Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2016-2017 - 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 2016-2017 - 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 2016 – 2017 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 120 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (5,5 điểm). 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A (x 1)(x 2)(x 3)(x 4) 144 x2 x x 1 1 2 x2 2. Cho biểu thức P 2 : 2 x 2x 1 x x 1 x x a) Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức P . 1 b) Tìm x để P . 2 c) Tìm các giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên. d) Tìm giá trị nhỏ nhất của P khi x 1. Câu 2 (3,0 điểm). 1. Chứng minh rằng không tồn tại số nguyên a thỏa mãn (20172017 1) chia hết a3 11a 2. Cho đa thức F(x) x3 ax b (với a,b ¡ ). Biết đa thức F(x) chia cho x 2 thì dư 12, F(x) chia cho x 1 thì dư 6 . Tính giá trị của biểu thức: B (6a 3b 11)(26 5a 5b) . Câu 3 (4,0 điểm). 1. Giải các phương trình sau: 6 7 12 3x2 16 a) 1 . x2 2 x2 3 x2 8 x2 10 b) 2x(8x 1)2 (4x 1) 9 . 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn: y2 2xy 5x 6 0 Câu 4 (6,0 điểm). Cho tam giác ABC vuông tại A ( AB AC ), kẻ đường cao AH và đường trung tuyến AM ( H, M BC ). Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của H trên AB, AC . 1. Chứng minh rằng: a) DE 2 BH.HC . b) AH 2 AD.DB AE.EC c) DE vuông góc với AM . 2. Giả sử diện tích tam giác ABC bằng 2 lần diện tích tứ giác ADHE. Chứng minh tam giác ABC vuông cân. Câu 5 (1,5 điểm). Cho hai số dương x, y có tổng bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 Q (1 )(1 ) xy x2 y2 Hết
2. UBND HUYỆN NHO QUAN HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: Toán 8 Năm học 2016 - 2017 Câu Đáp án Điểm 1. (1,5 điểm) 1. A = (x - 1)(x + 2)(x - 3)(x + 4) - 144 = [(x - 1)(x + 2)].[(x - 3)(x + 4)] - 144 = (x2 + x - 2)(x2 + x - 12) - 144 0,25 = (x2 + x - 7 + 5)(x2 + x - 7 - 5) - 144 0,25 = (x2 + x - 7)2 - 25 - 144 = (x2 + x - 7)2 - 169 0,25 = (x2 + x - 7 - 13)(x2 + x - 7 + 13) 0,25 = (x2 + x - 20)(x2 + x + 6) 0,25 = (x2 - 4x + 5x - 20)(x2 + x + 6) = (x - 4)(x + 5)(x2 + x + 6) 0,25 2. (4,0 điểm) a) (1,0 điểm) x 0 ĐKXĐ : x 1 0,25 x 1 Không có ĐK x -1 trừ 0,25 đ x x 1 (x 1)(x 1) x 2 x2 P : 2 0,25 x 1 x(x 1) x(x 1) x(x 1) x x 1 x2 1 x 2 x2 P 2 : 0,25 x 1 x(x 1) 2 Câu 1 x x 1 x 1 x x 1 x(x 1) x P 2 : 2  0,25 (4,5điểm) x 1 x(x 1) x 1 x 1 x 1 b) (1,0 điểm) 1 x2 1 P P với x ĐKXĐ 0,25 2 x 1 2 2x2 x 1 0 2x 1 x 1 0 0,25 1 x (TM ) 2 x 1(L) 1 1 0,5 Vậy x thì P 2 2 (Nếu không loại x = - 1 trừ 0,25 điểm ) c) (1,0 điểm) x2 (x2 1) 1 (x 1)(x 1) 1 1 P x 1 0,25 x 1 x 1 x 1 x 1 1 Với x ¢ x 1 ¢ . Để P nguyên thì nguyên x 1 là ước x 1 0,25 của 1. x 1 1; 1 *) x 1 1 x 2 (TMĐK) 0,25
3. *) x 1 1 x 0 (Loại do) ĐKXĐ Vậy x 2 thì P nhận giá trị nguyên. 0,25 c) (1,0 điểm) x2 1 1 P x 1 = x 1 2 0,25 x 1 x 1 x 1 1 Vì x 1 nên x 1 0 và > 0. