Đề kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Cảnh Hóa (Có đáp án và thang điểm)

Nội dung text: Đề kiểm tra học sinh giỏi môn Toán Lớp 8 - Năm học 2018-2019 - Trường THCS Cảnh Hóa (Có đáp án và thang điểm)

1. PHÒNG GD& ĐT QUẢNG TRẠCH ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 8 TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA Môn: Toán Năm học 2018-2019 Thời gian: 120 phút(không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,0 điểm). Cho biểu thức : 2 x2 y2 x2 y2 x y P 2 2 . 2 2 với x 0, y 0, x y . x x xy xy xy y x xy y a. Rút gọn biểu thức P. b. Tính giá trị của biểu thức P biết x, y thỏa mãn đẳng thức: x2 y2 10 2(x 3y) . Bài 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: 2x 3 2x 5 6x 2 9x 9 x 11 x 22 x 33 x 44 a.) 1 . b. 2x 1 2x 7 (2x 1)(2x 7) 115 104 93 82 Câu 3. (3,5 điểm)Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, biết hai đường chéo cắt nhau tại O. Lấy điểm I thuộc cạnh AB, điểm M thuộc cạnh BC sao cho I·OM 900 (I và M không trùng với các đỉnh của hình vuông). Gọi N là giao điểm của AM và CD, K là giao điểm của OM và BN. a) Chứng minh ΔBIO = ΔCMO và tính diện tích tứ giác BIOM theo a. b) Chứng minh B· KM B· CO . 1 1 1 c) Chứng minh = + . CD2 AM2 AN2 Câu 4. (1,5 điểm) Cho a, b, c > 0; a + b + c = 3. a b c 3 Chứng minh rằng: . 1 b2 1 c2 1 a 2 2 Bài 5 (1,0 điểm). Cho sè tù nhiªn n 3. Chøng minh r»ng nÕu 2n 10a b (a, b N , 0 b 10) th× tÝch ab chia hÕt cho 6. Họ và tên thí sinh: . Số báo danh .
2. PHÒNG GD&ĐT QUẢNG TRẠCH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2018 -2019 Môn:Toán Lớp: 8 Bài Nội dung Điểm Bài 1 Với x 0, y 0, x y ta có: (2,0đ) 2 x2 y (x2 y2 )(x y) xy2 x y . P = 2 2 x xy(x y) x xy y a xy(x y) (x y).(x y)2 = 2 - . x y (1.0) x xy(x y) x2 xy y2 0.25 2 (x y)(x2 xy y2 ) x y = + . 2 2 0.25 x xy(x y) x xy y = 2 + x y = x y 0.25 x xy xy 0.25 b Ta có: x2 y2 10 2(x 3y) (1.0) x2 2x 1 y2 6y 9 0 2 2 0.25 x 1 y 3 0 Lập luận suy ra x 1; y 3 0.25 Ta thấy x = 1; y = -3 thỏa mãn điều kiện: x 0, y 0, x y 0.25 nên thay x = 1; y =- 3 vào biểu thức P = x y xy 1 ( 3) 2 ta có: P= 1.( 3) 3 0.25 1 7 Bài2 ĐK: x ; x 2 2 0.25 (2,0đ ) 2x 3 (2x 7) 2x 5 2x 1 2x 7 2x 1 6x2 9x 9 a 2x 1 (2x 7) 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 4x2 20x 21 4x2 12x 5 4x2 16x 7 6x2 9x 9 0.25 (1.0) 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 8x 16 2x2 7x 16 0.25 2x 7 2x 1 2x 7 2x 1 x 0 2 2 8x 16 2x 7x 16 2x x 0 x(2x 1) 0 1 0.25 x (Lo¹i) 2 Vậy phương trình có một nghiệm x = 0 x 11 x 22 x 33 x 44 0.25 b ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) 115 104 93 82 (1.0) x 126 x 126 x 126 x 126 115 104 93 82 0.25
3. x 126 x 126 x 126 x 126 0 115 104 93 82 0.25 0.25 x 126 0 x 126 A I B O M K Câu 3 0.5 (3.5) E D C N Xét BIO và CMO có: a I·BO M· CO ( 450 ) ( tính chất đường chéo hình vuông) (1.0) BO = CO ( tính chất đường chéo hình vuông) 0.5 B· OI C· OM ( cùng phụ với B· OM ) BIO = CMO (g.c.g) SBIO SCMO mà SBMOI SBOI SBMO 1 1 0.5 Do đó S S S S S a2 BMOI CMO BMO BOC 4 ABCD 4 Ta có BIO = CMO (cmt) CM = BI ( cặp cạnh tương ứng) BM = AI 0.5 BM AM IA AM b Vì CN // AB nên . Từ đó suy ra IM // BN (1.0) CM MN IB MN Ta có OI = OM ( vì BIO = CMO ) IOM cân tại O I·MO M· IO 450 0.5 Vì IM // BN B· KM I·MO 450 B· KM B· CO Qua A kẻ tia Ax vuông góc AN cắt CD tại E. Chứng minh ADE ABM (g.c.g) AE AM 0.25 Ta có ANE vuông tại A có AD  NE nên AD.NE AN.AE 0.25 S AD.NE AN.AE (AD.NE)2 (AN.AE)2 c AEN 2 2 (1.0) Áp dụng định lí Pitago vào ANE ta có AN2 + AE2 = NE2 AN 2 AE 2 1 1 1 1 0.25 AD2.(AN 2 AE 2 ) AN 2.AE 2 AN 2.AE 2 AD2 AE 2 AN 2 AD2 1 1 1 Mà AE AM và CD = AD 0.25 CD2 AM 2 AN 2
4. Do a, b > 0 và 1 + b2 ≥ 2b với mọi b nên a ab2 ab2 ab 0.25 a a a . 1 b2 1 b2 2b 2 b bc c ca Tương tự ta có : b ; c 0.25 1 c2 2 1 a 2 2 a b c ab bc ca mà a + b + c = 3 nên 3 (1) 0.25 Câu 4 1 b2 1 c2 1 a 2 2 (1.5) Cũng từ a + b + c = 3 (a + b + c)2 = 9 a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) = 9 0.25 mà a2 + b2 ≥ 2ab; b2 + c2 ≥ 2bc; c2 + a2 ≥ 2ac nên a2 + b2 + c2 ≥ ab + 0.25 bc + ca suy ra 3(ab + bc + ca) 9 ab + bc + ca 3 (2). a b c 3 3 Từ (1) và (2) suy ra 3 đpcm. 1 b2 1 c2 1 a 2 2 2 0.25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. 0.25 Ta có 2n 10a b b  2 ab  2 (1) Ta chứng minh ab  3 (2) 0.25 Thật vậy, từ đẳng thức 2n 10a b 2n có chữ số tận cùng là b. Bài 5 Đặt n 4k r (k, r N, 0 r 3) ta có: 2n 16k2r. (1.0) 0.25 Nếu r 0 thì 2n 16k tận cùng là 6 b 6 ab 6. Nếu 1 r 3 thì 2n 2r 2r(16k 1)  10 2n tận cùng là 2r suy ra b 2r 10a 2n 2r 2r(16k 1)  3 a  3 ab  3. 0.25 Từ (1) và (2) suy ra ab  6 HẾT