Đề học sinh giỏi Toán 8 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT Kim Thành – Hải Dương

Xin giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 8 đề học sinh giỏi Toán 8 năm 2017 – 2018 phòng GD&ĐT Kim Thành – Hải Dương; đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm.

12 6 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 8

Môn: Toán 8

Thông tin:

5 trang 4 tháng trước

Tác giả:

Profile Mai Nguyệt
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN KIM THÀNH
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG
HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán lớp 8
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)
Bài 1 (2,0 điểm): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử:
4 3
) ; ) .
a x x y x y b ab a b bc b c ca c a
Bài 2 (3,0 điểm): Cho biểu thức
2 2
3
6 1 10
M : 2 .
4 6 3 2 2
x x
x
x x x x x
a) Tìm điều kiện của x để M xác định và rút gọn M;
b) Tìm tất các giá trị của x để M > 0.
Bài 3 (3,0 điểm): Giải các phương trình sau:
23
6 4.3 27.2 108 0
) 5 8 4 0 )
x x x
a x x x b
Bài 4 (2,0 điểm):
a) Xác định một đa thức bậc ba f(x) không có hạng tử tự do sao cho:
f(x) – f(x – 1) = x
2
.
b) Chứng tỏ rằng
2 2 2 2 2
( 1)(2 1)
1 2 3 ... ( 1)
6
n n n
n n
(với mọi n N).
Bài 5 (6,0 điểm):
Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần
lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu
của C xuống đường thẳng AB và AD. Chứng minh:
a) Tứ giác BEDF là hình bình hành.
b) CH.CD = CB.CK;
c) AB.AH + AD.AK = AC
2
.
Bài 6 (4,0 điểm):
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
4 1
P .
3
x
x
b) Cho tam giác ABC, O là điểm thuộc miền trong của tam giác, các tia AO, BO, CO
cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F.
Chứng minh rằng:
2.
OA OB OC
AD BE CF
-----Hết-----
Ghi chú:
- Thí sinh làm bài không được sử dụng tài liệu, không được sử dụng máy tính cầm
tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HUYỆN KIM THÀNH
HƯỚNG DẪN CHẤM
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI
NĂM HỌC 2017 - 2018
Môn: Toán lớp 8
I. Lưu ý chung:
- Giáo viên cần nghiên cứu kĩ hướng dẫn chấm.
- Trong quá trình chấm, cần tôn trọng tính sáng tạo của học sinh. Học sinh có
cách diễn đạt, thể hiện khác với đáp án mà vẫn đảm bảo nội dung theo chuẩn kiến
thức kĩ năng và năng lực, phẩm chất người học vẫn cho điểm
II. Đáp án – biểu điểm.
Bài Hướng dẫn Điểm
Bài
1.
(2,0
điểm)
4 3
3
3
)
1
a x x y x y
x x y x y
x y x
0,5
2
1 1
x y x x x
0,5
2 2 2 2
2 2 2 2
2
) b ab a b bc b c ca c a
ab a b b c bc ac a c
ab a b a c b c ac bc
a b ab ca cb c
0,5
