Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 8 - Năm học 2020-2021 - Trường THCS Đông Kinh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 8 - Năm học 2020-2021 - Trường THCS Đông Kinh (Có đáp án)

1. PHÒNG GD VÀ ĐT THÀNH PHỐ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8 TRƯỜNG THCS ĐÔNG KINH NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút (Đề thi gồm có 01 trang, 04 bài) Bài 1: (4 điểm) Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 5x2 - 26x + 24 c) x2 + 6x + 5 1 3 3 b) x3 x 2 x 1 d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 8 4 2 Bài 2: (6 điểm) a) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào biến: 7 (6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1) 3x 4 x y b) Tính giá trị biểu thức P = . Biết x 2 – 2 y 2 = xy (x + y ≠ 0, y ≠ 0). x y c) Tìm số dư trong phép chia của biểu thức x 2 x 4 x 6 x 8 2015 cho đa thức x2 10 x 21 . d) Tính tổng các hệ số trong khai triển (1−2x)2021 2 e) Chứng minh rằng: A n4 n 3 8,  n là số tự nhiên lẻ 5 4 f) Tìm hế số a để: ax 5 x 9 x 1 Bài 3 : (7 điểm) Cho hình vuông ABCD. Qua A vẽ hai đường thẳng vuông góc với nhau lần lượt cắt BC tại P và R, cắt CD tại Q và S. a) Chứng minh AQR và APS là các tam giác cân. b) QR cắt PS tại H; M, N là trung điểm của QR và PS. Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật. c) Chứng minh P là trực tâm tam giác SQR. d) Chứng minh MN là đường trung trực của AC. Bài 4 : (3 điểm) a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 1 b) Cho hai số a,b thỏa mãn điều điều kiện a + b = 1. Chứng minh a3 + b3+ ab 2 Hết 1
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 8 TRƯỜNG THCS ĐÔNG KINH NĂM HỌC 2020-2021 MÔN: TOÁN HDC CHÍNH THỨC (HDC gồm có 03 trang 04 bài) HƯỚNG DẪN CHẤM THANG BÀI NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1 a) 5x2 - 26x + 24 = 5x2 - 6x - 20x + 24 = x(5x - 6) - 4(5x - 6) = (5x - 1 điểm 4 điểm 6)(x - 4) 3 2 3 1 3 3 1 1 1 1 1 điểm b) x3 x2 x 1 = x 3. x .1 3. x .12 13 = x 1 8 4 2 2 2 2 2 c) x2 + 6x + 5 = x2 + x + 5x + 5 = x(x + 1) + 5(x + 1) = x 1 x 5 1 điểm d) x4 + 2015x2 + 2014x + 2015 = x4 + x3 + x2 – x3 – x2 – x + 2015x2 + 1 điểm 2015x +2015 = x2 (x2 + x + 1) – x(x2 + x + 1) + 2015(x2 + x + 1) = (x2 + x + 1)(x2 – x + 2015) Bài 2 7 2 2 1 điểm a) ( 6 x + 7)(2 x – 3) – (4 x + 1) 3x = 12x – 18x + 14x - 21 – 12x 6 điểm 4 + 7x – 3x + 7 = 77 4 4 b) x2 – 2y2 = xy x2 – xy – 2y2 = 0 (x + y)(x – 2y) = 0 1 điểm 2yy y 1 Vì x + y ≠ 0 nên x – 2y = 0 x = 2y .Khi đó A = 2yy 3 y 3 c) Pxxxxx( ) 2 4 6 8 2015 xx2 10 16 xx 2 10 24 2015 1 điểm Đặt tx 2 10 x 21 ( t 3; t 7) , biểu thức P(x) được viết lại: Pxtt( ) 5 3 2015 tt2 2 2000 Do đó khi chia t2 2 t 2000 cho t ta có số dư là 2000 d) Gọi f(x)= (1−2x)2020 => f(1)= (1−2.1)2020= (-1)2020 = 1 1 điểm Vậy tổng các hệ số trong khai triển là 1 e) A n1 n 3 , Vì n là số lẻ, Đặt 1 điểm n 2 k 1, k N A 2 k 2 2 k 4  8 f) Theo định lý Bơ- Zu ta có : Dư của fx ax5 5 x 4 9 , khi chia cho x - 1 là f 1 a 5 9 a 4 1 điểm Để có phép chia hết thì a 4 0 a 4 2
3. Bài 5 0, 5 điểm 7điểm Vẽ đúng hình a) ADQ = ABR vì chúng là hai tam giác vuông (2 góc có cạnh t.ư 2 điểm vuông góc) và DA = BD (cạnh hình vuông). Suy ra AQ=AR, nên AQR là tam giác vuông cân. Chứng minh tương tự ta có: ABP = ADS b) AM và AN là đường trung tuyến của tam giác vuông cân AQR và 1,5 điểm APS nên AN  SP và AM  RQ. Mặt khác : P  PAM = 450 nên góc MAN vuông. Vậy tứ giác AHMN có ba góc vuông, nên nó là hình chữ nhật. c) Theo giả thiết: QA  RS, RC  SQ nên QA và RC là hai đờng cao của 1,5 điểm SQR. Vậy P là trực tâm của SQR. d) Trong tam giác vuông cân AQR thì MA là trung tuyến 1,5 điểm nên AM = 1 QR. 2 MA = MC, nghĩa là M cách đều A và C. Chứng minh tương tự cho tam giác vuông cân ASP và tam giác vuông SCP, ta có NA = NC, nghĩa là N cách đều A và C. Hay MN là trung trực của AC. Bài 6 a) A = 13x2 + y2 + 4xy - 2y - 16x + 2015 3 điểm = y2 + 4xy - 2y + 13x2 - 16x + 2015 1,5 điểm = y2 + 2y(2x - 1) + (2x -1)2 + 9x2 - 12 x + 2015 = (y + 2x - 1)2 + (3x - 2)2 + 2010 2 1 Chứng tỏ A 2010, dấu " =" xảy ra khi và chỉ khi (x = ; y = ) 3 3 2 1 Vậy min A = 2010 khi (x = ; y = ) 3 3 3
4. 1 1 b) Ta có a3+ b3 + ab (1) a3+b3+ab - 0 2 2 1,5 điểm 1 1 (a+b)(a2+ b2-ab) + ab- 0 a2+b2- 0 (vì a + b =1) 2 2 2a2+2b2-1 0 2a2+2(1-a)2-1 0 (vì b = 1- a) 1 2a2+2 - 4a + 2a2 - 1 0 4(a2- a + ) 0 4 2 1 4 a 0 a (2) 2 đpcm. 4