Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - 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 2018-2019 - 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 2018-2019 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 120 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) xxyy422 29 b) x 2 x 3 x 4 x 5 24 1 x3 1 x2 x : 2. Cho biểu thức A = 2 3 1 x 1 x x x a) Rút gọn biểu thức A. 2 21 b) Tính giá trị của biểu thức A khi x 39 c) Tìm giá trị của x, để A < 0. Câu 2 (4,0 điểm). x21 2 1. Giải phương trình sau: x2x x(x2) 2. Tìm cặp số nguyên (;x y ) thỏa mãn phương trình: 5x4263 10x 2y 4y 6 0 Câu 3 (3,0 điểm). 1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9. 2x m x 1 2. Cho phương trình 3 . Tìm m nguyên để phương trình có x2 x2 nghiệm dương. Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD ( có BCADACBD// ; ), O là giao điểm của AC và BD . Gọi EF, 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 CK CB c) AB.AH AD.AK AC2 Câu 5 (2,0 điểm). xy2 x y 1. Cho x y 1 và xy 0 . Tính: P yxxy33 11 22 3 xy 4 2. Cho ba số dương x,,yz thỏa mãn xyz 6 . Chứng minh rằng xyz 9 Hết
2. UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8 Năm học 2018 - 2019 (HDC gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) a, xxyy422 29 = ( xxyy422 2)9 0,25 = ()9xy22 0,5 = (3)(3)xy22 xy 0,25 b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 0,25 = (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 0,25 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 = (x2 + 7x + 11)2 - 52 0,25 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) 0,25 2. (3,0 điểm) a) (1,25 điểm) ĐKXĐ: x 1 0,25 Với x 1, ta có: 1 x 3 x x 2 (1 x)(1 x) 0,25 A= : 1 x (1 x)(1 x x 2 ) x(1 x) (1 xxxxx )(12 ) (1 ) (1 xx )(1 ) = : 0,25 1(1)(12) x xxx2 Câu 1 (1 x )(1xxx2 ) (1 )(1 ) (5,0 điểm) = : 0,25 1(1)(1) x xx2 1 = (1 x2 ) : 1 x 0,25 = (1 x 2 )(1 x) b) (1,0 điểm) 2 21 21 21 Ta có: x x hoặc x 0,25 39 33 33 x 1 (không TMĐK) 1 0,25 hoặc x (TMĐK) 3 1 Với x , ta có: 3 2 0,25 11 10 2 20 A = 11 = . = 33 93 27 2 21 20 Vậy khi x thì A = 0,25 39 27 c) (0,75 điểm) Ta có: A < 0 (1 x 2 )(1 x) 0 (1) 0,25 Mà 1 x 2 0 với mọi x 1
3. Nên (1) 1 x 0 x 1 0,25 Vậy với x > 1 thì A > 0 0,25 Câu 2 2.1) (2,0 điểm) (3 điểm) ĐKXĐ: x 0; x 2 0,25 x21 2 x2x x(x2) 0,25 x(x 2) (x 2) 2 x(x 2) x(x 2) x(x 2) (x 2) 2 0,25 2 x2xx22 0,25 xx02 0,25 x(x 1) 0 0,25 x = 0 (loại) hoặc x = - 1(nhận) 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 0,25 2.2) (2,0điểm) 5x4263 10x 2y 4y 6 0 5x42 10x 5 2y 63 4y 2 13 0,25 42 63 5(x 2x 1) 2(y 2y 1) 13 0,25 5( x1)2(y1)1322 32 0,25 2 x Zx 1 Z Vì: 0,25 yZ 3 yZ 1 Mà 5( x1)13x1122 2 0,25 Mặt khác x2 11 với mọi x 2 x 11 0,25 x2 0 x 0 32 Với x 0 , ta có: 5 2(y 1) 13 0,25 2(y32 1) 8 (y32 1) 4 y3 12 y3 1 3 3 0,25 y 12 y 3 Vì y Z nên y3 = 1 y = 1 0,25 Vậy phương trình có một nghiệm nguyên xy;0;1 7 3.1. (1,5 điểm) Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y x y3 0,25 Ta có: x33 yxyxxyy 2 2 0,25 22 Câu 3 x yx 23 xyy xy (3 điểm) 2 x yxy 3 xy 0,25 2 Vì x y3 nên x yxy33 0,25 2 x yxy 39 xy 0,25
4. Vậy nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của 0,25 chúng chia hết cho 9. 3.2. (1,5điểm) ĐKXĐ: x 2 0,25 21xm x 3 xx 22 221234xmx x x x2 0,25 xm 1214 m (*) Nếu m = 1 thì phương trình (*) có dạng 0 = -12 vô nghiệm. 0,25 2m 14 Nếu m1 phương trình (*) trở thành x 0,25 1m Khi đó phương trình đã cho có nghiệm dương 214m 2 1 m 214m m 4 0,25 2 1 m 17 m 214m 0 1 m 17 m Vậy thì thỏa mãn đầu bài 0,25 m 4 H 0,25 B C F O Câu 4 E A (6,0 điểm) K D a) (2,0 điểm). Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) BE // DF (1) 0,75 Xét BEO và DFO Có: BEO DFO 900 OB = OD (t/c hình bình hành) 0,75 EOB FOB (đối đỉnh) BEO DFO (cạnh huyền – góc nhọn) BE = DF (2) 0,25 Từ (1) và (2) Tứ giác BEDF là hình bình hành (đpcm) 0,25 b) (1,75 điểm).
5. Ta có: ABCD là hình bình hành (gt) ABC ADC 0,25 Mà ABC HBC ADC KDC 1800 0,25 HBC KDC 0,25 Xét CBH và CDK có: BHC DKC 900 0,5 HBC KDC (chứng minh trên) CBH CDK() g g CH CK 0,25 CB CD CH CD CK CB (đpcm) 0,25 c) (2,0 điểm). Xét AFD và AKC Có: AF DAKC 900 0,5 FA D chung AFDAKCgg ( ) AF AK ADAK.A. FAC (3) 0,25 AD AC Xét CFD và AHC Có: CF D AHC 900 0,5 FC DHAC (so le trong) CFD AHC() g g CF AH 0,25 CD AC CF AH Mà : CD = AB ABAH CFAC(4) 0,25 ABAC Từ(3) và (4) AB.AH AD.AK CF.AC AF.AC 2 0,25 CF AF AC AC (đpcm). 5.1(1,0 điểm) Ta có: 44 xyxxyy = y1x133 ( y33 1)(x 1) 0,25 xy44 (xy) = xy(y22 y 1)(x x 1) 22 = xyxyx y (xy) xy(x22222 y y x y yx xy y x 2 x 1) Câu 5 xy(xy 22 1) (2,0điểm) = 22 2 2 0,25 xy x y xy(x y) x y xy 2 22 = xy(xxy y) 22 2 xy x y (x y) 2 = xyx(x1)y(y1)   xy(x22 y 3) x y x( y) y( x) = ( do x + y = 1 y - 1= -x và x – 1 = - y) 0,25 xy(x22 y 3) = xy(2xy) xy(x22 y 3)
6. = 2(x y) xy22 3 2(x y) 2(x y) P = + = 0 0,25 xy22 3 xy22 3 5.2(1,0 điểm) Ta có: xy 2 4xy (1) 0,25 2 xy z 4(xy)z 0,25 36 4(x y)z (vì xyz 6 ) 36(x y) 4(x y)2 z (vì x, y dương nên x + y dương) (2) 0,25 Từ (1) và (2), ta có: 36(x y) 16xyz 4 xy 4 0,25 xy xyz (đpcm) 9 xyz 9 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.