Đề thi chọn học sinh giỏi 8 - Môn: Toán

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi 8 - Môn: Toán

1. TRƯỜNG THCS BẠCH SAM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 8 Môn: TOÁN Năm học: 2016-2017 Bài 1. (2 điểm) 1 2 5 x 1 2x Cho biểu thức : C 2 : 2 1 x x 1 1 x x 1 a) Rút gọn biểu thức C b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên. Bài 2. (2 điểm) a) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A x x4 3x3 ax b chia hết cho đa thức B x x2 3x 4 b) Cho x, y, z 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x y z P y z z x x y Câu 3. (2 điểm) a) Tìm x, y, z thỏa mãn phương trình sau: 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 x y z a b c x2 y2 z2 b) Cho 1 và 0.Chứng minh rằng: 1. a b c x y z a2 b2 c2 Câu 4. (3 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AC AB), đường cao AH. Trong nửa mặt phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE.Gọi P là giao điểm của AC và KE a) Chứng minh ABP vuông cân b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB,gọi I là giao điểm của BP và AQ.Chứng minh H,I,E thẳng hàng. c) Tứ giác HEKQ là hình gì ? Câu 5. (1 điểm) Tính diện tích hình thang ABCD AB / /CD , biết AB 42cm, µA 450;Bµ 600 , chiều cao của hìnhthang bằng 18cm (đã ra bài tập về nhà ngày 3/12/2019)
2. ĐÁP ÁN Câu 1. 1 a) ĐKXĐ: x 1; x 2 1 2 5 x 1 2x C 2 : 2 1 x x 1 1 x x 1 1 x 2 1 x 5 x x 1 x 1 . 1 x 1 x 1 2x 2 2x 1 2 b)B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì có giá trị nguyên 2x 1 x 1(ktm) 2x 1 1 x 0(tm) 2x 1 1 3 2x 1 là Ư(2) x (tm) 2x 1 2 2 2x 1 2 1 x (tm) 2 x 0 3 Đối chiếu ĐK thì có x thỏa mãn 2 1 x 2 Câu 2. a) Ta có: A(x) B x . x2 1 a 3 x b 4 a 3 0 a 3 Để A(x)B(x) thì b 4 0 b 4 a b c b) Đặt y z a; z x b; x y c x y z 2
3. a b c a b c a b c x ; y ; z 2 2 2 a b c a b c a b c P 2a 2b 2c 1 b c a c a b . 1 1 1 2 a a b b c c 1 b a c a b c 3 . 3 2 a b a c c b 2 3 MinP a b c x y z 2 Câu 3. a) 9x2 y2 2z2 18x 4z 6y 20 0 9x2 18x 9 y2 6y 9 2 z2 2z 1 0 9 x 1 2 y 3 2 2 z 1 2 0 * Do: x 1 2 0; y 3 2 0; z 1 2 0 Nên : * x 1; y 3; z 1 Vậy x, y, z 1;3; 1 b) Từ: a b c ayz bxz cxy 0 0 ayz bxz cxy 0 x y z xyz Ta có: 2 x y z x y z 1 1 a b c a b c x2 y2 z2 xy xz yz 2 2 2 2. 1 a b c ab ac bc x2 y2 z2 cxy bxz ayz 2. 1 a2 b2 c2 abc x2 y2 z2 1 dfcm a2 b2 c2
4. Câu 4. A E P I B H K C Q a) Chứng minh được: BHA PEA(g.c.g) AB AP mà B· AP 900 (gt) vậy BPA vuông cân b) Ta có: HA HK H nằm trên đường trung trực của AK Ta có: AE KE E nằm trên dường trung trực của KA PBK vuông có IB IP (tính chất đường chéo hình bình hành ABQP) IK IP IB * Ta có ABQP là hình bình hành (giả thiết), có BA AP ( BPA vuông cân tại A) APQB là hình thoi, mà B· AP 900 gt APQB là hình vuông nên PI IA Từ * suy ra IK IA nên I nằm trên đường trung trực của AK Vậy H,I,E thẳng hàng PB AQ c) Ta có: APQB là hình vuông cmt nên AP BQ mà IK IK 2 2
5. AKQ có AI IQ (tính chất đường chéo hình vuông) AQ Mà IK (cmt) AKQ vuông ở K 2 AK  KQ mà AK  HE (EAHK là hình vuông) QK / /HE Vậy HEKQ là hình thang Câu 5. A' D C B' A B Qua A và B kẻ AA' và BB' vuông góc với CD. Tứ giác ABB' A' là hình chữ nhật và AA' BB' 18cm, ·A' AB 900 D· AB 450 ·A' AD 450 . Do đó A' AD vuông cân A'D A' A 18cm B· 'BA 900 ,C· BA 600 B· 'BC 300 BC vì thế trong tam giác vuông B'BC ta có B'C . 2 Theo định lý Pytago ta có: B'C 2 BC 2 B'B2 B'C 2 4B'C 2 B'B2 3B'C 2 B'B2 B'B 18 B'C (cm) 3 3 Suy ra : 18 18 CD A'B' A'D B'C 42 18 24 (cm) 3 3 1 1 18 2 Vậy SABCD AB CD .A' A . 42 24 .18 498,6 cm 2 2 3