.
a b a b c c b c
a b b c a c
0,5
Bài
2.
(3,0
điểm)
a) Tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa và
rút gọn biểu thức M;
* Tìm đúng được ĐKXĐ:
0
2
x
x
0, 5
* Rút gọn được đúng:
1
M .
2
x
1,5
b) Tìm tất cả các giá trị của x để M > 0.
1
0 0 2 0 2.
2
M x x
x
0,75
Kết hợp ĐKXĐ
0
2
x
x
ta có
2
0 0
2.
x
M x
x
0,25
Bài
3.
(3,0
điểm)
2
2
3
1 2 0
) 5 8 4 0
x x
a x x x
0,75
2
1 0
1
2.
2 0
x
x
x
x
V
ậ
y phương tr
ì
nh c
ó
t
ậ
p nghi
ệ
m l
à
: S = {1; 2}.
0,75
6 4.3 27.2 108 0
3 2 4 27 2 4 0
2 4 3 27 0
)
x x x
x x x
x x
b
0,75
2
3
2 4 0 2 2 2
3.
3 27 0 3 3
x x
x x
x
x
V
ậ
y phương tr
ì
nh c
ó
t
ậ
p nghi
ệ
m l
à
: S = {2; 3}.
0,75
Bài
4.
(2,0
điểm)
a) Gọi f(x) = ax
3
+ bx
2
+ cx là đa thức phải xác định.
Theo yêu cầu đề bài ta phải có:
ax
3
+ bx
2
+ cx – a(x – 1)
3
– b(x – 1)
2
– c(x – 1) = x
2
Hay
3
ax
2
–
(3a
-
2
b
)
x
+
a
–
b + c = x
2
.
0,5
Ta có đồng nhất thức này khi và chỉ khi:
1
3
3 1
1
3 2 0
2
0
1
.
6
a
a
a b b
a b c
c
Vậy ta có
3 2
1 2 1
( ) .
3 2 6 6
x x x
x x x
f x
0,5
b) Áp dụng đồng nhất thức ở câu a), thay x lần lượt bằng n số
nguyên dương đầu tiên: 1, 2, 3, …, n – 1, n. Ta có:
f(1) – f(0) = 1
2
f(2) – f(1) = 2
2
f(3) – f(2) = 3
2
…
f(n)
–
f(n
-
1) = n
2
0,5
Cộng từng vế các đẳng thức trên và nhận xét rằng f(0) = 0, ta
được:
2 2 2 2 2
( 1)(2 1)
1 2 3 ... ( 1) ( ) .
6
n n n
n n f n
0,5
Bài
5.
(6,0
điểm)
O
F
E
K
H
C
A
D
B
a)
Ta có : BE
AC (gt); DF
AC (gt) => BE // DF
(1)
0,5
Chứng minh được:
( )
BEO DFO g c g
0,5
=> BE = DF (2)
0,5
T
ừ
(1) v
à
(2) s
uy ra BEDF là hình bình hành
.
0,5
b)
Ta có:
ABC ADC HBC KDC
0,5
Chứng minh được:
(g.g)
CBH CDK
∽
1,0
. .
CH CK
CH CD CK CB
CB CD
0,5
c)
Chứng minh được:
AF ( . )
D AKC g g
∽
0,5
AF
. A .
AK
AD AK F AC
AD AC
0,5
Chứng minh :
( . )
CFD AHC g g
∽
CF AH
CD AC
0,5
Mà : CD = AB
. .
CF AH
AB AH CF AC
AB AC
0,25
Suy ra : AD.AK + AB.AH = AF.AC + CF.AC
=
(AF
+
CF)AC = AC
2
0,25
Bài
6.
(3,0
điểm)
a) Nhận thấy
2
3 0 .
x x
* Ta có
2 2 2
2 2 2
4 1 ( 3) ( 4 4) ( 2)
P 1
3 3 3
x x x x x
x x x
0,5
Do
2 2
2 2
( 2) ( 2)
0 suy ra P 1 1 .
3 3
x x
x x
x x
0,25
P = 1 khi và chỉ khi
2
2
( 2)
0 2.
3
x
x
x
V
ậ
y max P = 1 khi
x
= 2.
0,25
* Ta có
2 2 2
2 2 2
4 1 4( 3) (4 12 9) 4 (2 3)
P
3 3( 3) 3 3( 3)
x x x x x
x x x
0,5
Do
2 2
2 2
(2 3) 4 (2 3) 4
0 suy ra P .
3( 3) 3 3( 3) 3
x x
x x
x x
0,25
4
P
3
khi và chỉ khi
2
2
(2 3) 3
0 .
3( 3) 2
x
x
x
Vậy max
4
P
3
khi
3
2
x
.
0,25
b)
F
O
A
B
C
D
E
Đặt
1 2 3
, , , .
ABC OBC OAC OAB
S S S S S S S S
Suy ra
1 2 3
.
S S S S
0,5
Ta có:
3 3 2 2 32
(1)
ABD ACD ABD ACD
S S S S SS
OA OA
AD S S AD S S S
0,5
Chứng minh tương tự ta cũng có:
1 3
1 2
(2); (3)
S S S S
OB OC
BE S CF S
0,5
Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta được:
1 2 3
2
2.
S S S
OA OB OC
AD BE CF S
0,5
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HUYỆN KIM THÀNH
HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán lớp 8
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể giao đề)
Bài 1 (2,0 điểm): Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: 4 3 a) x  x y  x  ;
y b) aba b  bcb  c  cac  a. 2 2  x 6 1   10  x 
Bài 2 (3,0 điểm): Cho biểu thức M     : x    2  . 3 
 x  4x 6  3x x  2   x  2 
a) Tìm điều kiện của x để M xác định và rút gọn M;
b) Tìm tất các giá trị của x để M > 0.
Bài 3 (3,0 điểm): Giải các phương trình sau: 3 2
)  5  8  4  0 ) 6x 4.3x 27.2x a x x x b   108  0 Bài 4 (2,0 điểm):
a) Xác định một đa thức bậc ba f(x) không có hạng tử tự do sao cho: f(x) – f(x – 1) = x2.   b) Chứng tỏ rằng n(n 1)(2n 1) 2 2 2 2 2
1  2  3  ...  (n 1)  n  (với mọi n  N). 6 Bài 5 (6,0 điểm):
Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo BD. Gọi E, F lần
lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu
của C xuống đường thẳng AB và AD. Chứng minh:
a) Tứ giác BEDF là hình bình hành. b) CH.CD = CB.CK; c) AB.AH + AD.AK = AC2. Bài 6 (4,0 điểm): 
a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4x 1 P  . 2 x  3
b) Cho tam giác ABC, O là điểm thuộc miền trong của tam giác, các tia AO, BO, CO
cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng: OA OB OC    2. AD BE CF -----Hết----- Ghi chú:
- Thí sinh làm bài không được sử dụng tài liệu, không được sử dụng máy tính cầm tay.
- Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM HUYỆN KIM THÀNH
KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán lớp 8 I. Lưu ý chung:
- Giáo viên cần nghiên cứu kĩ hướng dẫn chấm.
- Trong quá trình chấm, cần tôn trọng tính sáng tạo của học sinh. Học sinh có
cách diễn đạt, thể hiện khác với đáp án mà vẫn đảm bảo nội dung theo chuẩn kiến
thức kĩ năng và năng lực, phẩm chất người học vẫn cho điểm
II. Đáp án – biểu điểm. Bài Hướng dẫn Điểm Bài 4 3 a) x  x y  x  y 1. 3
 x  x  y  x  y 0,5 (2,0 3
điểm)   x  yx   1
 x  yx   2 1 x  x   1 0,5
b) ab a  b  bcb  c  cac  a  aba  b 2 2 2 2  b c  bc  ac  a c  0,5 aba  b   2 2 a c  b c   2 2 ac  bc   a  b 2 ab  ca  cb  c 
 a  b ab  c  cb  c   0,5
 a  bb  ca  c.
Bài a) Tìm điều kiện của x để biểu thức M có nghĩa và 2. rút gọn biểu thức M; (3,0 0, 5 điểm) x  0
* Tìm đúng được ĐKXĐ:  x  2  * Rút gọn được đúng: 1 M  . 1,5 2  x
b) Tìm tất cả các giá trị của x để M > 0. 1 M  0 
 0  2  x  0  x  2. 0,75 2  x x  2 x  0 Kết hợp ĐKXĐ  
