Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi THCS môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng giáo dục và đào tạo Ý Yên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi THCS môn Toán Lớp 8 - Năm học 2015-2016 - Phòng giáo dục và đào tạo 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 2015 - 2016 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1. (3 điểm) 1) Chứng minh : (x y)(x3 x2 y xy2 y3 ) x4 y4. 2) Phân tích đa thức thành nhân tử : x(x 2)(x2 2x 2) 1 . 3) Tìm a, b, c biết : a 2 b2 c 2 ab bc ca và a8 b8 c8 3 . Bài 2. (4 điểm) Cho biểu thức : 2 x2 y2 x2 y2 x y P 2 2 . 2 2 với x 0, y 0, x y . x x xy xy xy y x xy y 1) Rút gọn biểu thức P. 2) Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 y2 10 2(x 3y) . Bài 3. (4 điểm) 1) Giải phương trình: (6x 8)(6x 6)(6x 7)2 72 . 2) Tìm các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: x2 x 3 y2 . Bài 4. (2 điểm) Cho các số a, b, c thỏa mãn1 a,b,c 0 . Chứng minh rằng : a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. Bài 5. (5,5 điểm) Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, biết hai đường chéo cắt nhau tại O. Lấy điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho I·OM 900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi N là giao điểm của AM và CD, K là giao điểm của OM và BN. 1) Chứng minh ΔBIO = ΔCMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a. 2) Chứng minh B· KM B· CO . 1 1 1 3) Chứng minh = + . CD2 AM2 AN2 Bài 6. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC (AB < AC), trọng tâm G. Qua G vẽ đường thẳng d cắt các cạnh AB AC AB, AC thứ tự ở D và E. Tính giá trị biểu thức + . AD AE . Họ và tên thí sinh: Họ, tên chữ ký GT 1: . Số báo danh: Họ, tên chữ ký GT 2: .
2. HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 8 I. Hướng dẫn chung: 1) Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với các ý cơ bản học sinh phải trình bày, nếu học sinh giải theo cách khác mà đúng và đủ các bước thì vẫn cho điểm tối đa. 2) Điểm toàn bài là tổng điểm của các ý, các câu và không làm tròn. II. Đáp án và thang điểm: Bài Ý Nội dung trình bày Điểm Chứng minh : (x y)(x3 x2 y xy2 y3 ) x4 y4. Ta có: (x y)(x 3 x 2 y xy 2 y 3 ) 1) 4 3 2 2 3 3 2 2 3 4 0,25 (0,5đ) = x x y x y xy x y x y xy y = x 4 y 4 0,25 Vậy đẳng thức được chứng minh. Phân tích đa thức thành nhân tử : x(x 2)(x2 2x 2) 1. 2 2 2 Ta có: x(x 2)(x 2x 2) 1 (x 2x)(x 2x 2) 1 0,25 2) 2 2 2 1. (1đ) (x 2x) 2(x 2x) 1 0,25 (3đ) 2 2 (x 2x 1) 0,25 (x 1)4 0,25 Tìm a, b, c biết : a 2 b2 c2 ab bc ca và a8 b8 c8 3 . Biến đổi a 2 b 2 c 2 ab bc ca về (a b)2 (b c)2 (c a)2 0 0,5 3) Lập luận suy ra a = b = c 0,25 (1,5đ) 8 8 8 Thay vào a = b = c vào a b c 3 ta có 0,5 3a8 3 a8 1 a 1. Vậy a = b = c = 1 và a = b = c = -1. 0,25 Với x 0, y 0, x y ta có: 2 x2 y (x2 y2 )(x y) xy2 x y 0,5 P = . 2 2 x xy(x y) x xy y 2 xy(x y) (x y).(x y)2 x y = - . 0,5 x xy(x y) x2 xy y2 1) 2 (x y)(x2 xy y2 ) x y (2đ) = + . 0,5 x xy(x y) x2 xy y2 2 x y 2. = + 0,25 (4đ) x xy x y = 0,25 xy Ta có: x2 y2 10 2(x 3y) 2 2 x 2x 1 y 6y 9 0 0,5 2) 2 2 (2đ) x 1 y 3 0 Lập luận suy ra x 1; y 3 0,5 Ta thấy x = 1; y = -3 thỏa mãn điều kiện: x 0, y 0, x y 1,0
