Đề thi khảo sát chất lượng Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT huyện Ý Yên (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi khảo sát chất lượng Học sinh giỏi môn Toán 8 - Năm học 2018-2019 - Phòng GD&ĐT huyện Ý Yên (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT HUYỆN Ý YÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8 NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài : 150 phút I.Phần ghi kết quả (2 điểm) (thí sinh chỉ cần ghi kết quả vào tờ giấy thi) x2 x Câu 1: Tập nghiệm của phương trình 2 0 x 1 Câu 2: Tìm dư trong phép chia đa thức x5 x3 x cho đa thức x 1 x y Câu 3: Cho x y 0 và 2x2 2y2 5xy .Tính biểu thức A x y Câu 4: Cho hình thang ABCD có hai đáy AB , CD .Gọi O là giao điểm của AC và BD . 2 Biết OB 2cm , OB 4cm , SAOB 1cm .Tính diện tích hình thang ABCD . II.Phần tự luận (18 điểm) (thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi) x2 x 4 6x x2 Câu 1(4 điểm): Cho biểu thức A 1 : 2 , với x 0 ; x 2 x 2 4 4x x x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A c) Tìm giá trị của x để A 2 Câu 2: (4,5 điểm) 2 a) Giải phương trình : 3x2 x2 1 x x2 1 2x3 0 b) Cho các số a,b,c khác không và thõa mãn : a3b3 b3c3 c3a3 3a2b2c2 . a b b c c a Tính giá trị của biểu thức M abc c)Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thoả mãn 5x 3y 2xy 11 Câu 3( 7,5 điểm ): Cho ABC nhọn ( AB AC ) có các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H .Gọi M là trung điểm của cạnh BC . a) Chứng minh AEF đồng dạng với ABC b) Chứng minh BH.BE CH.CF 4ME.MF HD HE HF c) Chứng minh là một hằng số. AD BE CF d) Trên tia đối của FC lấy P sao cho AP //BE , tên tia đối của EB lấy điểm Q sao cho AQ // CF .Chứng minh AM  PQ . Câu 4: (2 điểm) a) Cho a b 2 . Chứng minh a4 b4 2 b) Cho đa thức f x có các hệ số nguyên biết rằng f 0 ; f 1 là các số lẻ. Chứng tỏ rằng đa thức f x không có nghiệm nguyên.
2. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8 PHÒNG GD&ĐT HUYỆN Ý YÊN NĂM HỌC: 2018 – 2019 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT I.Phần ghi kết quả (2 điểm) x2 x Câu 1: Tập nghiệm của phương trình 2 0 x 1 Giải: x2 x 2 0 x 1 x2 x 0 x x 1 0 x 0 x 1 0 x 0 x 1 S 0;1 Câu 2: Tìm dư trong phép chia đa thức x5 x3 x cho đa thức x 1 Giải: x5 x3 x x 1 x4 x3 2x2 2x 3 3 Nên số dư trong phép chia đó là : 3 x y Câu 3: Cho x y 0 và 2x2 2y2 5xy .Tính biểu thức A x y Giải: 2x2 2y2 5xy 2x2 4xy 2y2 xy 0 (2x2 4xy) (xy 2y2 ) 0 2x x 2y y x 2y 0 x 2y 2x y 0 2x y 0 x 2y 0 y 2x x 2y Do x y 0 nên x=2y x y 2y y A 3 x y 2y y Câu 4: Cho hình thang ABCD có hai đáy AB , CD .Gọi O là giao điểm của AC và BD .
3. 2 Biết OB 2cm , OB 4cm , SAOB 1cm .Tính diện tích hình thang ABCD . Lời giải: Do AB//CD ABO ∽ CDO 2 2 SAOB OB 1 1 SOCD OD 2 4 2 SOCD 4cm S OB 2 1 AOB SABD DB 2 4 3 2 SABD 3SAOB 3cm S OD 4 2 OCD SBCD DB 6 3 3 3 S .S .4 6cm2 BCD 2 OCD 2 2 SABCD SABD SBCD 3 6 9cm II.Phần tự luận x2 x 4 6x x2 Câu 1(4 điểm): Cho biểu thức A 1 : 2 , với x 0 ; x 2 x 2 4 4x x x a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A c) Tìm giá trị của x để A 2 Lời giải: a) Rút gọn biểu thức A x2 x 4 6x x2 A 1 : 2 x 2 4 4x x x x 2 x2 x 4 6x x2 A : 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x2 x 2 4 6x x2 A . x 2 x x 2 x 2 x . x 2 4 6x x2 A x x x2 2x x3 2x 4 2x2 4 6x x2 A x x3 2x2 2x A x
