Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD và ĐT Nho Quan (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD và ĐT Nho Quan (Có đáp án)

1. UBND HUYỆN NHO QUAN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2013 – 2014 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (4,5 điểm). 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 3(xx 2)5 x 10. b) xxx32 584. x2210 1 6 x 2. Cho biểu thức Q:2 x , với x 0 và x 2. 3 xx 4 5102xx x 2 a) Rút gọn biểu thức Q. 1 b) Tính giá trị của Q biết x . 2 c) Tìm x để Q > 0. Câu 2 (3,0 điểm). 1. Chứng minh rằng số có dạng An 436116 n n 2 n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n. 2. Đa thức f(x) khi chia cho x 1 dư 4, khi chia cho x2 1 dư 23x . Tìm phần dư 2 khi chia f(x) cho (1)(1).xx Câu 3 (4,0 điểm). 1. Giải các phương trình sau: x 123xx x 2012 a) 2012 . 2013 2012 2011 2 b) (4)2(2)43xx22 x 2. 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: xxyx2 2012 2013 y 2014 0 . Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K. 1. Chứng minh KM vuông góc với DB. 2. Chứng minh rằng: KC.KD = KH.KB. 3. Ký hiệu SSABM, DCM lần lượt là diện tích các tam giác ABM và DCM. a) Chứng minh tổng ()SSABM DCM không đổi. 22 b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để ()SSABM DCM đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a. Câu 5 (2,5 điểm). 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Px 4223 x x 2 19 . acab 332 a 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 5. ab ac bc Đẳng thức xảy ra khi nào? Hết
2. UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8 Năm học 2013 - 2014 Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) a) 3(xx 2)5 x 10 = 3xx ( 2) 5( x 2) = (xx 2)(3 5) 0,5 b) Ta có xxx32 584 = (44)(44)xxxxx32 2 0,5 = xx(2)(2) 22 x 0,75 = (1)(2)xx 2 0,25 2. (2,5 điểm) a) Với xx 0; 2, ta có: x2210 1 6 x 0,5 Qx :2 xx(2)(2)5(2)2 x x x x 2 Câu 1 xx 2( 2) ( x 2) 2 6 x 2 3 (4,5điểm)   0,75 (xx 2)( 2) x 2 ( xx 2)( 2) xx 2 11 b) xx 0,25 22 16 Khi xthQ ì 0,25 25 1 Khi xthQ ì2 0,25 2 3 c) Q > 0 0202xx 0,25 x 2 Kết hợp với ĐKXĐ ta có xxx 2; 0; 2 là giá trị cần tìm. 0,25 1. (1,5 điểm) A nn436116 nn 2 = nn(1)(2)(3) n n 0,5 Vì nn;1;2 n là ba số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại 1 số chia hết cho 3. Do 0,25 đó nn(1)(2)3 n  Vì nn;1;2;3 n n là bốn số tự nhiên liên tiếp nên có 2 số chẵn liên tiếp, trong 2 số chẵn liên tiếp có 1 số chia hết cho 2, số kia chia hết cho 4. 0,5 Vậy nn(1)(2)(3) n n 8 Vì ƯCLN(3;8) =1 nên A nn436116 nn 2 chia hết cho 24. 0,25 2. (1,5 điểm) Ta có: f(x) chia x 1 dư 4 => f(-1) = 4. 0,25 Do bậc của đa thức chia là 3 nên đa thức dư có dạng ax2 bx c . 0,25 Câu 2 Theo định nghĩa phép chia còn dư, ta có : (3 điểm) 22 f(x) = (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + bx + c = (x + 1)(x22 + 1).q(x) + ax + a - a + bx + c 0,25 = (x + 1)(x22 + 1).q(x) + a(x + 1) + bx + c - a = [(x + 1).q(x) + a].(x2 + 1) + bx + c - a Mà f(x) chia cho x2 1 dư 23.x Do đó, ta có: b 2 bb 22 9 0,5 ca 33 ca c 2 abc 46 ac 3 a 2
3. 39 Vậy đa thức dư cần tìm có dạng: xx2 2 0,25 22 Câu 3 1a) (1,0 điểm) (4,0 điểm) xxx 1 2 3 x 2012 PT 1 1 1 1 0 0,25 2013 2012 2011 2 xxx 2014 2014 2014 x 2014 0 0,25 2013 2012 2011 2 11 1 (x – 2014)( ) = 0 0,25 2013 2012 2 x = 2014 0,25 1b) (1,5 điểm) 2 2 x 2 4x 2. x 2 2 43 x 2 4x 2 x 2 4x 4 43; 0,5 Đặt x2- 4x = t. ĐK t - 4 Khi đó ta có được phương trình: t2 + 2t - 35 = 0 (t + 7)(t – 5) = 0 0,25 t = -7 (loại) hoặc t = 5 0,25 Với t = 5, khi đó x2 - 4x - 5 = 0 (x +1)(x – 5) = 0 x = 5 hoặc x = -1 0,25 Vậy tập nghiệm phương trình là S = {-1; 5} 0,25 1c) (1,5 điểm) xxyxy2 2012 2013 2014 0 xxyx2 2013 x 2013 y 2013 1 0,25 xx( y 1) 2013( x y 1) 1 (xxy 2013)( 1) 1 0,25 x 2013 1 x 2013 1 hoặc xy 11 xy 11 0,5 x 2014 x 2012 hoặc 0,25 y 2014 y 2014 Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên là (2014 ;-2014), (2012 ; -2014). 0,25 Câu 4 A (6,0 điểm) B H M D C K
4. 1. (1,0 điểm) Vì BM DK, DM BK nên M là trực tâm BDK do đó KMDB 1,0 2. (1,5 điểm) Xét KHD và KCB có K chung và KHD KCB 900 0,5 KH KD KHD KCB() gg KC . KD KH . KB 1,0 KCKB 3a) (1,5 điểm) 11 11 SS ABBM CDCM aBM aCM 1,0 ABM DCM 22 22 11 aBM() CM a2 0,25 22 Vậy SS không đổi ABM DCM 0,25 3b) (2,0 điểm) Với hai số thực x , y bất kỳ ta có 2(x22 yxyxyxy ) ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 0,25 1 x22yxy() 2. 0,25 2 Dấu bằng xảy ra khi x = y 0,25 1 a4 Áp dụng ta có SS22 () SS 2 0,5 ABM CDM28 ABM DCM Đẳng thức xảy ra khi SSABM DCM BMCMMlà trung điểm của BC 0,5 a4 Vậy min ()SS22 Khi M là trung điểm của BC 0,25 ABM CDM 8 1. (1,0 điểm) Ta có Px 4223 x x 2 19= (1)3110xx22 2 0,25 34949 (1)x22 0,25 24 4 310 Đẳng thức xảy ra khi xx2 10 0,25 22 49 10 Vậy Min P = khi x 0,25 Câu 5 42 (2,5điểm) 2. (1,5 điểm) ac ab a b c VT 2 0,25 ab ac bcacab ac ab Áp dụng bđt côsi ta có: 2 0,25 ab ac abc 111 9 3 (a b c) 3 (a b c) 3 0,5 b cacab bcacab 2.(abc) 2 a3ca3b2a 3 22.5 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 0,5 ab ac bc 2 Lưu ý khi chấm bài: - Trên đây chỉ là sơ lược các bước giải, lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì cho điểm các phần theo thang điểm tương ứng. - Với bài 4, nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình thì không chấm.