Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD và ĐT Kim Thành (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng GD và ĐT Kim Thành (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HUYỆN KIM THÀNH HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán lớp 8 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề) Bài 1 (2,0 điểm): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) x4 x 3 y x y ; b ) ab a b bc b c ca c a . x26 1 10 x 2 Bài 2 (3,0 điểm): Cho biểu thức M 3 :x 2 . xxxx 4 6 3 2 x 2 a) Tìm điều kiện của x để M xác định và rút gọn M; b) Tìm tất các giá trị của x để M > 0. Bài 3 (3,0 điểm): Giải các phương trình sau: a) x3 5 x2 8 x 4 0 b ) 6x 4.3 x 27.2 x 108 0 Bài 4 (2,0 điểm): a) Xác định một đa thức bậc ba f(x) không có hạng tử tự do sao cho: f(x) – f(x – 1) = x2. n( n 1)(2 n 1) b) Chứng tỏ rằng 12 2 2 3 2 (n 1) 2 n 2 (với mọi n N). 6 Bài 5 (6,0 điểm): Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD. Chứng minh: a) Tứ giác BEDF là hình bình hành. b) CH.CD = CB.CK; c) AB.AH + AD.AK = AC2. Bài 6 (4,0 điểm): 4x 1 a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P. x2 3 b) Cho tam giác ABC, O là điểm thuộc miền trong của tam giác, các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. OA OB OC Chứng minh rằng: 2. AD BE CF Hết Ghi chú: - Thí sinh làm bài không được sử dụng tài liệu, không được sử dụng máy tính cầm tay. - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN KIM THÀNH KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán lớp 8 I. Lưu ý chung: - Giáo viên cần nghiên cứu kĩ hướng dẫn chấm. - Trong quá trình chấm, cần tôn trọng tính sáng tạo của học sinh. Học sinh có cách diễn đạt, thể hiện khác với đáp án mà vẫn đảm bảo nội dung theo chuẩn kiến thức kĩ năng và năng lực, phẩm chất người học vẫn cho điểm II. Đáp án – biểu điểm. Bài Hướng dẫn Điểm Bài ax) 4 xyx 3 y 1. 3 xxy xy 0,5 (2,0 x y x3 1 điểm) xyx 1 xx2 1 0,5 b) ab a b bc b c ca c a ab a b b2 c bc 2 ac 2 a 2 c 2 2 2 2 0,5 ab a b a c b c ac bc a b ab ca cb c2 ab abc cbc 0,5 abbcac . Bài a) Tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa và 2. rút gọn biểu thức M; (3,0 0, 5 điểm) x 0 * Tìm đúng được ĐKXĐ: x 2 1 * Rút gọn được đúng: M. 1,5 2 x b) Tìm tất cả các giá trị của x để M > 0. 1 M 0 0 2 xx 0 2. 0,75 2 x x 2 x 0 Kết hợp ĐKXĐ ta có M 0 x 0 0,25 x 2 x 2. Bài ax) 3 5 x2 8 x 4 0 3. 2 0,75 x 1 x 2 0 (3,0 điểm) x 1 0 x 1 2 x 2 0 x 2. 0,75 Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = {1; 2}.
3. b) 6x 4.3 x 27.2 x 108 0 xx x 3 2 4 27 2 4 0 0,75 2x 4 3 x 27 0 2x 4 0 2 x 22 x 2 x x 3 3 27 0 3 3 x 3. 0,75 Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = {2; 3}. Bài a) Gọi f(x) = ax3 + bx2 + cx là đa thức phải xác định. Theo yêu cầu đề bài ta phải có: 4. 3 2 3 2 2 0,5 (2,0 ax + bx + cx – a(x – 1) – b(x – 1) – c(x – 1) = x Hay 3ax2 – (3a-2b)x + a – b + c = x2. điểm) Ta có đồng nhất thức này khi và chỉ khi: 1 a 3 3a 1 1 3a 2 b 0 b 2 0,5 a b c 0 1 c . 6 x3 x 2 x xx 1 2 x 1 Vậy ta có f(). x 3 2 6 6 b) Áp dụng đồng nhất thức ở câu a), thay x lần lượt bằng n số nguyên dương đầu tiên: 1, 2, 3, , n – 1, n. Ta có: f(1) – f(0) = 12 f(2) – f(1) = 22 0,5 f(3) – f(2) = 32 f(n) – f(n - 1) = n2 Cộng từng vế các đẳng thức trên và nhận xét rằng f(0) = 0, ta được: n( n 1)(2 n 1) 0,5 123 (1)2 2 2n 2 n 2 f () n . 6 Bài H 5. (6,0 điểm) B C F O E A K D a) Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF (1) 0,5 Chứng minh được: BEO DFO( g c g ) 0,5
4. => BE = DF (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra BEDF là hình bình hành. 0,5 b) 0,5 Ta có: ABC ADC HBC KDC Chứng minh được: CBH∽ CDK (g.g) 1,0 CH CK CHCD CKCB 0,5 CB CD c) 0,5 Chứng minh được: AFD∽ AKC ( g . g ) AF AK ADAK.A. FAC 0,5 AD AC CF AH Chứng minh : CFD∽ AHC( g . g ) 0,5 CD AC CF AH Mà : CD = AB ABAH CFAC 0,25 AB AC Suy ra : AD.AK + AB.AH = AF.AC + CF.AC 0,25 = (AF + CF)AC = AC2 2 Bài a) Nhận thấy x 3 0  x . 2 2 2 6. 41(xx 3)( xx 4 4) ( x 2) 0,5 * Ta có P 2 2 1 2 (3,0 x 3 x 3 x 3 (x 2)2 ( x 2) 2 điểm) Do  0 x suy ra P 1  1 x . 0,25 x2 3 x 2 3 (x 2)2 P = 1 khi và chỉ khi 0 x 2. x2 3 0,25 Vậy max P = 1 khi x = 2. * Ta có 4x 1 4( x2 3)(4 xx 2 12 9) 4 (2 x 3) 2 P 0,5 x2 3 3( x 2 3) 3 3( x 2 3) Do (2x 3)2 4 (2 x 3) 2 4  0 x suy ra P  x . 0,25 3(x2 3) 3 3( x 2 3) 3 4 (2x 3)2 3 P khi và chỉ khi 0 x . 3 3(x2 3) 2 4 3 0,25 Vậy max P khi x . 3 2 b) A F E O 0,5 B D C Đặt SSSSSSSS ABC, 1 OBC , 2 OAC , 3 OAB . Suy ra SSSS 1 2 3.
5. Ta có: OASSSSSS OA 32 3 2 2 3 (1) 0,5 AD SABD S ACD AD S ABD S ACD S Chứng minh tương tự ta cũng có: OBSSSS OC 1 3 (2); 1 2 (3) 0,5 BE S CF S Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta được: OA OB OC 2 SSS 1 2 3 2. 0,5 AD BE CF S