4. A x2 2x 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A A x2 2x 2 A 1 x2 2x 1 A 1 x 1 2 Do x 1 2 0 A 1 x 1 2 1 Nên A đạt giá trị nhỏ nhất khi A là 1 khi x 1 c) Tìm giá trị của x để A 2 A 1 x 1 2 2 1 x 1 2 2 2 1 x 1 2 x 1 2 3vn 2 x 1 1 x 1 1 x 1 1 x 0 loai x 2 loai Vậy không có giá trị x nào thỏa mãn. Câu 2: (4,5 điểm) 2 a) Giải phương trình : 3x2 x2 1 x x2 1 2x3 0 b) Cho các số a,b,c khác không và thõa mãn : a3b3 b3c3 c3a3 3a2b2c2 . a b b c c a Tính giá trị của biểu thức M abc c)Tìm tất cả các cặp số nguyên x; y thoả mãn 5x 3y 2xy 11 Lời giải: 2 a) Giải phương trình : 3x2 x2 1 x x2 1 2x3 0 2 3x2 x2 1 x x2 1 2x3 0 2 x 3x x2 1 x2 1 2x2 0 TH1: x 0 là nghiệm 2 TH2: 3x x2 1 x2 1 2x2 0
5. Đặt a x2 1 3xa a2 2x2 0 xa a2 2xa 2x2 0 a x a 2x x a 0 x a a 2x 0 x a 0 a 2x 0 x x2 1 0(vn) 2 x 1 2x 0 x 1 2 0 x 1 Vậy phương trình có hai nghiệm x 1 hoặc x 0 b) Cho các số a,b,c khác không và thõa mãn : a3b3 b3c3 c3a3 3a2b2c2 . a b b c c a Tính giá trị của biểu thức M abc Lời giải: a3b3 b3c3 c3a3 3a2b2c2 a3b3 b3c3 c3a3 3a2b2c2 0 (1) Đặt x ab; y bc; z ac (1) x3 y3 z3 3xyz 0 [ x y 3 z3 ] 3xy x y z x y z [ x y 2 x y z z2 -3xy]=0 x y z 0 2 2 x y x y z z 3xy 0 TH1: x y z 0 ab bc ca 0 a b b c c a ab bc ca a b c abc M 1 abc abc TH 2 : x y 2 x y z z2 0 x y 2 y z 2 z x 2 0 x y z ab bc ca a b c a b b c c a 2a.2b.2c M 8 abc abc c) 5x 3y 2xy 11 10x 4xy 15 6y 0
6. 2x 5 2y 3 5 2y 7 5 2y 2x 3 7 Vì 5 2y ; 2x 3 Z 5 2y U ( 7); 2x 3 U ( 7) Ta có bảng sau: 2x 3 7 1 -7 1 5 2y -1 -7 1 7 x 2 -1 -5 -2 y 3 6 2 -1 Vậy các cặp số x; y là : 2;3 ; 1;6 ; 5;2 ; 2; 1 Câu 3( 7,5 điểm ): Cho ABC nhọn ( AB AC ) có các đường cao AD, BE,CF cắt nhau tại H .Gọi M là trung điểm của cạnh BC . a) Chứng minh AEF đồng dạng với ABC b) Chứng minh BH.BE CH.CF 4ME.MF HD HE HF c) Chứng minh là một hằng số. AD BE CF d) Trên tia đối của FC lấy P sao cho AP //BE , tên tia đối của EB lấy điểm Q sao cho AQ // CF .Chứng minh AM  PQ . Giải: a) ACF ∽ ABE AC AF AE AF ; µA chung AB AE AB AC AEF ∽ ABC (cgc) b) CHD ∽ CBF CH CD CH.CF CB.CD CB CF Tương tự có BH.BE CB.BD CH.CF BH.BE CB.CD CB.BD CB2 Mà CB 2EM ( BEC có EM trung tuyến) CB 2FM ( BFC có FM trung tuyến) CH.CF BH.BE 4EM.FM S HD S HD c) HCD (1) ; BHD (2) SADC AD SDAB AD S S S S S HD S (1),(2) HCD BDH HCD BDH BHC BHC (3) SADC SADB SADC SADB SABC AD SABC HE S HF S AHC (4) ; AHB (5) BE SABC CF SABC
7. HD HE HF S S S S S S (3),(4),(5) BHC AHC ABH BHC AHC ABH 1 AD BE CF SABC SABC SABC SABC HD HE HF 1 AD BE CF d) Trên tia đối của AP lấy P' sao cho AP' AC Trên tia đối của AQ lấyQ' sao cho AQ' AB ^ ^ ^ Vì AP / /BE mà BE  AC nên AP  AC PAC 900 PAF FAE 900 ^ ^ ^ Tương tự QAB 900 QAE EAF 900 ^ ^ ^ ^ PAF QAE 900 PAF QAE APF ∽ AQE AP AF AF AC AP AB ; AQ AE AE AB AQ AC AP AP ' Mà AC AP ' ; AB AQ ' PQ//P 'Q ' AQ AQ ' Trên tia đối của MA lấy O sao cho MA MO AMB OMC (c.g.c) ^ ^ AB CO; ABM OCM ^ ^ Vì ABM OCM AB//CO ^ ^ BAC ACO 900 ^ ^ BAC P ' AQ ' 1800 ^ ^ Q ' AP ' ACO Q ' AP ' OCA (cgc) Gọi giao điểm của MA với P 'Q ' là K ta có : ^ ^ KAP ' CAO 900 ^ ^ Mà CAO AP 'Q' ^ ^ KAP ' AP 'Q ' 900 Nên AKP ' vuông tại K AM  P 'Q ' AM  PQ Câu 4: (2 điểm) a) Cho a b 2 . Chứng minh a4 b4 2 b) Cho đa thức f x có các hệ số nguyên biết rằng f 0 ; f 1 là các số lẻ. Chứng tỏ rằng đa thức f x không có nghiệm nguyên. Giải:
8. 2 a2 b2 0 a4 b4 2a2b2 0 2(a4 b4 ) a4 b4 2a2b2 2 a2 b2 (a4 b4 ) 2 2 a b 22 Tương tự: a2 b2 2 2 22 => a4 b4 2 2 b) Giả sử f(x) có nghiệm nguyên là a thì f (x) x a f (x) x a .g(x) f (0) a .g(0) là một số lẻ => a là số lẻ f (1) 1 a .g(1) là một số lẻ 1 a là số lẻ a là số chẵn. Điều này mâu thuẩn với giả thiết =>đpcm