Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - 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 2014-2015 - 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 2014 – 2015 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (5,0 điểm). 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) aa32 44 a b) 27aababb32 7 23 2 12512 x x 2. Cho biểu thức: A : 11 xx 11 xx22 a) Rút gọn biểu thức A . b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức A nhận giá trị nguyên. c) Tìm x để AA 0 . Câu 2 (3,0 điểm). Giải các phương trình sau: 15x 12 4 a) xxxx 21 1 24 b) 1 x3x4x4x12 Câu 3 (4,0 điểm). 1. Cho abc,,là các số hữu tỷ thỏa mãn điều kiện ab bc ca 1. Chứng minh rằng biểu thúc Qabc (1)(1)(1)222 là bình phương của một số hữu tỷ. 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: xxyy22 45160. 3. Cho các số nguyên abc,, thoả mãn ()()()210ab 333 bc ca . Tính giá trị của biểu thức B ab bc ca. Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác ABC , M là một điểm thuộc cạnh BC (ác,ác)M kh B M kh C . Qua M kẻ các đường thẳng song song với ACAB, chúng cắt ABAC, lần lượt tại D vEà . a) Chứng minh tứ giác ADME là hình bình hành. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để hình bình hành ADME là hình thoi. b) Chứng minh rằng BDEC DMME. 22 c) Cho ScmScmBDM 9, CME 16. Tính S ABC ( ký hiệu S là diện tích tam giác). d) Chứng minh rằng AMBC ACBM ABCM . Câu 5 (2,0 điểm). Cho số thực x thỏa mãn điều kiện 01 x . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của x221 x biểu thức P 21 x22x Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8 Năm học 2014 - 2015 Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) a) aa32 44 a aa 2 (1)4(1)(1)(2)(2) a a a a 0,5 b) 27aababb32 7 23 2= 27 aba 22 abb abab 0,5 ab 225 a22 b ab 0,25 22 ab 242 a abb ab ab 22 aa b bb 2 a 0,5 ab 22 aba b 0,25 2. (3,0 điểm) 125 x 12x a) A : 11 xx 11 xx22 1 ĐKXĐ: xx 1, 0,25 2 125 x 12x xxxx 12(1)(5) 2 1 A : = 2 . 0,5 11 xx 11 xx22 112 x x Câu 1 21x2 2 (5,0điểm) . = 0,25 112 x2 x 12 x 2 b) Để A nguyên thì nguyên 12 x là ước của 2. 12 x 0,25 Ư(2)= 2; 1;1; 2 3 *) 12 x = -2 x (loại) 2 0,25 *) 12 x = -1 x 1(loại) *) 12 x = 1 x 0 (TM) 1 0,25 *) 12 x = 2 x (loại) 2 Vậy x 0 thì A nhận giá trị nguyên 0,25 c) AA 00 A A A 0,5 1 12x 0 21xx 0,25 2 1 Đối chiếu với ĐKXĐ ta có x là giá trị cần tìm. 0,25 2 a) (1,5 điểm) *) Nếu x 2 , phương trình đã cho trở thành 0,25 xxxx 21124 xx22144 0,25 xx4250 xx 22 50 ` xl 0 x 5 tm 0,25 x 5 l *) Nếu x 2 , phương trình đã cho trở thành 0,25
3. 21124 xx x x xxxx21124 2 22 42 2 57 xx144 xx580 x 0 vô nghiệm 0,25 24 KL: Phương trình có một nghiệm x 5 . 0,25 b) (1,5 điểm) §KX§: x4 ; x1 0,25 15x 12 4 15x 12 4 1 1 0,5 x3x4x4x12 x4(x1)x4 x1 15x 12 x 1 4 x 4 x2 3x 4 0,25 2 x0 x4x0 xx 4 0 0,25 x4 x = 0 (thỏa mãn ĐK) ; x = - 4 (không thỏa mãn ĐK) 0,25 Vậy pt có nghiệm x 0 1. (1,0 điểm) Vì ab bc ca 1 nên a22 1()() a ab bc ca a b a c 0,25 Câu 3 b22 1()() b ab bc ca a b b c 0,25 (4,0 điểm) 22 c 1()() c ab bc ca b c c a 0,25 222 2 Do đó Qabc (1)(1)(1) =()()()abbcca  ĐPCM 0,25 2. (1,5 điểm) xxyy22 45160 (2)16x yy22 (1) 0,25 Từ (1) suy ra 16 y2 0 yy2216 0;4;9;16  *) yyx2 00 4 0,25 *) yyxL2 42 () 0,25 2 *) yyxL 93 () 0,25 *) yyx2 16 4 8 0,25 Vậy Pt đã cho có các cặp nghiệm nguyên là (4;0),( 4;0),(8;4),( 8; 4) 0,25 3. (1,5 điểm) Đặt ab x; bc y; ca z xyz 0 zxy(). Ta có: 0,5 xyz333 210 xy 33 ( xy ) 3 210 3 xyxy ( ) 210 xyz 70. 333 33 3 Ta có: xyz 210 xy ( xy ) 210 3 xyxy ( ) 210 0,25 Do x,,yz là số nguyên có tổng bằng 0 và xyz 70 ( 2).( 5).7 nên 0,5 xyz,, 2;5;7  Aabbcca 14. 0,25 A E Câu 4 D (6,0 điểm) B M C
4. a) (1,0 điểm) Ta có ME//AB, MD//AC(giả thiết) nên tứ giác ADME là hình bình hành. 0,5 Để hình bình hành ADME là hình thoi thì đường chéo AM là phân giác của 0,5 DAE M là chân đường phân giác của B AC b) (1,0 điểm) Xét BDM và MEC có DBM EMC , DMB ECM (vì đồng vị) 0,5 BDM đồng dạng với MEC (g.g) 0,25 BD DM BD EC DM ME 0,25 MEEC c) (2,0 điểm) Từ BDM đồng dạng với MEC theo chứng minh trên 22 SBDM MB33 MB 0,5 SMCMCMEC 44 MB33 MB 0, 5 MBMC 43 BC 7 22 SMBBDM 3 Mặt khác do MD//AC BDM BAC 0,5 SBCBAC 7 49  Scm9 49(2 ) 0,5 BAC 9 d) (2,0 điểm) Theo chứng minh trên ADME là hình bình hành DM AE 0,25 ME CM ME// AB ME . CB CM . AB (1) 0,5 ABCB MD BM MD// AC MD . BC AC . BM (2) 0,5 ACBC Cộng về theo vế (1) và (2) ta có BCME() MD CMAB ACBM 0,25 BCME() AE CMAB ACBM 0,25 Lại có AMMEAE BCAM.() BCME AE CMAB ACBM 0,25 Đặt x2 a , 01 a Biểu thức đã cho trở thành aaa1122 a 0,25 P 112 2 21 aa 2 a 1 a 21 aa 33 = 2121 0,25 (2 aaa )(1 a) 2 (1 ) 3 *) Vì 01 a P 211 0,25 Câu 5 2 (2,0điểm) ax 00 Đẳng thức xảy ra khi . Vậy Max P = 1 khi x 0 hoặc x 1 0,25 ax 11 01 a nên a và 1 a là hai số không âm. (1)1aa 0,25 Áp dụng BĐT Cauchy ta có aa(1 ) 44 32 P 2( 1) 1 2 3 0,25 4
5. 111 Đẳng thức xảy ra khi aaahayxx 1 2 0,25 222 2 1 Vậy Min P = khi x 0,25 3 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.