Đề thi Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Trường THCS Anh Sơn (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2020-2021 - Trường THCS Anh Sơn (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT QUẬN 123 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN TOÁN 8 TRƯỜNG THCS ANH SƠN NĂM HỌC: 2020 – 2021 ĐỀ THI THỬ SỐ 10 Thời gian làm bài: 90 phút Bài 1: (5,0 điểm) x2 x x 1 1 2 x2 Cho biểu thức A 2 : 2 x 2x 1 x x 1 x x a) Tìm điều kiện xác định của A b) Rút gọn A c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A khi x > 1 Bài 2: (5,0 điểm) Giải phương trình a) x3 4x 3 2 8 6x b) 1 4x 4x 1 16x2 1 2 c) x2 9 12x 1 Bài 3: (4,0 điểm) a) Chứng minh 4n 6n 1 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n b) Tìm đa thức f(x) biết f(x): f (x) : (x 2) dư 10; f (x) : (x 2) dư 22; f (x) : (x2 4) được thương là -5x và còn dư. ab c) Cho 4a2 b2 5ab và 2a b 0 . Tính giá trị của biểu thức: M 4a2 b2 Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên AB lấy điểm M, trên tia đối của tia CB lấy điểm N sao cho AM = CN. Gọi E là trung điểm của MN. Trên DE cắt BC tại F. Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắt DF tại H. a) Tứ giác MFNH là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh: NF.NB=NE.NM c) Chứng minh chu vi tam giác BMF không đổi khi M chuyển đổi trên cạnh AB. = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = = Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm!
2. ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ VÀO 10 THPT MÔN TOÁN TRƯỜNG THCS ABC Năm học: 2020-2021 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Bài 1: (0,0 điểm) x2 x x 1 1 2 x2 Cho biểu thức A 2 : 2 x 2x 1 x x 1 x x a) Tìm điều kiện xác định của A b) Rút gọn A c) Tìm giá trị nhỏ nhất của A khi x > 1 Lời giải x2 2x 1 0 x 1 x 0 x 0 a) Điều kiện xác định của A là: x 1 0 x 1 x 0; x 1. 2 x 1; x 0 x x 0 2 (x 1)(x 1) x 2 x 0 x 1 b) Với x 0; x 1. ta có: x2 x x 1 1 2 x2 x2 x x 1 1 2 x2 A 2 : 2 2 : x 2x 1 x x 1 x x x 1 x x 1 x(x 1) x2 x (x 1)(x 1) x 2 x2 x2 x x2 1 x 2 x2 2 : 2 : x 1 x(x 1) x 1 x(x 1) x2 x x 1 x(x 1) x(x 1) x2 : . x 1 2 x(x 1) x 1 2 x 1 x 1 x2 c) Với x 0; x 1. Thì A đạt giá trị nhỏ nhất đạt GTNN. x 1 x2 (x2 4x 4) (4x 4) (x 2)2 Mà 4. x 1 x 1 x 1 (x 2)2 (x 2)2 Có (x 2)2 0x và x > 1 suy ra x -1 > 0. 0 4 4 A 4. . x 1 x 1 Dấu “=” xảy ra x 2 0 x 2 (TMĐK). Bài 2: (5,0 điểm) Giải phương trình a) x3 4x 3 2 8 6x b) 1 4x 4x 1 16x2 1 2 c) x2 9 12x 1 Lời giải a) x3 4x x3 4x 0 x(x2 4) 0 x 0 (vì x 2 0 x 2 4 0). Vậy tập nghiệm S = {0}. 3 2 8 6x 1 b) (ĐKXĐ: x ) 1 4x 4x 1 16x2 1 4
3. 3 2 8 6x 3(1 4x) 2(1 4x) 8 6x 1 4x 4x 1 (1 4x)(1 4x) (1 4x)(1 4x) (1 4x)(1 4x) 3(1 4x) 2(1 4x) 8 6x 3 12x 2 8x 8 6x 14x 7 1 x (TMÐK). 2 1  Vậy tập nghiệm: S  . 2 2 x2 9 12x 1 x4 18x2 81 12x 1 x4 18x2 12x 80 0 (x4 4x3 ) (4x3 16x2 ) (2x2 8x) (20x 80) 0 c) x3 (x 4) 4x2 (x 4) 2x(x 4) 20(x 4) 0 3 2 3 2 2 (x 4)(x 4x 2x 20) 0 (x 4) (x 2x ) (6x 12x) (10x 20) 0 2 2 (x 4) x (x 2) 6x(x 2) 10(x 2) 0 (x 4)(x 2)(x 6x 10) 0 x 4 0 hoặc x 2 0 ho x2 6x 10 0 . (1) x 4 0 x 4 (2) x 2 0 x 2 (3) x2 6x 10 0 (x 3)2 1 0 (vô lí) vì (x 3)2 1 0,x . Vậy tập nghiệm: S 2;4 . Bài 3: (4,0 điểm) a) Chứng minh 4n 6n 1 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n b) Tìm đa thức f(x) biết f(x): f (x) : (x 2) dư 10; f (x) : (x 2) dư 22; f (x) : (x2 4) được thương là -5x và còn dư. ab c) Cho 4a2 b2 5ab và 2a b 0 . Tính giá trị của biểu thức: M . 