Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán 8 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THCS Bạch Sam (Lần 2)

TRƯỜNG THCS BẠCH SAM<br /> <br /> ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI - ĐỢT II<br /> Môn: Toán 8<br /> (Thời gian làm bài: 120 phút)<br /> <br /> 1<br /> 2<br /> 5  x  1 2x<br /> <br /> <br /> : 2<br /> Bài 1 (2 điểm): Cho biểu thức: C = <br /> 2 <br />  1 x<br /> <br /> x  1 1  x  x 1<br /> <br /> a) Rút gọn biểu thức C<br /> b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên.<br /> Bài 2 (2 điểm):<br /> a) Tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x4  3x3  ax  b chia hết cho đa thức<br /> B( x )  x 2  3 x  4<br /> <br /> b) Cho x, y, z > 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức<br /> P=<br /> <br /> x<br /> y<br /> z<br /> <br /> <br /> yz zx x y<br /> <br /> Câu 3: (2,0 điểm)<br /> a) Tìm x, y ,z thỏa mãn phương trình sau :<br /> 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0.<br /> a b c<br /> x2 y 2 z 2<br /> x y z<br /> b) Cho    1 và    0 . Chứng minh rằng : 2  2  2  1 .<br /> x y z<br /> a<br /> b<br /> c<br /> a b c<br /> <br /> Câu 4(3 điểm): Cho tam giác ABC vuông tại A (AC > AB), đường cao AH. Trong nửa mặt<br /> phẳng bờ AH có chứa C, vẽ hình vuông AHKE. Gọi P là giao điểm của AC và KE.<br /> a) Chứng minh ABP vuông cân?<br /> b) Gọi Q là đỉnh thứ tư của hình bình hành APQB, gọi I là giao điểm của BP và AQ.<br /> Chứng minh H, I, E thẳng hàng?<br /> c) Tứ giác HEKQ là hình gì?<br /> Câu 5 (1 điểm): Tính diện tích hình thang ABCD ( AB // CD), biết AB = 42cm,  A = 450;<br /> 0<br />  B = 60 , chiều cao của hình thang bằng 18m?<br /> …………………………… @ @ @ …………………………<br /> <br /> ĐÁP ÁN - BIỂU ĐIỂM<br /> Bài<br /> 1<br /> (2 điểm)<br /> <br /> ĐÁP ÁN<br /> a) Đkxđ: x   1; x <br /> <br /> BIỂU ĐIỂM<br /> <br /> 1<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> 5  x  1 2x<br />  1<br /> <br /> <br /> : 2<br /> <br /> 2 <br />  1 x x 1 1 x  x 1<br /> 1  x  2(1  x)  5  x  ( x  1)( x  1)<br /> C= <br />  . 1 2x<br /> (1  x)(1  x)<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 0,25 đ<br /> 0,5 đ<br /> <br /> 2<br /> 2x 1<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> b) Tìm giá trị nguyên của x để giá trị của biểu thức B là số nguyên?<br /> B có giá trị nguyên khi x là số nguyên thì<br /> <br /> 2<br /> có giá trị nguyên<br /> 2x 1<br /> <br />  x  1(loai )<br />  x  0(TM )<br /> 2 x  1  1<br /> <br />  2 x  1  1<br /> <br />   x  3 (TM )<br />  2x – 1 laø Ö(2) <br /> <br /> 2 x  1  2<br /> 2<br /> <br /> <br />  x  1 (TM )<br />  2 x  1  2<br /> <br /> 2<br /> <br /> Đối chiếu Đkxđ thì có x = 0 hoặc x =<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> 3<br /> -1<br /> hoặc x = thoả mãn.<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> 0,5 đ<br /> 0,25 đ<br /> <br /> a) tìm các số nguyên a và b để đa thức A(x) = x  3x  ax  b chia<br /> 2<br /> ( 2điểm)<br /> hết cho đa thức B( x)  x2  3x  4<br /> 4<br /> <br /> 3<br /> <br /> Ta có:<br /> A(x) =B(x).(x2-1) + ( a – 3)x + b + 4<br /> 3<br /> Để A( x) B( x) thì  ba3400   ba<br /> 4<br /> b) Cho x, y, z > 0<br /> <br /> Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức<br /> P=<br /> <br /> x<br /> y<br /> z<br /> <br /> <br /> yz zx x y<br /> <br /> Đặt y + z = a ; z + x = b ; x + y = c  x + y + z =<br /> <br />  x=<br /> P=<br /> =<br /> <br /> 0,5 đ<br /> 0,5 đ<br /> <br /> abc<br /> a bc<br /> abc<br /> ;y=<br /> ;z=<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> <br /> abc<br /> 2<br /> <br /> 0,5 đ<br /> <br /> a bc a bc a bc<br /> 1<br /> b c<br /> a c<br /> a b<br /> <br /> <br /> = (1    1    1   )<br /> 2a<br /> 2b<br /> 2c<br /> 2<br /> a a<br /> b b<br /> c c<br /> <br /> 1<br /> b a<br /> c a<br /> b c<br /> 3<br /> (3  (  )  (  )  (  )) <br /> 2<br /> a b<br /> a c<br /> c b<br /> 2<br /> <br /> 0,25 đ<br /> 0,25 đ<br /> <br /> Min P =<br /> <br /> 3<br /> Khi và chỉ khi a = b = c<br /> 2<br /> <br />  x=y=z<br /> <br /> a) Tìm x,y,z thỏa mãn phương trình sau :<br /> 3<br /> ( 2điểm)<br /> 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0.