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 x 1 0,25 1 1 1 số dương x 1 và ta có x 1 2 x 1  2 x 1 x 1 x 1 1 Đẳng thức xảy ra khi x 1 ( x – 1)2 = 1 x 1 0,25 x – 1 = 1 (vì x – 1 > 0) x = 2 (TMĐK) Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4 khi x = 2 0,25 1. (1,5 điểm) Giả sử tồn tại số nguyên a thỏa mãn (20172017 1) chia hết a3 11a 0,25 A a3 11a = (a3 a) 12a a(a 1)(a 1) 12a 0,25 ta có (a 1);a;(a 1) là 3 số nguyên liên tiếp nên tồn tại một số là bội 0,25 của 3 suy ra (a 1)a(a 1)3 Vì 12a chia hết cho 3 nên A3 (1) 0,25 2017 2017 Mặt khác 2017 1 (2016 1) 1 chia cho 3 dư 2 (2) 0,25 Câu 2 Từ (1) và (2) dẫn đến điều giả sử trên là sai, tức là không có số (3 điểm) 0,25 nguyên nào thỏa mãn điều kiện bài toán đã cho. 2. (1,5 điểm) Gọi thương của phép chia F(x) cho x 2 và x 1 lần lượt là P(x) và Q(x) . Suy ra x3 ax b (x 2)P(x) 12 (1) 0,5 x3 ax b (x 1)Q(x) 6 (2) Thay x 2 vào (1) ta có 8 2a b 12 2a b 4 6a 3b 12 0,25 Thay x 1 vào (2) ta có 1 a b 6 a b 5 5a 5b 25 0,25 B (6a 3b 11)(26 5a 5b) 1.1 1 0,5 Câu 3 1a) (1,5 điểm) (4,0 điểm) 6 7 12 3x2 16 PT ( 1) ( 1) ( 1) (2 ) 0 0,25 x2 2 x2 3 x2 8 x2 10 4 x2 4 x2 4 x2 4 x2 0 0,25 x2 2 x2 3 x2 8 x2 10 1 1 1 1 (4 x2 )( ) 0 (1) 0,25 x2 2 x2 3 x2 8 x2 10 1 1 1 1 Vì 0 với mọi giá trị của x. x2 2 x2 3 x2 8 x2 10 0,25 2 x 2 Nên (1) 4 x 0 x 2 x 2 0 0,25 x 2 Vậy phương trình có tập nghiệm S 2;2 . 0,25
4. 1b) (1,5 điểm) 2x(8x 1)2 (4x 1) 9 (64x2 16x 1)(8x2 2x) 9 0,25 (64x2 16x 1)(64x2 16x) 72 Đặt 64x2 -16x = t ta có (*) t(t+1) – 72 = 0 t =- 9 hoặc t = 8. 0,25 Với t = -9 ta có 64x2 -16x = -9 64x2 -16x + 9 = 0 (8x -1)2 +8 = 0 0,25 (vô nghiệm vì (8x -1)2 +8 > 0) Với t = 8 ta có 64x2 -16x = 8 64x2 - 16x – 8 = 0 (8x -1)2 -9 = 0 1 x 8x 1 3 2 8x 1 3 1 0,25 x 4 Câu 4 1 1 (6,0 điểm) Vậy tập nghiệm phương trình là S ; 4 2 1c) (1,0 điểm) Ta có: y2 2xy 5x 6 0 x2 2xy y2 x2 5x 6 (*) (x y)2 (x 2)(x 3) VT của (*) là số chính phương; VP của (*) là tích của 2 số nguyên 0,25 liên tiếp nên phải có 1 số bằng 0 x 2 0 x 2 0,25 x 3 0 x 3 *) Với x 2 y 2 0,25 *) Với x 3 y 3 Vậy có 2 cặp số nguyên (x; y) ( 2;2) hoặc (x; y) ( 3;3) 0,25 A E O 0,25 D B H M C 1. a) (1,75 điểm). Chứng minh: DE 2 BH.HC . Xét AHB và CHA Có ·AHB ·AHC 900 , Bµ C· AH (vì cùng phụ với B· AH 0,5 AH HB AHB  CHA (g-g) AH 2 BH.CH 0,5 CH HA Lại có AH  BC, HE  AC, HD  AB nên Dµ Hµ Eµ 900 Tứ giác 0,5 ADHE là hình chữ nhật DE AH DE 2 DH.CH 0,25
5. b. (1,5 điểm). Chứng minh: AH 2 AD.DB AE.EC Chứng minh HDB  ADH HD2 AD.DB 0,5 Chứng minh AHE  ACH HE 2 AE.EB 0,5 Mà tứ giác ADHE là hình chữ nhật nên DH AE . Do đó 2 2 2 2 2 HD HE AE HE = AH = AD.DB AE.EC ( Định lý Pytago áp dụng 0,5 vào tam giác vuông AEH ). c) (1,5 điểm). Chứng minh: DE  AM . Gọi O là giao điểm của AH và DE , Tứ giác ADHE là hình chữ nhật nên 0,5 OA OE OAE cân tại O H· AE ·AED ABC vuông tại A , có M là trung điểm của BC nên 0,5 MA MB MC MAC cân tại M M· AC M· CA ·AED M· AC H· AE M· CA 900 DE  AM 0,5 2. (1,0 điểm) SAED 1 Theo giả thiết SABC 2SADHE 4SADE hay (1) 0,25 SABC 4 S AE.AD (AE.AC).(AD.AB) AH 4 Ta có AED S AB.AC (AB.AC)2 (AB.AC)2 ABC 0,5 AH 4 AH 2 AM 2 1 (2) (AH.BC)2 BC 2 BC 2 4 AH 2 AM 2 Từ (1) và (2) AH AM H  M nên ABC vuông cân BC 2 BC 2 0,25 tại A . 1. (1,5 điểm) 1 1 Q (1 )(1 ) xy x2 y2 0,25 1 1 1 x2 y2 1 = 1 xy 1 xy y2 x2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 (x y)2 2xy 1 1 2xy 1 2 = 1 xy 1 xy 1 xy 0,25 x2 y2 x2 y2 x2 y2 x2 y2 xy Câu 5 1 Áp dụng BĐT AM-GM ta có x y 2 xy 1 4xy 4 (*) 0,25 (1,5điểm) xy 2 1 31 Q 1 xy 1 (xy ) 0,25 xy 16xy 16xy Áp dụng BĐT AM-GM và kết hợp (*) ta có: 1 31 37 0,25 Q 1  4 2 16 4 1 37 1 Đẳng thức xảy ra x y . Vậy MinQ khi x y 0,25 2 4 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.