Đề thi học sinh giỏi lớp 8 - Môn Toán (đề 14)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi lớp 8 - Môn Toán (đề 14)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 8 HUYỆN YÊN MÔ NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN TOÁN (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian làm bài: 120 phút (Đề này gồm 05 câu, 01 trang) Câu 1 (4,0 điểm). Giải các phương trình và bất phương trình sau: a) x 3 7 2x . b) 1 5x x2 2 0 . 1 1 Câu 2 (4,0 điểm). Cho biểu thức P x x 3 : x 1 với x 0;1;2 . x 1 x 1 a) Rút gọn P. b) Tìm x để P x 1 . Câu 3 (3,0 điểm). a) Cho hai số thực x và y thỏa mãn x y 4 và xy 1 . Tính giá trị biểu thức A x 2 1 y 2 x 2 y2 1 . 1 1 1 b) Cho a, b, c là ba số thực khác 0 thỏa mãn abc a b c và 2 . Tính giá a b c 1 1 1 trị biểu thức B . a 2 b2 c2 Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD. c) Tứ giác BEDF là hình gì? Vì sao? b) Chứng minh rằng: CH.CD = CB.CK. c) Chứng minh rằng: AB.AH + AD.AK = AC2. Câu 5 (3,0 điểm). a) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c abc . Chứng minh rằng 1 1 1 a b c 3 a b c b) Tìm nghiệm nguyên x;y của phương trình x2 y y 1 y 2 y 3 . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN YÊN MÔ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 02 trang) Câu Đáp án Điểm a) (2,0 điểm) Nếu x 3 0 hay x 3 thì x 3 x 3 . 0,25 Nếu x 3 0 hay x 3 thì x 3 3 x . * TH1: Với x 3 , PT đã cho trở thành x 3 7 2x x 4 (t/m). 0,75 Câu 10 1 * TH2: Với x 3 , PT đã cho trở thành 3 x 7 2x x (loại). 0,75 (4,0 3 điểm) Vậy PT đã cho có nghiệm x 4 . 0,25 b) (2,0 điểm) Vì x2 2 0 với mọi x nên BPT đã cho tương đương với 1 5x 0 1,0 1 1 1 5x 0 5x 1 x . Vậy nghiệm của BPT ban đầu là x . 1,0 5 5 a) (2,0 điểm) 1 1 x2 4x 4 x2 2x P x x 3 : x 1 : 1,0 x 1 x 1 x 1 x 1 2 x2 4x 4 x 2 x 2 Câu P x 1,0 2 x2 2x x x 2 x (4,0 b) (2,0 điểm) điểm) Với điều kiện x 0;1;2 ta có x 2 2 2 P x 1 1 1 1 0 x 0. x x x Vậy với x 0 thì P x 1 . a) (1,5 điểm) A x 2 1 y 2 x 2 y2 1 x 2 y 2x 2 y 2 xy2 x 2y2 2 2 2 A xy x y 2 x y x y 4 1,0 A xy x y 2 x y 2 2xy x y 4 Câu 3 Thay số, ta được A 40 . 0,5 (3,0 b) (1,5 điểm) 2 điểm) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 2 2 2 2 4 1,0 a b c a b c a b c ab bc ca 1 1 1 1 1 1 a b c B 2 2 2 4 2 4 2 4 2.1 2. a b c ab bc ca abc 1,0 Vậy B = 2. 1
3. K D C E F A B H a) (2,0 điểm) Ta có BE và DF cùng vuông góc với AC. Do đó BE // DF (1) 0,5 · · Xét hai tam giác vuông AFD và CEB có AD = BC và DAF BCE nên 1,0 bằng nhau. Suy ra BE = DF (2) Từ (1) và (2) suy ra tứ giác BEDF là hình bình hành. 0,5 b) (2,0 điểm) Câu Ta có C· BH C· BA 180o ; C· DK C· DA 180o mà C· BA C· DA nên suy 1,0 4 ra C· BH C· DK . (6,0 Xét hai tam giác vuông CHB và CKD có C·nênBH đồng C· D dạngK với điểm) CH CB 1,0 nhau. Do đó ta có CH.CD CB.CK . CK CD c) (2,0 điểm) Xét hai tam giác vuông ACH và ABE có góc A chung nên đồng dạng với AB AE nhau. Suy ra AB.AH AC.AE . AC AH 1,0 Xét hai tam giác vuông AKC và AFD có góc A chung nên đồng dạng với AD AF nhau. Suy ra AD.AK AC.AF . AC AK Vậy AB.AH AD.AK AC AE AF . Mặt khác theo cmt thì AF = EC. Do đó ta có 1,0 AB.AH AD.AK AC AE EC AC.AC AC2 (đpcm). 1 1 1 bc ac ab a b c 3 a b c 3 a b c abc 0,5 bc ac ab 2 a b c 3 a b c 3 bc ac ab a b c 0,5 a 2 b 2 c 2 bc ac ab 2 2 2 Câu 2 a b c 2 bc ac ab 0.5 5 a b 2 b c 2 c a 2 0 (3,0 x2 y y 1 y 2 y 3 x2 y y 3 y 1 y 2 điểm) 0,25 x2 y2 3y y2 3y 2 Đặt t y2 3y 1 ta được 2 2 2 2 2 x t 1 t 1 x t 1 x t 1 x t x t 1 0,5 Vì x, y là những số nguyên nên x t và x t cũng là những số nguyên. Do đó ta có hai trường hợp sau: 2
4. * TH1: x t 1 và x t 1 . Suy ra x 0 và t 1 . 2 2 Với t 1 thì y 3y 1 1 y 3y 2 0 y 1 y 2 0 0,25 y 1 hoặc y 2 . * TH2: x t 1 và x t 1 . Suy ra x 0 và t 1 . 2 2 Với t 1 thì y 3y 1 1 y 3y 0 y y 3 0 y 0 hoặc 0,25 y 3. Vậy PT đã cho có 4 nghiệm nguyên x;y là 0; 3 , 0; 2 , 0; 1 , 0;0 0,5 Hết 3