Đề KSCL học sinh giỏi môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Tam Dương (Lần 2)

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

117
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh 8 Đề KSCL học sinh giỏi môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Tam Dương (Lần 2), giúp các bạn ôn tập dễ dàng hơn và nắm vững các phương pháp viết văn nghị luận cũng như giúp các em củng cố kiến thức văn học cơ bản. Mời các bạn cùng tham khảo!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề KSCL học sinh giỏi môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Tam Dương (Lần 2)

TRƢỜNG THCS TAM DƢƠNG ĐỀ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI KHỐI 8 LẦN 2 NĂM HỌC 2017-2018 Môn: Toán 8 Thời gian làm bài: 120 phút Học sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Bài 1 (1,5 điểm). Phân tích đa thức f ( x)  x3 ( x 2  7)2  36 x thành nhân tử. Bài 2 (2,0 điểm). a) Cho các số a, b, c thỏa mãn abc  2017 . Tính giá trị của biểu thức: P 2017a 2bc ab2c abc 2   ab  2017a  2017 bc  b  2017 ca  c  1 b) Cho số x khác 0 thỏa mãn x 2  5x  1  0 . Tính giá trị của Q  x 7  x5  1 1   1. x 7 x5 Bài 3 (2,0 điểm). a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 2 x 2  3xy  2 y 2  7 . b) Cho a, b, c, d là các số nguyên dƣơng đôi một khác nhau thỏa mãn: 2a  b ab  2b  c bc  2c  d cd  2d  a d a  6 . Chứng ming rằng: P  abcd là một số chính phƣơng. Bài 4 (3,0 điểm). Lấy một điểm M M bất kì trên đoạn thẳng AB cho trƣớc, vẽ về một phía của AB các hình vuông AMCD, BMEF . a) Chứng minh: AE vuông góc với BC . b) Gọi H là giao điểm của AE và BC. Chứng minh: Ba điểm D, H, F thẳng hàng. c) Chứng minh rằng: Đƣờng thẳng DF luôn đi qua một điểm cố định khi M di chuyển trên đoạn thẳng AB. Bài 5 (1,5 điểm). Cho a  0; b  0 thoả mãn 2a  3b  6 và 2a  b  4 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  a 2  2a  b . ====== HẾT ===== Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ tên học sinh: ………………………………… SBD: ………… Phòng thi số: …………. Bài 1 (1,5) 2(2đ) HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung cần đạt 3 2 2 Phân tích đa thức f(x)=x (x -7) -36x ra nhân tử. f(x)=x[x2(x2-7)2-36]=x(x3-7x-6)(x3-7x+6) =x[(x3-x)-(6x+6)][ (x3-x)-(6x-6)] =x[x(x-1)(x+1)-6(x+1)][x(x-1)(x+1)-6(x-1)] =x(x-1)(x+1)(x2-x-6)(x2+x-6) =x(x-1)(x+1)(x2+2x-3x-6)(x2-2x+3x-6) =x(x-1)(x+1)[x(x+2)-3(x+2)][x(x-2)+3(x-2)] =x(x-1)(x+1)(x+2)(x-2)(x+3)(x-3) Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 x 2 x 4 x2   2 x3  Cho phân thức đại số P     2  : 2   2  x 2  x x  4   2  x 2x  x  a) Rút gọn P. b) Tìm các số nguyên dƣơng x để P nhận giá trị là số nguyên. a(1đ) ĐK: x≠2; x≠-2 0,25 2 x 2 x   2 4x2 x3  P   :      2  x 2  x (2  x)(2  2)   2  x x(2  x)   (2  x)2   2x (2  x)2 4 x2 x3  P   :      (2  x)(2  x) (2  x)(2  x) (2  x)(2  2)   x(2  x) x(2  x)  0,25  4  4 x  x2  4  4 x  x2  4 x2   2 x  x  3  P :  (2  x)(2  x)    x(2  x)   4 x2  8x   x  3  P :   (2  x)(2  x)   x(2  x)  b(1đ)  4 x( x  2)   x  3  P :   (2  x)(2  x)   x(2  x)  4 x2 P x3 4( x 2  9)  36 36 P  4( x  3)  x3 x3 P nguyên khi x  3 U (36)  36, 18, 12, 9, 6, 4, 3, 2, 1,1,2,3,4,6,9,12,18,36 0,25 0,25 0,25 0,25 Vì x nguyên dƣơng nên x 1,2,4,5,6,7,9,12,15,21,39 Vì x≠2 nên x 1,4,5,6,7,9,12,15,21,39 . 