Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Nho Quan (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD&ĐT Nho Quan (Có đáp án và thang điểm)

1. UBND HUYỆN NHO QUAN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Năm học 2013 – 2014 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (4,5 điểm). 1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 3x(x 2) 5x 10 . b) x3 5x2 8x 4 . x2 10 1 6 x2 2. Cho biểu thức Q : x 2 , với x 0 và x 2. 3 x 4x 5x 10 x 2 x 2 a) Rút gọn biểu thức Q. 1 b) Tính giá trị của Q biết x . 2 c) Tìm x để Q > 0. Câu 2 (3,0 điểm). 1. Chứng minh rằng số có dạng A n4 6n3 11n2 6n chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n. 2. Đa thức f(x) khi chia cho x 1 dư 4, khi chia cho x2 1 dư 2x 3. Tìm phần dư khi chia f(x) cho (x 1)(x2 1). Câu 3 (4,0 điểm). 1. Giải các phương trình sau: x 1 x 2 x 3 x 2012 a) 2012 . 2013 2012 2011 2 b) (x2 4x)2 2(x 2)2 43. 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: x2 xy 2012x 2013y 2014 0 . Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K. 1. Chứng minh KM vuông góc với DB. 2. Chứng minh rằng: KC.KD = KH.KB. 3. Ký hiệu SABM , SDCM lần lượt là diện tích các tam giác ABM và DCM. a) Chứng minh tổng (SABM SDCM ) không đổi. 2 2 b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để (S ABM S DCM ) đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a. Câu 5 (2,5 điểm). 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x4 2x2 3 x2 1 9 . a 3c a 3b 2a 2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 5. a b a c b c Đẳng thức xảy ra khi nào? Hết
2. UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8 Năm học 2013 - 2014 Câu Đáp án Điểm 1. (2,0 điểm) a) 3x(x 2) 5x 10 = 3x(x 2) 5(x 2) = (x 2)(3x 5) 0,5 b) Ta có x3 5x2 8x 4 = (x3 4x2 4x) (x2 4x 4) 0,5 = x(x 2)2 (x 2)2 0,75 = (x 1)(x 2)2 0,25 2. (2,5 điểm) a) Với x 0; x 2, ta có: x2 10 1 6 x2 0,5 Q : x 2 x(x 2)(x 2) 5(x 2) x 2 x 2 Câu 1 x 2(x 2) (x 2) 2 6 x 2 3 (4,5điểm)   0,75 (x 2)(x 2) x 2 (x 2)(x 2) x x 2 1 1 b) x x 0,25 2 2 1 6 Khi x thì Q 0,25 2 5 1 Khi x thì Q 2 0,25 2 3 c) Q > 0 0 x 2 0 x 2 0,25 x 2 Kết hợp với ĐKXĐ ta có x 2; x 0; x 2 là giá trị cần tìm. 0,25 1. (1,5 điểm) A n4 6n3 11n2 6n = n(n 1)(n 2)(n 3) 0,5 Vì n;n 1;n 2 là ba số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại 1 số chia hết cho 3. Do 0,25 đó n(n 1)(n 2)3 Vì n;n 1;n 2;n 3 là bốn số tự nhiên liên tiếp nên có 2 số chẵn liên tiếp, trong 2 số chẵn liên tiếp có 1 số chia hết cho 2, số kia chia hết cho 4. 0,5 Vậy n(n 1)(n 2)(n 3) 8 Vì ƯCLN(3;8) =1 nên A n4 6n3 11n2 6n chia hết cho 24. 