Đề học sinh giỏi huyện Toán 8 năm 2013 – 2014 phòng GD&ĐT Nho Quan – Ninh Bình

Xin giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh đề học sinh giỏi huyện Toán 8 năm 2013 – 2014 phòng GD&ĐT Nho Quan – Ninh Bình; đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm.

32 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 8

Môn: Toán 8

Thông tin:

4 trang 4 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
UBND HUYỆN NHO QUAN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
Năm học 2013 – 2014
MÔN: TOÁN 8
(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)
3( 2) 5 10xx x
. b)
32
584xxx
.
2.
Cho biểu thức
22
10 1 6
Q:2
3
510 2 2
4
x
x
x
xx x
xx






, với 0
x
và 2
x
 .
a) Rút gọn biểu thức Q.
b) Tính giá trị của Q biết
1
2
x
.
c) Tìm x để Q > 0.
Câu 2
(3,0 điểm).
1. Chứng minh rằng số có dạng
43 2
6116An n n n chia hết cho 24 với mọi
số tự nhiên n.
2. Đa thức f(x) khi chia cho
1
x
dư 4, khi chia cho
2
1x
dư
23
x
. Tìm phần dư
khi chia f(x) cho
2
(1)( 1).xx
Câu 3
(4,0 điểm).
1. Giải các phương trình sau:
a)
123 2012
... 2012
2013 2012 2011 2
x
xx x
 .
b)
22 2
(4)2(2)43xx x
.
2. Giải phương trình nghiệm nguyên:
2
2012 2013 2014 0xxy x y
.
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
,
A
BM DCM
SS
lần lượt là diện tích các tam giác ABM và DCM.
a) Chứng minh tổng
()
A
BM DCM
SS không đổi.
b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để
22
()
BM DCM
SS
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
42 2
23 19Px x x
.
2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:
332
5
acab a
ab ac bc



.
Đẳng thức xảy ra khi nào?
---------------Hết---------------
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
UBND HUYỆN NHO QUAN
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI
Môn: Toán 8
Năm học 2013 - 2014
Câu
Đáp án
Điểm
Câu 1
(4,5điểm)
1. (2,0 điểm)
a) 3( 2) 5 10xx x = 3 ( 2) 5( 2)xx x = ( 2)(3 5)xx
0,5
b) Ta có
32
584xxx =
32 2
(44)(44)xxxxx
0,5
=
22
(2)(2)xx x
0,75
=
2
(1)(2)xx
0,25
2. (2,5 điểm)
a) Với 0; 2,xx ta có:
22
10 1 6
:2
(2)(2)5(2) 2 2
x
x
Qx
xx x x x x





0,5
2( 2) ( 2) 2 6 2 3
( 2)( 2) 2 ( 2)( 2) 2
xx x x
xx x xx xx






 


0,75
b)
11
22
xx
0,25
Khi
16
ì
25
xthQ
0,25
Khi
1
ì2
2
xthQ
0,25
c) Q > 0
3
020 2
2
xx
x

0,25
Kết hợp với ĐKXĐ ta có 2; 0; 2xxx là giá trị cần tìm.
0,25
Câu 2
(3 điểm)
1. (1,5 điểm)
43 2
6116
A
nn nn
= (1)(2)(3)nn n n
0,5
Vì ;1;2nn n là ba số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại 1 số chia hết cho 3. Do
đó
(1)(2)3nn n
0,25
Vì ;1;2;3nn n n 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.
Vậy
(1)(2)(3)nn n n 8
0,5
Vì ƯCLN(3;8) =1 nên
43 2
6116
A
nn nn chia hết cho 24.
0,25
2. (1,5 điểm)
Ta có: f(x) chia 1
x
dư 4 => f(-1) = 4.
0,25
Do bậc của đa thức chia là 3 nên đa thức dư có dạng
2
ax bx c
.
0,25
Theo định nghĩa phép chia còn dư, ta có :
22
22
22
f(x) = (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + bx + c
= (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + a - a + bx + c
= (x + 1)(x + 1).q(x) + a(x + 1) + bx + c - a
= [(x + 1)
2
.q(x) + a].(x + 1) + bx + c - a
0,25
Mà f(x) chia cho
2
1x dư 23.x Do đó, ta có:
2
22
9
33
2
46
3
2
b
bb
ca ca c
abc ac
a