3(2,5đ) a) Tìm các số nguyên dƣơng x, y thỏa mãn phƣơng trình x2+xy+y2-x2y2=0. b) Cho số x khác 0 thỏa mãn x2-5x+1=0. Tính giá trị của P  x 7  x5  1 1   1. x 7 x5 0,25 0,25 a(1,25) a) +) Nếu x=y=1 pt  1=0(vô lí) +) Nếu một trong hai số bằng 1, giả sử x=1 pt  1+y=0(vô lí vì y nguyên dƣơng) +) Vậy x, y≠1, suy ra x, y≥2 1 1 1  2  1(1) 2 x y xy Chia cho x2, y2 pt  b(1,25) 0,25 0,25 +)Do vai trò x, y nhƣ nhau do đó: giả sử x≥y≥2 VT(1)= 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3  2  2 2     1 2 x y xy y y y.y 4 4 4 4 0,25 Không thỏa mãn (1), do đó phƣơng trình vô nghiệm. 0,25 1  5 (Do x khác 0) x 0,25 x2-5x+1=0  x2+1=5x  x  2 1 1  2  x    25  x  2  23 x x  1  1  1  x3  3   x   x 2  2  1  5.(23  1)  110 x  x  x  0,25 2 1  1 x  4   x 2  2   2  232  2  527 x  x  1  1 P  x 7  7   x5  5   1 x  x  0,25 4 4(2đ) 1  1  1   1  1  1   P   x 4  4  x3  3    x     x3  3  x 2  2    x     1 x  x   x   x  x   x   0,25 =527.110-5-(110.23-5)+1=110.(527-23)+1=110.504+1=55441 0,25 Cho tam giác nhọn ABC, điểm M thuộc cạnh BC. Gọi D là điểm đối xứng với M qua AB, gọi E là điểm đối xứng với M qua AC. Gọi I, K là giao điểm của DE với AB, AC. a) Chứng minh rằng: MA là tia phân giác của góc IMK. b) Tìm vị trí của M trên cạnh BC để DE có độ dài nhỏ nhất. a(1,25) E 1 A K 1 I 12 D B M C +) Do tính chất đối xứng nên ta chứng minh đƣợc M1  D1; M 2  E1 0,5 +) Ta lại cm đƣợc AD=AE (Cùng bằng AM), nên D1  E1  M1  M 2 Do đó: MA là tia phân giác của góc IMK. 0,75 b(0,75) +) Ta có:  ADE cân tại A có DAE  2BAC (không đổi), Nên DE nhỏ nhất  AM nhỏ nhất  AM vuông góc BC. 5(1đ) Cho tứ giác ABCD có AB=a, CD=c, AD=BC, ADC  DCB  90o . Gọi M, 0,25 0,5 N, P, Q là các trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, CD và BD. A M K B N Q D C P +) CM đƣợc MNQP là hình vuông  QN=PM. +) Khi đó: S MNPQ QN .PM QN 2 .   2 2 0,25 +) Gọi K là trung điểm AD, ta có KQ là TB tam giác ABD nên KQ  AB và KQ//AB. 2 +) Ta lại có KN là TB tam giác ACD nên KN  0,25 CD và KN//CD. 2 +) Xét ba điểm K, Q, N ta có: QN  KN  KQ QN 2 KN  KQ (a  c) 2   Vậy S MNPQ  . 2 2 8 2 0,25 Dấu (=) khi K, Q, N thẳng hàng hay AB//CD. Lúc đó ABCD là hình thang cân với ADC  DCB  45o . 0,25 Bài 6. *Tõ 2a + b ≤ 4 vµ b ≥ 0 ta cã 2a ≤ 4 hay a ≤ 2 Do ®ã A=a2 - 2a - b ≤ 0 0,25 Nªn gi¸ trÞ lín nhÊt cña A lµ 0 khi a=2vµ b=0 * Tõ 2a + 3b ≤ 6 suy ra b ≤ 2 Do ®ã A ≥ a2 – 2a – 2 + 0,25 0,25 0,25 2 a 3 2 2 22 22 a = ( a  )2 ≥ 3 9 9 3 0,25 22 khi a = 9 0,25 VËy A cã gi¸ trÞ nhá nhÊt lµ - 2 2 vµ b = 3 3