Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi THCS môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - Phòng GD và ĐT Ý Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi THCS môn Toán Lớp 8 - Năm học 2014-2015 - 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 2014 - 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1. (3 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: xyz2 yzx 2 zxy 2 . 2) Cho xy 2 yz 2 zx 2 4 x2 y 2 z 2 xyyzzx . Chứng minh rằng x y z . Bài 2. (4 điểm) Cho biểu thức xx2 2 2 x 2 1 2 . 1 P 2 2 3 2 , với x 0; x 2 . 2x 4 8 4 xxx 2 xx 1) Rút gọn P. 2) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức Q = 2.P nhận giá trị nguyên. Bài 3. (4 điểm) Giải phương trình 1) x 4,5 3 x 5,5 3 12,25 6 12 7 2) 3 . x2 2 x 2 8 x 2 3 1 1 1 Bài 4. (2 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 4 . Chứng minh x y z 1 1 1 1 . 2xyzx 2 yzxy 2 z Bài 5. (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. 1) Chứng minh EDA  EBC. 2) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi. Bài 6. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm bất kì trên cạnh AC, qua M kẻ các đường thẳng ME, MF lần lượt song song với cạnh AB, BC ( E BC và F AB). Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác BEMF có diện tích lớn nhất. Họ và tên thí sinh: Họ, tên chữ ký GT 1: . Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT 2: .
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 8 Ý YÊN NĂM HỌC 2014 – 2015 Bài ý Nội dung đáp án Điểm 1 xyz2 yzx 2 zxy 2 = (3,0đ) 0,5 xyz2 yzx 2 zxzzy 2 2 2 2 2 1) = xyz yzx zxz zyz 0,25 (1,5đ) = yzxz 2 2 zxyz 2 2 0,25 yzxzxz zxyzyz 0,25 yzxzxzzy yzxzxy 0,25 2) 2 2 2 2 2 2 xy yz zx 4 x y z xyyzzx (1,5đ) x22 xyy 2 y 2 2 yzz 2 z 2 2 xzx 2 4x2 4 y 2 4 z 2 4 xy 4 yz 4 xz 0,25 2 2 2 2x 2 y 2 z 2 xy 2 yz 2 xz 0 0,25 x22 xyy 2 y 2 2 yzz 2 z 2 2 xzx 2 0 0,5 xy 2 yz 2 zx 2 0 2 2 2 Mà x y 0 ; y z 0 ; z x 0 với mọi x, y ,z 0,25 nên xy 2 yz 2 zx 2 0 khi và chỉ khi x= y; y =z ; z =x 0,25 hay x = y = z ( đpcm). 2 (4,0đ) ĐK: x 0; x 2 0,25 2 2 x 2 xx 2 2x xx 2 0,5 P . 2 2 2 2 xx 4 2 xx 4 2 x 2 1 xx 2 4 xx2 1 x 2 . 0,5 (2,5đ) 2 x2 4 x 2 x2 xx 22 4 xx 1 0,5 2 x2 4 . x 2 x2 4 x 4 4 xx 1 0,25 2x x2 4
3. 2 x 4 x 1 x 1 0,5 2x x2 4 2x x 1 1 Có Q 2. P 1 0,5 x x Vơi x 0; x 2 ; x  , để Q nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi x là Ư(1) 2 0,5 (1,5đ) Mà Ư(1) = 1;1 x1 ; x 1 ( thỏa mãn ĐK) 0,25 Vậy giá trị x cần tìm là: 1; 1. 0,25 3 3 3. x 4,5 x 5,5 12,25 (4,0đ) 3 3 Đặt y = x 5, phương trình trở thành y 0,5 y 0,5 12,25 0,25 yy33. 2 .0,5 3. y .0,5 2 0,5 3 yy 3 3. 2 .0,5 3. y .0,5 2 0,5 3 12,25 0,25 3y2 0,25 12,25 0 0,25 1) 3y 2 y 2 0 (2,0đ) y 2 0,5 y 2 Với y = 2 , ta được : x = 7 0,5 Với y = 2 , ta được x = 3 Vậy nghiệm của phương trình là : x= 3 ; x= 7. 0,25 6 12 7 6 12 7 3 1 1 1 0 0,5 x2 2 x 2 8 x 2 3 x2 2 x 2 8 x 2 3 4 x2 4 x 2 4 x 2 0 x2 2 x 2 8 x 2 3 0,5 1 1 1 2 (1) 4x 2 2 2 0 2) x 2 x 8 x 3 (2 đ) 1 1 1 Có 0 với mọi giá trị của x. x2 2 x 2 8 x 2 3 0,25 2 x 2 Nên (1) 4x 0 xx 2 2 0 0,5 x 2 Vậy phương trình có hai nghiệm : x = 2 ; x = 2. 0,25 2 4. a2 b 2 a b C/m: Với x, y là số dương và a, b là số bất kì. Ta có 0,5 (2,0 đ) x y xy Áp dụng kết quả trên, ta có: 0,5
4. 2 1 1 1 1 1 2 2 4 4 2xyx xyxz xyxz 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 xyxzxy xz x y x z 1 1 2 1 1 2xyx 16 xyz 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 Tương tự cũng có: ; 0,25 xyz 2 16 xyz xyz 2 16 xyz 1 1 1 1211112121 2xyxx 2 yzxyz 2 16 xyzxyzxyz 0,5 1 1 1 14441111 2xyxxyzxyz 2 2 16 xyz 4 xyz 1 1 1 1 1 1 Theo bài ra 4 1 (đpcm) 0,25 x y z 2xyxx 2 yzxy 2 z 5. E (5,0đ) D A M B I C - Chứng minh EBD ~ ECA (gg) 0,75 EB ED 1) ( hai cạnh tương ứng) 0,5 (2,5đ) EC EA Chứng minh: EAD ~ ECB (c.g.c) 0,75 EDA  EBC ( hai góc tương ứng) 0,5 Kẻ MI  BC. 0,75 Chứng minh BMI ~ BCD (g.g) BM BI ( hai cạnh tương ứng) BM BD BC BI 0,5 2) BC BD (2,5đ) Tương tự có CM AC BCIC 0,5 Cộng vế với vế, ta được BM BD CM CA BC BI BC CI BC BI IC BC2 0,75 Mà BC không đổi => đpcm
5. 6. A (2,0đ) F M G B C H E Ta có ME // AB (gt) và MF // BC (gt) ME // BF và MF // BE Tứ giác BEMF là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối song song) 0,25 Kẻ AH  BC tại H , AH cắt MF tại G. 1 SBEMF HGFM 0,25 Ta có SABC AHBC. và SBEMF HGFM. nên 2. . 2 SABC AHBC Gọi AM = x; MC = y AC = x + y FM AM Xét ABC có MF // BC (gt) ( hệ quả định lí Talet) BC AC 0,25 FM x BC x y HG CM HG y Xét AHC có GM //HC ( định lí Talet) 0,25 AH AC AH x y SBEMF xy Do đó 2. 2 S ABC x y 0,5 2 2 xy 1 Ta có : xy 0 xy 4 xy x y 2 4 SBEMF 1 1 2.SSBEMF . ABC 0,25 S ABC 4 2 1 Mà SABC không đổi nên SBEMF đạt giá trị lớn nhất là .S ABC khi và chỉ khi x = 2 0,25 y Hay M là trung điểm của AC.