Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Ý Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng GD và ĐT Ý Yên (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI THCS HUYỆN Ý YÊN NĂM HỌC 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1. (3 điểm) 1) Chứng minh : (xyx )(3 xyxy 2 2 y 3 ) x 4 y 4 . 2) Phân tích đa thức thành nhân tử : xx( 2)( x2 2 x 2) 1. 3) Tìm a, b, c biết : a2 b 2 c 2 ab bc ca và a8 b 8 c 8 3. Bài 2. (4 điểm) Cho biểu thức : 2 x2 yx 2 2 y 2 xy P. 2 2 2 2 với x 0, y 0, x y . x x xy xy xyy x xyy 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 y2 10 2(x 3y) . Bài 3. (4 điểm) 1) Giải phương trình: (6x 8)(6 x 6)(6 x 7)2 72 . 2) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: xx2 3 y 2 . Bài 4. (2 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn1 abc , , 0 . Chứng minh rằng : a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. Bài 5. (5,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, biết hai đường chéo cắt nhau tại O. Lấy điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho IOM 900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi N là giao điểm của AM và CD, K là giao điểm của OM và BN. 1) Chứng minh ΔBIO = ΔCMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a. 2) Chứng minh BKM BCO . 1 1 1 3) Chứng minh = + . CD2 AM 2 AN 2 Bài 6. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC), trọng tâm G. Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh AB AC AB, AC thứ tự ở D và E. Tính giá trị biểu thức + . AD AE . Họ và tên thí sinh: Họ, tên chữ ký GT 1: . Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT 2: .
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 8 I. Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. 2) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm: Bài Ý Nội dung trình bày Điểm Chứng minh : (xyx )(3 xyxy 2 2 y 3 ) x 4 y 4 . Ta có: (x y)(x 3 x 2 y xy 2 y 3 ) 1) 4 3 2 2 3 3 2 2 3 4 0,25 (0,5đ) = x x y x y xy x y x y xy y = x 4 y 4 0,25 Vậy đẳng thức được chứng minh. Phân tích đa thức thành nhân tử : xx( 2)( x2 2 x 2) 1. 2 2 2 Ta có: xx( 2)( x 2 x 2) 1 (x 2 xx )( 2 x 2) 1 0,25 2) 2 2 2 1. (1đ) (xx 2 ) 2( xx 2 ) 1 0,25 (3đ) 2 2 (x 2 x 1) 0,25 (x 1)4 0,25 Tìm a, b, c biết : a2 b 2 c 2 ab bc ca và a8 b 8 c 8 3. Biến đổi a2 b 2 c 2 ab bc ca về (a b )2 ( b c ) 2 ( c a ) 2 0 0,5 3) Lập luận suy ra a = b = c 0,25 (1,5đ) 8 8 8 Thay vào a = b = c vào a b c 3 ta có 0,5 3a8 3 a 8 1 a 1. Vậy a = b = c = 1 và a = b = c = -1. 0,25 Với x 0, y 0, x y ta có: 2 x2 y (x2 y2 )(x y) xy2 x y 0,5 P = . 2 2 x xy(x y) x xy y 2 xy(x y) (x y).(x y)2 x y = - . 0,5 x xy(x y) x2 xy y2 1) 2 (x y)(x2 xy y2 ) x y (2đ) = + . 0,5 x xy(x y) x2 xy y2 2 x y 2. = + 0,25 (4đ) x xy x y = 0,25 xy Ta có: x2 y2 10 2(x 3y) 2 2 x 2 x 1 y 6 y 9 0 0,5 2) 2 2 (2đ) x1 y 3 0 Lập luận suy ra x 1; y 3 0,5 Ta thấy x = 1; y = -3 thỏa mãn điều kiện: x 0, y 0, x y 1,0