 




0,5
Vậy đa thức dư cần tìm có dạng:
2
39
2
22
xx
0,25
Câu 3
(4,0 điểm)
Câu 4
(6,0 điểm)
1a) (1,0 điểm)
PT
1 2 3 2012
1 1 1 ... 1 0
2013 2012 2011 2
xxx x
  
0,25
2014 2014 2014 2014
... 0
2013 2012 2011 2
xxx x

0,25
(x – 2014)(
11 1
...
2013 2012 2

) = 0
0,25
x = 2014
0,25
1b) (1,5 điểm)


432.24
2
2
2
xxx

;434424
2
2
2
xxxx
Đặt x
2
- 4x = t. ĐK t
- 4
0,5
Khi đó ta có được phương trình: t
2
+ 2t - 35 = 0
(t + 7)(t – 5) = 0
0,25
t = -7 (loại) hoặc t = 5
0,25
Với t = 5, khi đó x
2
- 4x - 5 = 0 (x +1)(x – 5) = 0 x = 5 hoặc x = -1
0,25
Vậ
y
t
ậ
p
n
g
hiệm phươn
g
t
r
ình là S =
{
-1; 5
}
0,25
1c) (1,5 điểm)
2
2012 2013 2014 0xxyxy
2
2013 2013 2013 1xxyx x y
0,25
( 1) 2013( 1) 1xx y x y  ( 2013)( 1) 1xxy
0,25
2013 1
11
x
xy


hoặc
2013 1
11
x
xy


0,5
2014
2014
x
y

hoặc
2012
2014
x
y

0,25
Vậ
y
pt đã cho có n
g
hiệm n
g
u
y
ên là (2014 ;-2014), (2012 ; -2014). 0,25
M
K
H
C
D
B
A
1. (1,0 điểm)
Vì ,BM DK DM BK nên M là trực tâm BDK do đó
K
MDB
1,0
2. (1,5 điểm)
Xét à
K
HD v KCB có
K
chung và
0
90KHD KCB
0,5
() . .
KH KD
K
HD KCB gg KC KD KH KB
K
CKB

1,0
3a) (1,5 điểm)
11 11
....
22 22
A
BBM CDCM aBM aCMSS
ABM DCM

1,0
2
11
()
22
aBM CM a
0,25
Vậy
SS
ABM DCM
không đổi
0,25
3b) (2,0 điểm)
Với hai số thực x , y bất kỳ ta có
22 2 2 2
2( ) ( ) ( ) ( )
x
yxyxyxy
0,25
22 2
1
()
2
x
yxy .
0,25
Dấu bằn
g
xả
y
ra khi x =
y
0,25
Áp dụng ta có
4
22 2
1
()
28
ABM CDM ABM DCM
a
SS SS
0,5
Đẳng thức xảy ra khi
ABM DCM
SS BMCMMlà trung điểm của BC
0,5
Vậy min
4
22
()
8
ABM CDM
a
SS
Khi M là trung điểm của BC
0,25
Câu 5
(2,5điểm)
1. (1,0 điểm)
Ta có
42 2
23 19Px x x =
22 2
(1)3 110xx
0,25
22
34949
(1)
24 4
x
0,25
Đẳng thức xảy ra khi
2
310
10
22
xx
0,25
Vậy Min P =
49 10
42
khi x
0,25
2. (1,5 điểm)
ac ab a b c
VT 2
abac bcacab






0,25
Áp dụng bđt côsi ta có:
ac ab
2
abac



0,25
abc 111 9 3
(a b c) 3 (a b c) 3
b
cacab bcacab 2.(abc) 2

 

 

0,5
a3c a3b 2a
ab ac bc
3
22. 5
2



 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
0,5
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.
| 1/4
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