ta có M  0  x  0 0,25 x  2 x  2  .  Bài 3 2 a) x  5x  8x  4  0 3. 0,75  x   1  x  22  0 (3,0 điểm) x 1  0 x  1      x  22  0 x  2. 0,75
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = {1; 2}.
b) 6x  4.3x  27.2x 108  0
 3x 2x  4  272x  4  0 0,75
 2x  43x  27  0 x x 2 2  4  0 2  2 x  2       x x 3 3  27  0 3  3 x  3. 0,75
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = {2; 3}.
Bài a) Gọi f(x) = ax3 + bx2 + cx là đa thức phải xác định. 4.
Theo yêu cầu đề bài ta phải có: 0,5 (2,0
ax3 + bx2 + cx – a(x – 1)3 – b(x – 1)2 – c(x – 1) = x2
Hay 3ax2 – (3a-2b)x + a – b + c = x2.
điểm) Ta có đồng nhất thức này khi và chỉ khi:  1 a   3 3  a  1    1  3  a  2b  0  b   2  0,5 a b c 0       1 c  .  6 3 2 x x x x  x   1 2x   1 Vậy ta có f (x)     . 3 2 6 6
b) Áp dụng đồng nhất thức ở câu a), thay x lần lượt bằng n số
nguyên dương đầu tiên: 1, 2, 3, …, n – 1, n. Ta có: f(1) – f(0) = 12 f(2) – f(1) = 22 0,5 f(3) – f(2) = 32 … f(n) – f(n - 1) = n2
Cộng từng vế các đẳng thức trên và nhận xét rằng f(0) = 0, ta được: n(n 1)(2n 1) 0,5 2 2 2 2 2
1  2  3  ...  (n 1)  n  f (n)  . 6 Bài H 5. (6,0 điểm) C B F O E A K D a)
Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF (1) 0,5
Chứng minh được: BEO  DFO(g  c  g) 0,5 => BE = DF (2) 0,5
Từ (1) và (2) suy ra BEDF là hình bình hành. 0,5 b) 0,5 Ta có:  ABC   ADC   HBC   KDC
Chứng minh được: CBH ∽ CDK (g.g) 1,0 CH CK    CH.CD  CK.CB 0,5 CB CD c) Chứng minh được:  0,5 AFD ∽ AKC(g.g) AF AK    A . D AK  AF.AC 0,5 AD AC Chứng minh :  CF AH CFD ∽ AHC(g.g)   0,5 CD AC Mà : CD = AB CF AH    A . B AH  CF.AC 0,25 AB AC
Suy ra : AD.AK + AB.AH = AF.AC + CF.AC 0,25 = (AF + CF)AC = AC2 Bài a) Nhận thấy 2 x  3  0 x  .  2 2 2 6.       0,5 * Ta có 4x 1 (x 3) (x 4x 4) (x 2) P    1 (3,0 2 2 2 x  3 x  3 x  3 điểm) 2 2 (x  2) (x  2) Do  0 x    suy ra P 1 1 x   .  0,25 2 2 x  3 x  3 2 (x  2) P = 1 khi và chỉ khi  0  x  2. 2 x  3 0,25 Vậy max P = 1 khi x = 2. * Ta có 2 2 2 4x 1
4(x  3)  (4x 12x  9) 4 (2x  3) P      0,5 2 2 2 x  3 3(x  3) 3 3(x  3) Do 2 2 (2x  3) 4 (2x  3) 4  0 x
   suy ra P      x   .  0,25 2 2 3(x  3) 3 3(x  3) 3 4 2 (2x  3) 3 P   khi và chỉ khi  0  x   . 3 2 3(x  3) 2 4 3 0,25
Vậy max P   khi x   . 3 2 b) A F E O 0,5 B C D Đặt S  S , S  S , S  S , S  S . ABC 1 OBC 2 OAC 3 OAB Suy ra S  S  S  S . 1 2 3 Ta có: OA S S OA S  S S  S 3 2 3 2 2 3      (1) 0,5 AD S S AD S  S S ABD ACD ABD ACD
Chứng minh tương tự ta cũng có: OB S  S OC S  S 1 3 1 2  (2);  (3) 0,5 BE S CF S
Cộng vế với vế của (1), (2) và (3) ta được: OA OB OC 2S  S  S 1 2 3      0,5 2. AD BE CF S