Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi lớp 8 - Môn thi: Toán

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi lớp 8 - Môn thi: Toán

1. UBND HUYỆN NHO QUAN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi 23/4/2013 Đề thi có 01 trang Thời gian làm bài 150 phút Câu 1 (4,5điểm). 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 7x2 7xy 5x 5y . b) x4 2013x2 2012x 2013 . x2 2x 2x2 x2 x 2 2. Cho biểu thức Q 2 2 2 , với x 0 và x 2 . 2x 8 x (x 2) 4(x 2) x a) Rút gọn biểu thức Q. 1 b) Tìm giá trị của x để Q có giá trị là . 4 Câu 2 (5,0 điểm). 1. Giải các phương trình sau: a) x2 2x 1 14 . 5x 150 5x 102 5x 56 5x 12 5x 660 b) 0 . 50 49 48 47 46 2. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x3 2x2 3x 2 y3. Câu 3 (3,0 điểm). 2012 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P x2 y2 20(x y) 2213 2. Chứng minh rằng n4 7(7 2n2 ) chia hết cho 64 với mọi n là số nguyên lẻ. Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy điểm F sao cho AE = AF. Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và BC lần lượt tại hai điểm M, N. 1. Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật. 2. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH. Chứng minh rằng: AC = 2EF. 1 1 1 3. Chứng minh rằng: = + . AD2 AM2 AN2 Câu 5 (1,5 điểm). 1 1 25 Cho a và b là hai số dương có tổng bằng 1. Chứng minh rằng (a )(b ) . a b 4 Đẳng thức xảy ra khi nào? Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị 1 (Họ tên và ký) Giám thị 2 (Họ tên và ký)
2. UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM PHÒNG GIAÓ DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ KSCL HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM 2012-2013 MÔN THI: TOÁN (Hướng dẫn chấm có 04 trang) Câu 1 Hướng dẫn giải (4,5 điểm) a) 7x2 7xy 5x 5y = (7x2 7xy) (5x 5y) = 7x(x - y) – 5(x - y) 0,5 = (x - y)(7x – 5) 0,5 b) Ta có x4 2013x2 2012x 2013 1 4 2 x x 2013x 2013x 2013 0.25 (2.0 điểm) x x 1 x2 x 1 2013 x2 x 1 0.5 x2 x 1 x2 x 2013 0.25 x 0 Với ĐK: x 2 x2 2x 2x2 x2 x 2 Ta có Q 2 2 2 2x 8 x (x 2) 4(x 2) x x(x 2) 2x2 (x 1)(x 2) 2 2 2 0.75 2 2(x 4) (x 4)(x 2) x (2.5 điểm) 2 2 x(x 2) 4x (x 1)(x 2) 2 2 0.5 2(x 2)(x 4) x x3 4x2 4x 4x2 x 1 x(x2 4)(x 1) x 1 . 0.5 2(x2 4) x2 2x2 (x2 4) 2x x 1 1 b) Q = = 4(x 1) 2x 2x 4 x 2 0.5 2x 4 x = -2 thỏa ĐKXĐ nên là giá trị cần tìm. 0.25 Câu 2 (5.0 điểm) 2 x2 2x 1 14 x2 2x 15 0 a) x 2x 1 14 0,5 x2 2x 1 14 x2 2x 13 0 1 2 0.5 (1,5 điểm) Pt x 2x 15 0 (x 5)(x 3) 0 x 5hoÆc x 3 CM Pt x2 2x 13 0 vô nghiệm 0.25 Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S = 3;5 0.25 5x 150 5x 102 5x 56 5x 12 5x 660 b) 0 50 49 48 47 46 5x 150 5x 102 5x 56 5x 12 5x 660 ( 1) ( 2) ( 3) ( 4) ( 10) 0 0,25 50 49 48 47 46 (1,5 điểm) 5x 200 5x 200 5x 200 5x 200 5x 200 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 0 0,25 50 49 48 47 46 1 1 1 1 1 (5x 200)( ) 0 0,25 50 49 48 47 46
