Đề thi khảo sát chất lượng học sinh mũi nhọn cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng giáo dục và đào tạo Ngọc Lặc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi khảo sát chất lượng học sinh mũi nhọn cấp huyện môn Toán Lớp 8 - Năm học 2017-2018 - Phòng giáo dục và đào tạo Ngọc Lặc (Có đáp án)

1. Sơ lược bài giải Câu 1: 1 2 5 x 1 2x 1) Cho biểu thức A 2 : 2 1 x x 1 1 x x 1 a/ Rút gọn A b/ Tìm x để A > 0 Giải: 1 a) Rút gọn A: ĐKXĐ: x 1; x 2 1 x 2(1 x) (5 x) x2 1 2 x2 1 2 A 2 . 2 . 1 x 1 2x 1 x 1 2x 1 2x b) A > 0 2 1 > 0, mà 2 > 0 nên 1 - 2x > 0 2x < 1 x < 1 2x 2 KL: . 2) P(x) = x2012 -2011x2011 - 2011x2010 - . - 2011x2 - 2011x +1 P(x) = x2012 - 2012x2011 + x2011 - 2011x2010 - . + x3 - 2012x2 + x2 - 2012x + x +1 P(x) = x2011 ( x - 2012) + x2010(x - 2012) + . + x2 (x - 2012) + x(x - 2012) + x +1 nên P(2012) = 2012+ 1 = 2013 Bài 2: a) Ta có x2 + xy - 2x +1 = x + y ( x- 1)2 +y( x - 1) - ( x - 1) = 1 (x -1)( x - 1 + y - 1) = 1 ( x - 1)( x + y -2) = 1 Giải ra ta được x = 0; y = 1 x = 2; y = 1 là hai nghiệm của PT Có thể giải cách 2: x2 + xy - 2x +1 = x + y x2 - 2x +1 - x= y(1-x) (1 x)2 x x 1 x 1 y = =1 - x - 1 x 1 x 1 x 1 x 1 y = 1 - x +1+ 1 x Vì y là số nguyên nên x-1 là ước của 1 từ đó tìm được x, y tương ứng b) Ta có x2 -2xy +2y2 - 2x - 2y + 5 = 0 ( x - y - 1)2 + (y - 2)2 = 0 x y 1 0 x 3 Vì ( x - y - 1)2 0 và (y - 2)2 0 Suy ra được y 2 0 y 2 Thay vào ta tính được P = 1 Bài 3: a) Giải PT: x6 - 7x3 - 8 = 0 x6 + x3 - 8x3 - 8 = 0 x3 (x3 + 1 ) - 8(x3 + 1 )=0 (x3 -8) (x3 + 1 ) = 0 Giải ra ta được S = {- 1; 2} là tập nghiệm của PT b) Cho a,b là hai số nguyên dương thỏa mãn: a+1 và b+2007 chia hết cho 6 CMR: (4a +a+b)6
2. Theo gt a+1 và b+2007 chia hết cho 6 nên a và b đều là các số lẻ do đó 4a +a+b chia hết cho 2 (1) Vì a+1 và b+2007 chia hết cho 6 nên a+b+2008 chia hết cho 3 ( a+b+1) + 2007 chia hết cho 3 mà 2007  3 nên a+b+1  3 Ta lại có 4a +a+b =4a - 1+a+b+1 trong đó (4a -1) (4-1) hay (4a -1) 3 và theo trên (a+b+1) 3 nên (4a +a+b) 3(2) từ (1);(2) và (2,3)=1 nên ta có điều cần c/m Cách 2: Ta c/m 4a chia cho 6 dư 4 (1) +) Với a = 1 ta có 41= 4 chia cho 6 dư 4 +) Với a = 2, ta có 42 =16 chia cho 6 dư 4 +) Giả sử KL (1) đúng với a = k, ta cần c/m (1) cũng đúng với a = k +1. Ta só 4k chia cho 6 dư 4 4k  4(mod 6) 4k .4 4.4 (mod 6) 4k+1  16(mod 6) 4k+1  4(mod 6) Hay 4k+1 chia cho 6 dư 4, tức là (1) đúng với a=k+1 suy ra 4a cxhia cho 6 dư 4 4a - 4 chia hết cho 6 Ta blaij có Vì a+1 và b+2007 chia hết cho 6 nên a+b+2008 chia hết cho 6 Hay Vì a+ b+2007 chia hết cho 6 nên a+b+2008 chia hết cho 6 a + b + 4+ 2004 chia hết cho 6 vì 2004 chia hết cho 6 a + b + 4 chia hết cho 6 , theo trên thì 4a - 4 chia hết cho 6 Nên 4a - 4 + a + b + 4 chia hết cho 6 do đó 4a + a + b chia hết cho 6 Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, lấy M là điểm baqast kì trên AC . Từ C vẽ đường vuông góc với BM tại D và cắt BA tại E a) c/m EA.EB=EC.ED E 0 2 b) Cho góc BMC = 120 , và SADE=36cm tinh SEBC c) Chứng minh BM.BD+CM.CA=BC2 D A M B C I a) Chứng minh EA.EB = ED.EC. Chứng minh EBD đồng dạng với ECA (g-g) EB ED - Từ đó suy ra EA.EB ED.EC EC EA b) Theo đ/l tổng số đo các góc của tứ giác suy ra được B· EC =600 1 do đó A· CE =300 suy ra AE = EC 2
3. C/M EAD đồng dạng với ECB(c-g-c) EA 1 S 1 tỉ số đồng dạng k = suy ra EAD k2 EC 2 SECB 4 2 hay SECB = 4 SEAD = 36 . 4 = 144 cm c) Kẻ MI vuông góc với BC (I BC) . Ta có BIM đồng dạng với BDC (g-g) BM BI BM.BD BI.BC (1) BC BD CM CI Tương tự: ACB đồng dạng với ICM (g-g) CM.CA CI.BC (2) BC CA Từ (1) và (2) suy ra BM.BD CM.CA BI.BC CI.BC BC(BI CI) BC 2 (không đổi) 1 Bài 5: Cho 2 số dương a, b thỏa mãn: a+b=1. Tìm GTNN của P = 40(a 4 b4 ) ab Ta có 1=(a+b)2 ≤ (a2 +b2) ( 1+1)=2(a2 +b2) BĐT Bunhiacopxki (ax +by)2 ≤ ( a2 + b2 ) (x2 + y2 ) Dấu "=" xay ra khi ay = bx 1 1 (a2 +b2) ≥ (a2 +b2)2 ≥ dấu "=" xảy ra khi a = b = 1/2 2 4 Khi đó P = 1: 1/4+40 . 1/8 = 9 ??? Bài tương tự: Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC. b) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD+CM.CA có giá trị không đổi. c) Kẻ DH  BC H BC . Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BH, DH. Chứng minh CQ  PD . E D A M Q B C P I H a) Chứng minh EA.EB = ED.EC. Chứng minh EBD đồng dạng với ECA (g-g)
4. EB ED - Từ đó suy ra EA.EB ED.EC EC EA b) Kẻ MI vuông góc với BC (I BC) . Ta có BIM đồng dạng với BDC (g-g) BM BI BM.BD BI.BC (1) BC BD CM CI Tương tự: ACB đồng dạng với ICM (g-g) CM.CA CI.BC (2) BC CA Từ (1) và (2) suy ra BM.BD CM.CA BI.BC CI.BC BC(BI CI) BC 2 (không đổi) c) Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (g-g) BH BD 2BP BD BP BD DH DC 2DQ DC DQ DC - Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (c-g-c) B· DP D· CQ mà B· DP P· DC 90o D· CQ P· DC 90o CQ  PD