4a2 b2 Lời giải a) Chứng minh 4n 6n 1 chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n. Vì n N , ta có: +) Với n = 0 thì 4n 6n 1 40 6.0 1 09 4n 6n 19. +) Giả sử: 4n 6n 19 đúng đến n = k, tức là, ta có 4k 6k 19 . Ta phải chúng minh 4n 6n 19 đúng với n = k+ 1. Tức phải chứng minh 4k 1 6(k 1) 19 Có 4k 6k 19 4.4k 24k 49 4.4k 24k 4 18k 99 4.4k 6k 59 4.4k 6(k 1) 19(Ðpcm). Vậy 4n 6n 19 ,n. b) Tìm đa thức f(x) biết f(x): f (x) : (x 2) dư 10; f (x) : (x 2) dư 22; f (x) : (x2 4) được thương là -5x và còn dư. Vì x2 4 là đa thưc bậc hai nên dư khi chia f(x) cho x2 4 phải là một đa thức có bậc nhỏ hơn 2 và có dạng r(x) = ax + b. Vì f(x) chia cho x2 4 được thương là – 5x và còn dư là r(x) suy ra f (x) (x2 4)( 5x) ax b Có f(x) chia cho (x +2) dư 10 f (x) (x 2)A(x) 10. (A(x) là thương của phép chia f(x) cho (x +2). f ( 2) ( 2 2)A(x) 10 10. Chứng minh tương tự, ta có: f(2) = 22. Suy ra: f ( 2) (( 2)2 4)( 5).2 2a b 10 2a b 10 (1). f (2) (22 4)( 5).2 2a b 22 2a b 22 (2).
4. Từ (1) và (2) suy ra: 2b 32 b 16 2a 16 10 2a 6 a 3 Vậy đa thức f(x) là f (x) (x2 4)( 5x) 3x 16. ab c) Cho 4a2 b2 5ab và 2a b 0 . Tính giá trị của biểu thức: M . 4a2 b2 Ta có: 4a2 b2 5ab 4a2 b2 5ab 0 (4a2 4ab) (ab b2 ) 0 a b 0 a b 4a(a b) b(a b) 0 (a b)(4a b) 0 4a b 0 4a b Mà 2a > b > 0 suy ra 4a = b ( vô lí), suy ra a = b. ab a2 a2 1 1 Khi đó: M 2 2 2 2 2 . vậy M 4a b 4a a 3a 3 3 Bài 4: (6,0 điểm) Cho hình vuông ABCD. Trên AB lấy điểm M, trên tia đối của tia CB lấy điểm N sao cho AM = CN. Gọi E là trung điểm của MN. Trên DE cắt BC tại F. Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắt DF tại H. a) Tứ giác MFNH là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh: NF.NB=NE.NM c) Chứng minh chu vi tam giác BMF không đổi khi M chuyển đổi trên cạnh AB. Lời giải A M B F E H D C N a) Tứ giác MFNH là hình gì? Vì sao? Nối M với D; N với D MH / / AD Ta có  MH / /BC AD / /BC  Xét MEH và NEF có: · · MEH NEF (2 góc đối đỉnh) AB AD (Vì E là trung điểm của MN) · · EMH ENF (Vì 2 góc so le trong) MEH = NEF (g.c.g) =>EF =EH (Vì 2 góc tương ứng) E là trung điểm của FH Mà E là trung điểm của MN Do đó tứ giác HMFN là hình bình hành (1)
5. Xét DAM vuông tại A và DCN vuông tại C có: AD DC; AM CN DAM = DCN (2 cạnh góc vuông) MD / /DN; ·ADM C· DN Mà ·ADM M· DC 900 C· DN M· DC 900 M· DN 900 MDN là tam giác vuông cân tại D Mà DE là đường trung tuyến ứng với MN DE  MN Hay : HF  MN 2 b) Chứng minh: NF.NB=NE.NM . Xét NEF vuông tại e và NBM vuông tại B có: M· NB là góc chung NEF ∽ NBM (góc nhọn) NE NF NB NM NE  NM NF  NB c) Chứng minh chu vi tam giác BMF không đổi khi M chuyển đổi trên cạnh AB. Ta có: P MBF MB BF MF P MBF MB BF FN P MBF MB BF FC CN P MBF MB CN BF FC P MBF MB AM BC AB AB 2AB P MBF không đổi khi M di chuyển trên cạnh AB = = = = = = = = = = HẾT = = = = = = = = = =