3. (5x -200) = 0 x = 40. 0,5 Vậy tập nghiệm của Pt đã cho là S = 40 0,25 2 3 3 2 3 7 Ta có y x 2x 3x 2 2 x 0 x y (1) 0.5 4 8 2 3 3 2 9 15 (x 2) y 4x 9x 6 2x 0 y x 2 (2) 0.5 4 16 2 Từ (1) và (2) ta có x < y < x + 2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 (2,0 điểm) 0.25 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = 1; từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: 0.5 (-1 ; 0) và (1; 2) KL nghiệm 0.25 Câu 3 (4 điểm) Ta có x2 y2 20(x y) 2213 (x 10)2 (y 10)2 2013 2013 0.25 với mọi x, y. 2012 2012 P 2 2 0.25 1 (x 10) (y 10) 2013 2013 (1.0 điểm) 2012 P = khi x = 10 và y = 10 0.25 2013 2012 Vậy Max P = khi x = 10 và y = 10 0.25 2013 4 2 2 2 n4 7(7 2n2 ) = n 14n 49 (n 7) 0.25 D Do n là số nguyên lẻ nên n = 2k +1 (k ¢ ) 0.25 2 Khi đó (n2 7)2 16 k(k 1) 2 0.5 2   2 (2.0 điểm) Do k(k +1) chia hết cho 2 nên k(k 1) 2 chia hết cho 4 0.5 2 16k(k 1) 2 chia hết cho 64 0.25 Vậy n4 7(7 2n2 ) chia hết cho 64 với mọi n là số nguyên lẻ. 0.25 Câu 4 (6 điểm)
4. E A B H F C D M N 1 (2.0 điểm) Ta có D· AM = A· BF (cùng phụ B· AH ) AB = AD ( gt) 0.75 B· AF = A· DM = 900 (ABCD là hình vuông) ΔADM = ΔBAF (g.c.g) => DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM 0.5 Lại có AE // DM ( vì AB // DC ) Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành 0.5 Mặt khác.D· AE = 900 (gt) Vậy tứ giác AEMD là hình chữ nhật 0.25 Ta có ΔABH : ΔFAH (g.g) AB BH BC BH 0.5 = hay = ( AB=BC, AE=AF) AF AH AE AH Lại có H· AB = H· BC (cùng phụ A· BH ) 2 0.5 ΔCBH : ΔEAH (c.g.c) (2.0 điểm) 2 2 SΔCBH BC SΔCBH BC 2 2 = , mà = 4 (gt) = 4 nên BC = (2AE) SΔEAH AE SΔEAH AE 0.5 BC = 2AE E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.5 Do AD // CN (gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: AD AM AD CN 0.5 = = (1) CN MN AM MN Lại có: MC // AB ( gt). Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có: MN MC AB MC AD MC 0.5 = = hay = (2) 3 AN AB AN MN AN MN (2.0 điểm) 2 2 2 2 2 2 2 AD AD CN CM CN + CM MN Từ (1),(2) + = + = 2 = 2 = 1 AM AN MN MN MN MN 0.5 (Pytago) 2 2 AD AD 1 1 1 (đpcm) + = 1 2 2 2 0.5 AM AN AM AN AD
5. Câu 5 1,5 điểm 1 a b 25 P (ab ) ( ) (*) 0.25 ab b a 4 2 1 Vì a b 4ab, a b 1, ab 0 4 0.5 ab 1 a b Mà P (ab ) ( ) = (1,5 điểm) ab b a 1 a b 15 1 15 25 0.5 (ab ) ( ) 2 .4 (Theo BĐT 16ab b a 16ab 2 16 4 Cauchy) nên BĐT (*) đúng do đó bđt được CM. 1 Đẳng thức xảy ra khi a b 0.25 2 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.