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) 3 2
x  5x  8x  4 .  2   2  2. x 10 1 6  x Cho biểu thức Q      :  x  2   x x    , với 0 và 2 . 3 
5x 10 x  2   x  2 x 4x     
a) Rút gọn biểu thức Q.
b) Tính giá trị của Q biết 1 x  . 2 c) Tìm x để Q > 0.
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Chứng minh rằng số có dạng 4 3 2
A n  6n 11n  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 2
x 1 dư 2x  3 . Tìm phần dư khi chia f(x) cho 2
(x 1)(x 1).
Câu 3 (4,0 điểm).
1. Giải các phương trình sau:     a) x 1 x 2 x 3 x 2012   ...  2012 . 2013 2012 2011 2 b) 2 2 2
(x  4x)  2(x  2)  43.
2. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2
x 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 S , S
lần lượt là diện tích các tam giác ABM và DCM. ABM DCM
a) Chứng minh tổng (SS ) không đổi. ABM DCM
b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để 2 2 (SS ) đạt giá trị nhỏ ABM DCM
nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a.
Câu 5 (2,5 điểm).
1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2
P x  2x  3 x 1  9 .  
2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: a 3c a 3b 2a    5. a b a c b c
Đẳng thức xảy ra khi nào?
---------------Hết--------------- 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 3 2
x  5x  8x  4 = 3 2 2
(x  4x  4x)  (x  4x  4) 0,5 = 2 2
x(x  2)  (x  2) 0,75 = 2
(x 1)(x  2) 0,25 2. (2,5 điểm)
a) Với x  0; x  2  , ta có: 2 2  x 10 1   6  x Q     : x    2   0,5
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 b) 1 1
x   x   0,25 2 2 Khi 1 6 x t ì h Q 0,25 2 5 Khi 1 x   t ì h Q  2 0,25 2 c) Q > 0 3 
 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) 4 3 2
A n  6n 11n  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 4 3 2
A n  6n 11n  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 2
ax  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 2 2
= (x + 1)(x + 1).q(x) + a(x + 1) + bx + c - a = [(x + 1) 2
.q(x) + a].(x + 1) + bx + c - a Mà f(x) chia cho 2
x 1 dư 2x  3. Do đó, ta có: b  2 b  2 b   2     9 c a  3
 c a  3  c 0,5 2
a b c 4 a c 6          3 a   2
Vậy đa thức dư cần tìm có dạng: 3 2 9 x  2x 0,25 2 2 Câu 3 1a) (1,0 điểm) (4,0 điểm) x x x x  PT  1 2 3 2012 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  (x – 2014)( 1 1 1  ... ) = 0 0,25 2013 2012 2  x = 2014 0,25 1b) (1,5 điểm) x  4x2 2
 2 .x  22  43  x  4x2 2   2 2
x  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) 2
x xy 2012x  2013y  2014  0 2
x 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
x y 11 hoặc  2013 1
x y 1 1  0,5
 x 2014 hoặc x2012 0,25 y  2014 y  2014
Vậy pt đã cho có nghiệm nguyên là (2014 ;-2014), (2012 ; -2014). 0,25 Câu 4 (6,0 điểm) A B H M D C K 1. (1,0 điểm)
Vì BM DK, DM BK nên M là trực tâm BD
K do đó KM DB 1,0
2. (1,5 điểm) Xét KHD à v KCB  có  K chung và   0
KHD KCB  90 0,5 KH KDKHD KCB(gg)  
KC.KD KH.KB 1,0 KC KB
3a) (1,5 điểm) 1 1 1 1 SS A . B BM C . D CM . a BM . a CM ABM DCM     1,0 2 2 2 2 1 1 2
a(BM CM )  a 0,25 2 2 Vậy SS ABM DCM không đổi 0,25 3b) (2,0 điểm)
Với hai số thực x , y bất kỳ ta có 2 2 2 2 2
2(x y )  (x y)  (x y)  (x y) 0,25 1 2 2 2
x y  (x y) . 0,25 2
Dấu bằng xảy ra khi x = y 0,25 4 Áp dụng ta có 2 2 1 2 a SS  (SS )  0,5 ABM CDM 2 ABM DCM 8
Đẳng thức xảy ra khi SS
BM CM M là trung điểm của BC ABM DCM 0,5 4 Vậy min 2 2 a (SS ) 
Khi M là trung điểm của BC 0,25 ABM CDM 8 1. (1,0 điểm) Ta có 4 2 2
P x  2x  3 x 1  9 = 2 2 2
(x 1)  3 x 1 10 0,25 3 49 49 2 2  ( x 1  )    0,25 2 4 4 3 10 Đẳng thức xảy ra khi 2
x 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     a  b a  c  b  c a  c a  b  0,25      
Áp dụng bđt côsi ta có: a c a b   2 a  b a  0,25 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.