3. x y 1 ( 3) 2 nên thay x = 1; y =- 3 vào biểu thức P = ta có: P= xy 1.( 3) 3 Giải phương trình: (6x 8)(6 x 6)(6 x 7)2 72 2 2 2 4 2 Đặt 6x 7 t . Ta có (ttt 1)( 1) 72 ( tt 1) 72 tt 72 0 0,5 4 2 2 2 2 2 2 2 ttt9 8 72 0 tt ( 9) 8( t 9) 0 ( tt 9)( 8) 0 0,5 1) Mà t 2 8 0 nên t2 9 0 t 2 9 t 3 (2đ) 0,5 2 5 Từ đó tìm được x hoặc x . 3 3 0,5 2 5  Vậy phương trình có tập nghiệm là S = ;  . 3 3  2 xxyxx2 3 2 4 2 4 12 4 y 2 2 x 1 4 y 2 11 0, 25 3. (4đ) 2xy 2 1 2 xy 2 1 11 0,25 Do x, y nguyên nên 2x 2 y 1 và 2x 2 y 1 là các số nguyên 0,25 Do đo xảy ra các trường hợp sau 2x 2 y 1=1 và 2x 2 y 1 = -11. Tìm được x =-3 và y = 3 0,25 2) (2đ) 2x 2 y 1=-1 và 2x 2 y 1 = 11. Tìm được x = 2 và y = -3 0,25 2x 2 y 1=11 và 2x 2 y 1 = -1. Tìm được x = 2 và y = 3 0,25 2x 2 y 1= -11 và 2x 2 y 1 = 1. Tìm được x = -3 và y = - 3 0,25 KL: 0,25 Cho các số a, b, c 0 ; 1. Chứng minh rằng : a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. Vì b, c 0;1 nên suy ra b2 b; c 3 c. 0,25 2 3 4. Do đó: a + b + c – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1). 0,5 (2đ) Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) 0,5 Vì a, b, c 0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc 0 0,25 Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3). 0,25 Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. 0,25 Hình vẽ: A I B O M K E D C N 1) Xét BIO và CMO có: 1,0
4. 5. (2đ) IBO MCO ( 450 ) ( tính chất đường chéo hình vuông) ( 5,5đ) BO = CO ( tính chất đường chéo hình vuông) BOI COM ( cùng phụ với BOM ) BIO = CMO (g.c.g) SSBIO CMO mà SSSBMOI BOI BMO 1 1 1,0 Do đó S S S S S a2 BMOI CMO BMO BOC4 ABCD 4 Ta có BIO = CMO (cmt) CM = BI ( cặp cạnh tương ứng) BM = AI 1,0 BM AM IA AM 2) Vì CN // AB nên . Từ đó suy ra IM // BN (1,5đ) CM MN IB MN Ta có OI = OM ( vì BIO = CMO ) IOM cân tại O IMO MIO 450 0,5 Vì IM // BN BKM IMO 450 BKM BCO Qua A kẻ tia Ax vuông góc AN cắt CD tại E. 0,5 Chứng minh ADE ABMgcg( ) AE AM Ta có ANE vuông tại A có AD  NE nên ADNE ANAE 2 2 0,5 S AEN ADNE. ANAE . (.)(.) ADNE ANAE 3) 2 2 (2đ) Áp dụng định lí Pitago vào ANE ta có AN2 + AE2 = NE2 AN2 AE 2 1 1 1 1 0,5 AD2.( AN 2 AE 2 ) AN 2 . AE 2 ANAE2. 2 AD 2 AE 2 AN 2 AD 2 1 1 1 Mà AE AM và CD = AD 0,5 CD2 AM 2 AN 2 Hình vẽ: A d E G D I M B C K 5. Gọi M là trung điểm của BC. (1,5 đ) AB AI 0,25 Qua B vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại I, ta có: (1) AD AG AC AK Qua C vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại K, ta có: (2) 0,25 AE AG AB AC AI AK Từ (1) và (2) suy ra: (3) AD AE AG 0,5 Mặt khác: AI + AK = (AM - MI) + (AM + MK) = 2AM (4) (vì MI = MK do BMI = CMK) AB AC2 AM 2 AM Từ (3) và (4) suy ra: 3 2 0,5 AD AE AG AM 3