<br /> BL.a/ 9x2 + y2 + 2z2 – 18x + 4z - 6y + 20 = 0<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br />  (9x – 18x + 9) + (y – 6y + 9) + 2(z + 2z + 1) = 0<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br />  9(x - 1) + (y - 3) + 2 (z + 1) = 0 (*)<br /> Do : ( x 1)2  0;( y  3)2  0;( z  1)2  0<br /> Nên : (*)  x = 1; y = 3; z = -1<br /> Vậy (x,y,z) = (1,3,-1).<br /> b)Cho<br /> <br /> 0,5 đ<br /> 0,25 đ<br /> 0,25 đ<br /> <br /> a b c<br /> x y z<br />    1 và    0 . Chứng minh rằng :<br /> x y z<br /> a b c<br /> <br /> x2 y 2 z 2<br />    1.<br /> a 2 b2 c 2<br /> <br /> 0,25 đ<br /> <br /> a b c<br /> ayz+bxz+cxy<br />   0<br /> 0<br /> x y z<br /> xyz<br />  ayz + bxz + cxy = 0<br /> x y z<br /> x y z<br /> Ta có :<br />    1  (   )2  1<br /> a b c<br /> a b c<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> x<br /> y<br /> z<br /> xy xz yz<br />  2  2  2  2(   )  1<br /> a b<br /> c<br /> ab ac bc<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> x<br /> y<br /> z<br /> cxy  bxz  ayz<br />  2  2  2 2<br /> 1<br /> a b<br /> c<br /> abc<br /> x2 y 2 z 2<br />  2  2  2  1(dfcm)<br /> a b<br /> c<br /> <br /> Từ :<br /> <br /> 4<br /> a/ CM được BHA  PEA (g.c.g)<br /> ( 3điểm)<br /> <br /> 0<br />  AB = AP mà BAP = 90 (gt)<br /> <br /> A<br /> <br /> 0,5 đ<br /> 0,25 đ<br /> <br /> 0.5<br /> 0.25<br /> 0.25<br /> <br /> E<br /> <br /> P<br /> Vậy BPA vuông cân<br /> I<br /> B<br /> b/Ta có : HA = HK<br /> H<br /> K<br />  H nằm trên đường trung trực của AK<br /> Ta có : AE = KE<br /> Q<br />  E nằm trên đường trung trực của KA<br /> PBK vuông có IB = IP (t/c đ/c hbh ABQP)<br />  IK  IP  IB (*)<br /> Ta có ABQP là hbh(gt), có BA= AP ( BPA vuông cân tại A)<br /> <br /> 0<br />  APQB là hình thoi, mà BAP = 90 (gt)<br /> <br /> C<br /> <br />  APQB là hình vuông nên PI = IA(**).<br /> <br /> Từ (*) và(**) suy ra IK = IA nên I nằm trên đường trung trực của<br /> AK<br /> Vậy H, I, E thẳng hàng.<br /> <br /> 0.25<br /> 0.25<br /> <br /> 0.5<br /> 0.25<br /> 0.25<br /> 0.25<br /> <br /> c/ Ta có APQB là hình vuông (cmt) nên AP = BQ<br /> mà IK =<br /> <br /> 0.5<br /> <br /> PB<br /> AQ<br />  IK <br /> 2<br /> 2<br /> <br /> AKQ có AI = IQ(t/c đ/c hv)<br /> AQ<br /> Mà IK <br /> (cmt)  AKQ vuông ở K<br /> 2<br />  AK  KQ mà AK  HE (EAHK là hv)  QK // HE<br /> <br /> Vậy HEKQ là hình thang<br /> 5<br /> Qua A và B kẻ AA’ và BB’ vuông góc với CD.<br /> ( 1điểm) Tứ giác ABB’A’là hcn và A’A = BB’ = 18m;  A’AB = 900<br /> 0<br /> 0<br />  DAB = 45 =>  A’AD = 45<br /> C<br /> D<br /> Do đó A’AD vuông cân<br /> B'<br /> A'<br />  A’D = A’A = 18m<br /> B<br /> <br /> A<br /> <br /> 0.25<br /> 0<br /> <br /> 0<br /> <br />  B’BA = 90 ;  CBA = 60 =>  B’BC = 30<br /> <br /> 0<br /> <br /> vì thế trong tam giác vuông B’BC<br /> ta có B’C =<br /> <br /> 0.25<br /> <br /> BC<br /> . Theo định lí Pi ta go, ta có:<br /> 2<br /> <br /> B’C2 = BC2 – B’B2<br /> 2<br /> = 4B’C2 – B’B2<br />  B’C<br /> 2<br /> 2<br />  3B’C = B’B<br /> B ' B 18<br /> <br /> (cm)<br />  B’C =<br /> 3<br /> 3<br /> <br /> Suy ra :<br /> 18<br /> 18<br />  24 <br /> (cm)<br /> 3<br /> 3<br /> 1<br /> 1<br /> 18 <br /> Vậy SABCD =  AB  CD  . A ' A   42  24  18  498, 6 (cm2)<br /> 2<br /> 2<br /> 3<br /> <br /> CD = A’B’ – A’D – B’C = 42 – 18 -<br /> <br /> 0.25<br /> <br />