0,25 2. (1,5 điểm) Ta có: f(x) chia x 1 dư 4 => f(-1) = 4. 0,25 Do bậc của đa thức chia là 3 nên đa thức dư có dạng ax2 bx c . 0,25 Câu 2 Theo định nghĩa phép chia còn dư, ta có : (3 điểm) 2 2 f(x) = (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + bx + c 2 2 = (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + a - a + bx + c 0,25 = (x + 1)(x2 + 1).q(x) + a(x2 + 1) + bx + c - a = [(x + 1).q(x) + a].(x2 + 1) + bx + c - a Mà f(x) chia cho x2 1 dư 2x 3. Do đó, ta có: b 2 b 2 b 2 9 0,5 c a 3 c a 3 c 2 a b c 4 a c 6 3 a 2
3. 3 9 Vậy đa thức dư cần tìm có dạng: x2 2x 0,25 2 2 Câu 3 1a) (1,0 điểm) (4,0 điểm) x 1 x 2 x 3 x 2012 PT 1 1 1 1 0 0,25 2013 2012 2011 2 x 2014 x 2014 x 2014 x 2014 0 0,25 2013 2012 2011 2 1 1 1 (x – 2014)( ) = 0 0,25 2013 2012 2 x = 2014 0,25 1b) (1,5 điểm) 2 2 x 2 4x 2. x 2 2 43 x 2 4x 2 x 2 4x 4 43; 0,5 Đặt x2- 4x = t. ĐK t - 4 Khi đó ta có được phương trình: t2 + 2t - 35 = 0 (t + 7)(t – 5) = 0 0,25 t = -7 (loại) hoặc t = 5 0,25 Với t = 5, khi đó x2 - 4x - 5 = 0 (x +1)(x – 5) = 0 x = 5 hoặc x = -1 0,25 Vậy tập nghiệm phương trình là S = {-1; 5} 0,25 1c) (1,5 điểm) x2 xy 2012x 2013y 2014 0 x2 xy x 2013x 2013y 2013 1 0,25 x(x y 1) 2013(x y 1) 1 (x 2013)(x y 1) 1 0,25 x 2013 1 x 2013 1 hoặc x y 1 1 x y 1 1 0,5 x 2014 x 2012 hoặc y 2014 y 2014 0,25 Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên là (2014 ;-2014), (2012 ; -2014). 0,25 Câu 4 A (6,0 điểm) B H M D C K
4. 1. (1,0 điểm) Vì BM  DK, DM  BK nên M là trực tâm BDK do đó KM  DB 1,0 2. (1,5 điểm) Xét KHD và KCB có Kµ chung và K· HD K· CB 900 0,5 KH KD KHD : KCB(gg) KC.KD KH.KB 1,0 KC KB 3a) (1,5 điểm) 1 1 1 1 S S AB.BM CD.CM a.BM a.CM 1,0 ABM DCM 2 2 2 2 1 1 a(BM CM ) a2 0,25 2 2 Vậy S S không đổi ABM DCM 0,25 3b) (2,0 điểm) Với hai số thực x , y bất kỳ ta có 2(x2 y2 ) (x y)2 (x y)2 (x y)2 0,25 1 x2 y2 (x y)2 . 0,25 2 Dấu bằng xảy ra khi x = y 0,25 1 a4 Áp dụng ta có S 2 S 2 (S S )2 0,5 ABM CDM 2 ABM DCM 8 Đẳng thức xảy ra khi SABM SDCM BM CM M là trung điểm của BC 0,5 a4 Vậy min (S 2 S 2 ) Khi M là trung điểm của BC 0,25 ABM CDM 8 1. (1,0 điểm) Ta có P x4 2x2 3 x2 1 9 = (x2 1)2 3 x2 1 10 0,25 3 49 49 ( x2 1 )2 0,25 2 4 4 3 10 Đẳng thức xảy ra khi x2 1 0 x 0,25 2 2 49 10 Vậy Min P = khi x 0,25 Câu 5 4 2 (2,5điểm) 2. (1,5 điểm) a c a b a b c VT 2 0,25 a b a c b c a c a b a c a b Áp dụng bđt côsi ta có: 2 0,25 a b a c a b c 1 1 1 9 3 (a b c) 3 (a b c) 3 0,5 b c a c a b b c a c a b 2.(a b c) 2 a 3c a 3b 2a 3 2 2. 5 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 0,5 a b a c b c 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.