3. x y 1 ( 3) 2 nên thay x = 1; y =- 3 vào biểu thức P = ta có: P= xy 1.( 3) 3 Giải phương trình: (6x 8)(6x 6)(6x 7)2 72 2 2 2 4 2 Đặt 6x 7 t. Ta có (t 1)(t 1)t 72 (t 1)t 72 t t 72 0 0,5 4 2 2 2 2 2 2 2 t 9t 8t 72 0 t (t 9) 8(t 9) 0 (t 9)(t 8) 0 0,5 1) Mà t 2 8 0 nên t 2 9 0 t 2 9 t 3 (2đ) 0,5 2 5 Từ đó tìm được x hoặc x . 3 3 0,5 2 5 Vậy phương trình có tập nghiệm là S = ;  . 3 3  x2 x 3 y2 4x2 4x 12 4y2 2x 1 2 4y2 11 0, 25 3. (4đ) 2x 2y 1 2x 2y 1 11 0,25 Do x, y nguyên nên 2x 2y 1 và 2x 2y 1 là các số nguyên 0,25 Do đo xảy ra các trường hợp sau 2x 2y 1=1 và 2x 2y 1 = -11. Tìm được x =-3 và y = 3 0,25 2) (2đ) 2x 2y 1=-1 và 2x 2y 1 = 11. Tìm được x = 2 và y = -3 0,25 2x 2y 1=11 và 2x 2y 1 = -1. Tìm được x = 2 và y = 3 0,25 2x 2y 1= -11 và 2x 2y 1 = 1. Tìm được x = -3 và y = - 3 0,25 KL: 0,25 Cho các số a, b, c 0 ; 1. Chứng minh rằng : a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. 2 3 Vì b, c 0;1 nên suy ra b b; c c . 0,25 2 3 4. Do đó: a + b + c – ab – bc – ca a + b + c – ab – bc – ca (1). 0,5 (2đ) Lại có: a + b + c – ab – bc – ca = (a – 1)(b – 1)(c – 1) – abc + 1 (2) 0,5 Vì a, b, c 0 ; 1 nên (a – 1)(b – 1)(c – 1) 0 ; – abc 0 0,25 Do đó từ (2) suy ra a + b + c – ab – bc – ca 1 (3). 0,25 Từ (1) và (3) suy ra a + b2 + c3 – ab – bc – ca 1. 0,25 Hình vẽ: A I B O M K E D C N 1) Xét BIO và CMO có: 1,0
4. 5. (2đ) I·BO M· CO ( 450 ) ( tính chất đường chéo hình vuông) ( 5,5đ) BO = CO ( tính chất đường chéo hình vuông) B· OI C· OM ( cùng phụ với B· OM ) BIO = CMO (g.c.g) SBIO SCMO mà SBMOI SBOI SBMO 1 1 1,0 Do đó S S S S S a2 BMOI CMO BMO BOC 4 ABCD 4 Ta có BIO = CMO (cmt) CM = BI ( cặp cạnh tương ứng) BM = AI BM AM IA AM 1,0 2) Vì CN // AB nên . Từ đó suy ra IM // BN (1,5đ) CM MN IB MN Ta có OI = OM ( vì BIO = CMO ) IOM cân tại O I·MO M· IO 450 0,5 Vì IM // BN B· KM I·MO 450 B· KM B· CO Qua A kẻ tia Ax vuông góc AN cắt CD tại E. Chứng minh ADE ABM (g.c.g) AE AM 0,5 Ta có ANE vuông tại A có AD  NE nên AD.NE AN.AE 2 2 0,5 SAEN AD.NE AN.AE (AD.NE) (AN.AE) 3) 2 2 (2đ) Áp dụng định lí Pitago vào ANE ta có AN2 + AE2 = NE2 AN 2 AE 2 1 1 1 1 0,5 AD2.(AN 2 AE 2 ) AN 2.AE 2 AN 2.AE 2 AD2 AE 2 AN 2 AD2 1 1 1 Mà AE AM và CD = AD 0,5 CD2 AM 2 AN 2 Hình vẽ: A d E G D I M B C K 5. Gọi M là trung điểm của BC. (1,5 đ) AB AI 0,25 Qua B vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại I, ta có: (1) AD AG AC AK Qua C vẽ đường thẳng song song với d cắt AM tại K, ta có: (2) 0,25 AE AG AB AC AI AK Từ (1) và (2) suy ra: (3) AD AE AG 0,5 Mặt khác: AI + AK = (AM - MI) + (AM + MK) = 2AM (4) (vì MI = MK do BMI = CMK) AB AC 2AM 2AM Từ (3) và (4) suy ra: 3 2 0,5 AD AE AG AM 3