25đ a b c a b (a b)c c3 3ab(a b c) (a b c)(a2 b2 c2 ab bc ca) 0,25đ Thay tích trên vào biểu thức: a3 b3 c3 3abc a2 b2 c2 ab bc ca 0,25 đ (a b c)(a2 b2 c2 ab bc ca) a2 b2 c2 ab bc ca 0,25 đ a b c 2018 0,25 đ a3 b3 c3 3abc KL: 2 2 2 2018 a b c ab bc ca với a + b + c = 2018 x2 – xy = 6x – 5y - 8 x2 – 6x + 8 = y (x – 5 ) (2) 0,25 đ x2 6x 8 0,25 đ y = ( vì x =5 không là nghiệm của phương Ý b(2 đ) x 5 trình (2)) 3 y = x – 1 + . Vì x , y nguyên nên x – 5 là ước của 0,5 đ x 5 3 0,25đ Hay x – 5 { - 1, 1, 3 , - 3}hay x { 4, 6 , 8 , 2} 0,25đ Khi x = 2 thì y = 0. Khi x =4 thì y = 0 0,25đ Khi x = 6 thì y = 8. Khi x= 8 thì y =8 0,25đ Vậy phương trình có 4 nghiệm nguyên là ( x, y) = (2, 0) ,(4 , 0) ,(6, 8) ,(8, 8) Bài 3.( 4 điểm) Vì P(1) = 1; P(2) = 4; P(3) = 9 ; P(4) = 16 ; P(5) = 25 Suy ra: P(x) = ( x – 1).A(x) + 1 0,25 đ P(x) = ( x – 2). B(x) + 22 0,25đ P(x) = ( x – 3). B(x) + 32 0,25đ Ý a( 2 đ) P(x) = ( x – 4). B(x) + 42 0,25đ P(x) = ( x – 5). B(x) + 52 0,25đ 3
4. Mà P(x) = x5 + ax4 + bx3 + cx2 + dx + e => P(x) = (x – 1)(x – 2)(x – 3)(x – 4)(x – 5) + x2 0,5 đ Tính được P(6) = 5.4.3.2.1 + 62 = 156 P(7) = 6.5.4.3.2 + 72 = 769 0,25 đ ĐKXĐ: x 2 0,25 đ Quy đồng khử mẫu được (1-m)x = 2m - 14 0,5 đ 2(m 7) x ,m 1 0,25 đ 1 m 2(m 7) Để phương trình trên có nghiệm x > 0 thì 0 1 m Ý b(2 đ) m 7 0 m 7 (loai) 0,5 đ 1 m 0 m 1 m 7 0 m 7 1 m 7 1 m 0 m 1 2(m 7) 0,25 đ Mà x 2 2 m 4 1 m 0,25 đ KL: Phương trình trên có nghiệm dương nếu 1<m<7, m 4 Bài 4( 7 đi ểm) B P K M E Q H O A F C Xét tứ giác MFAE có µA Eµ Fµ 90o Ý a (1,5 đ) Nên MFAE là hình chữ nhật. 4
5. 0,5 đ Suy ra: ME=FA, MF=AE - Đi chứng minh tam giác CFM vuông cân tại F 0,5đ - Suy ra: CF=FM=AE - Chu vi tứ giác MFAE là: P = AE+EM+MF+FA =2(FA+FM)=2(FA+FC) 0,5 đ = 2AC( không đổi vì tam giác ABC cố định) Vì VABC vuông cân tại A nên AK cũng là đường trung trực 0,25 Ý b của đoạn BC. ( 3,5 đ) Suy ra: ABKC là hình vuông. 0,5 đ Gọi P là giao điểm của FM và KB, Gọi Q là giao điểm của EM và CK. Chứng minh: + tứ giác MPKQ là hình chữ nhật. 0,25 đ + tứ giác MFCQ,MEBP là hình vuông 0,5 đ Xét VMFEvà VKPM có: FM KP ME MP · µ 0 EMF P 90 VMFE VKPM (c g c) 0,75 đ M· EF K· MP 0,25 đ · · o Mà: MEF EMH 90 0,25 đ · · · o Nên MEF EMH EMP 180 0,5 đ Hay ba điểm M, H, K thẳng hàng. 0,25đ SKFE SABKC (SAFE SCKF SBKE ) 0,25 đ 1 Mà S S (CK.CF BK.BE) 0,25đ CKF BKE 2 Ý c 1 1 1 0,25 đ KB(EB CF) KB.AB SABKC (2 đ ) 2 2 2 0,25đ Nên SKFE nhỏ nhất khi SFAE lớn nhất 1 1 AE 2 FA2 0,25 đ Mà S AE.FA . AFE 2 2 2 5
6. ( Theo bất đẳng thức Cô Si) Dấu (=) xảy ra khi AE = FA Mà MEAF là hình chữ nhật Nên MEAF là hình vuông. Suy ra AM là đường phân giác của góc BAC Mà AO là đường phân giác của góc BAC Suy ra điểm M trùng với điểm O. 0,25 đ Hay M là trung điểm của BC thì : 0,25đ 1 1 AB AB AB2 S Max S AE.FA . . ABKC AFE 2 2 2 2 8 8 Nên Min SKFE SABCD (SAFE SCKF SBKE ) 0,25đ S S 3S = S ( ABKC ABKC ) ABKC ABKC 8 2 8 Bài 5( 2 điểm) Vì a; b; c là ba cạnh của tam giác nên: a + b - c > 0; - a + b + c > 0; a - b + c > 0. Đặt x = - a + b + c >0; y = a - b + c >0; z = a + b - c >0 y z x z x y ta có: x + y + z = a + b + c; a ;b ;c 2 2 2 0,25 đ ab bc ac (y z)(x z) (x z)(x y) (x y)(y z) 0,25 đ a b c a b c a b c 4z 4x 4y 1 xy yz xz 1 1 xy yz xz ( 3x 3y 3z) 3(x y z) (2 2 2 ) 4 z x y 4 2 z x y 0,5 đ 1 y x z x y z z x y 3(x y z) ( ) ( ) ( ) 4 2 z x 2 z y 2 y x 0,5 đ 1 3(x y z) x y z x y z 4 0,25 đ Mà x + y + z = a + b + c nên suy ra điều phải chứng minh 0,25 đ Chú ý: - Điểm toàn bài là tổng điểm của các câu (không làm tròn số) - Đây là đáp án và biểu điểm cụ thể cho một cách giải của từng ý, từng câu. Trong quá trình chấm, đối với những lời giải khác hợp lí và cho kết quả đúng, yêu cầu giám khảo cho điểm tối đa. 6