Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm học 2016-2017

Chia sẻ: Thu Do Thi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

63
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm học 2016-2017 được biên soạn bởi Phòng Giáo dục và đào tạo huyện Nga Sơn, đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho học sinh trong quá trình ôn luyện, cũng cố kiến thức môn Toán lớp 8.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 8 năm học 2016-2017

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 THCS CẤP HUYỆN HUYỆN NGA SƠN NĂM HỌC: 2016 - 2017 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: Toán 8 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm có 01 trang) Ngày thi: 04/04/2017 Câu 1: (4 điểm).   a  12 1  2a 2  4a 1  a3  4a Cho biểu thức M =    :  3a   a  1 a3  1 a  1  4a 2 2   a) Rút gọn M. b) Tìm a để M > 0. c) Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất. Câu 2: ( 5 điểm). 1) Giải các phương trình: x 2 x 4 x6 x8 a)    . 98 96 94 92 b) x6 - 7x3 - 8 = 0. 2) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: 1 x x  2 2(x  m)  2   . xm xm m2  x 2 3) Tìm a, b sao cho f  x   ax3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g  x   x 2  x  2 . Câu 3: ( 4 điểm). 1) Cho: x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1. Tính A = x2015 + y2015 + z2015 2) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30km/h, nhưng sau khi đi được 1 giờ người ấy nghỉ hết 15 phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 10km/h để đến B đúng giờ đã định. Tính quãng đường AB? Câu 4: (5 điểm). Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O, M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM. a) Chứng minh: ∆OEM vuông cân. b) Chứng minh: ME // BN. c) Từ C kẻ CH  BN ( H  BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng. Câu 5: (2 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c 1 P=   . 2015  a 2016  b 2017  c .................................... Hết ...................................... Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ....................
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 8 TẠO NGA SƠN Năm học 2016 - 2017 Môn: Toán Câu Nội dung Điểm a (2đ) Điều kiện: a  0; a  1 0,5   a  1  1  2a 2  4a  1  : a3  4a 2 Ta có: M =    3a   a  1 a3  1 a  1  4a 2 2    a  12 1  2a 2  4a 1  4a 2 0,5  = 2    .   a  a  1  a  1 a 2  a  1 a  1  a a 2  4     a  1 3  1  2a 2  4a  a 2  a  1 4a = .  a  1  a 2  a 1  a 4 2 0,5 a3  3a 2  3a  1  1  2a 2  4a  a 2  a  1 4a = . 2   a  1 a 2  a  1 a 4  a  1 4a 3 4a 0,5 = . 2 = 2 a 1 a  4 3 a 4 1 4a 4.0đ Vậy M = 2 với a  0; a  1 0,5 a 4 b) (1đ) 0,5 M > 0 khi 4a > 0suy ra a > 0 kết hợp với ĐKXĐ 0,5 Vậy M > 0 khi a > 0 và a  1 c) (1đ) 4a Ta có M = 2 =  a 2  4  a 2  4a  4   1 2   a  2 2  0,5 a 4 a2  4 a 4  a  2  a  2 2 2 Vì 2 0 với mọi a nên 1   1 với mọi a a 4 a2  4  a  2 2 Dấu “=” xảy ra khi 0a2 0,5 a2  4 Vậy MaxM = 1 khi a = 2. a) (1đ) x2 x4 x6 x8 Ta có    98 96 94 92 x2 x4 x6 x8 2 ( +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) 98 96 94 92 5,0đ 0,5 1 1 1 1  ( x + 100 )( + - - )=0 98 96 94 92 1 1 1 1 Vì : + - -  0 98 96 94 92 2
Do đó: x + 100 = 0  x = -100 Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 0,5 b) (1đ) Ta có x6 – 7x3 – 8 = 0  (x3 + 1)(x3 – 8) = 0  (x + 1)(x2 – x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 4) = 0 (*) 1 2 3 0,5 Do x2 – x + 1 = (x – ) + > 0 và x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 > 0 với mọi x, 2 4 nên (*)  (x + 1)(x – 2) = 0  x {- 1; 2} 0,5 2) (2đ) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm. 1  x x  2 2( x  m)  2   (1) 0,5 xm xm m2  x 2 ĐKXĐ: x+ m  0 và x- m  0  x  m  (1  x)( x  m)  ( x  2)( x  m)  2  2( x  m)  (2m  1) x  m  2(*) 1 3 + Nếu 2m -1= 0  m  ta có (*) 0x = (vô nghiệm) 0,5 2 2 1 m2 + Nếu m  ta có (*)  x  2 2m  1 - Xét x = m 0,25đ m2   m  m  2  2m 2  m 2m  1 2  1 3  2m  2m  2  0  m  m  1  0   m     0 2 2  2 4 0,25đ (Không xảy ra vì vế trái luôn dương) Xét x= - m m2   m  m  2  2m2  m  m2  1  m  1 2m  1 1 Vậy phương trình vô nghiệm khi m  hoặc m = 1 0,5đ 2 3)(1đ) Ta có : g  x   x 2  x  2=  x 1 x  2  0.25đ Vì f  x   ax3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g  x   x 2  x  2 Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x) 0.25đ  ax  bx  10x  4=  x+2  .  x-1 .q  x  3 2 Với x=1  a+b+6=0  b=-a-6 1 0.25đ Với x=-2  2a-b+6=0  2 Thay (1) vào (2) . Ta có : a=-4 và b=-2 0.25đ 3
1)(2đ) 0,25 Từ x + y + z = 1  (x + y + z)3 = 1 Mà: x3 + y3 + z3 = 1 0,25 3 3 3 3  (x + y + z) - x - y - z = 0   x  y  z   z 3   x3  y 3   0 3 2  2    x  y  z  z   x  y  z    x  y  z  z  z 2    x  y  x  xy  y 2  0 0,25   x  y   x 2  y 2  z 2  2xy  2 yz  2xz+xz  yz  z 2  z 2  x 2  xy  y 2   0   x  y   3z 2  3xy  3 yz  3xz   0 0.25đ   x  y  3  y  z  x  z   0 x  y  0 x   y 0,5  y  z  0   y  z     x  z  0  x   z * Nếu x   y  z  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1 * Nếu y   z  x  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1 * Nếu x   z  y  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1 0,5 2) (2điểm). 3 Gọi x (km) là độ dài quãng đường AB. ĐK x > 0. (4,0đ) x Thời gian dự định đi hết quãng đường: (giờ) 30 Quãng đường đi được sau 1 giờ: 30 (km) Quãng đường còn lại : (x-30) (km) x  30 Thời gian đi quãng đường còn lại : (giờ) 40 x 1 x  30 Lập được phương trình : 1  30 4 40  4 x  30.5  3( x  30)  x  60 (thỏa mã đk) Vậy quãng đường AB là 60km 4
A E B 1 1 2 O 3 M H' H 1 D C N a) (2đ) Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC 0,5 Và B1  C1  450 BE = CM ( gt ) 0,5 Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)  OE = OM và O1  O3 0,5 Lại có O2  O3  BOC  900 vì tứ giác ABCD là hình vuông 0,5 4(5đ) O2  O1  EOM  900 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O b)(1.5đ) Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD 0,5 0,5 AM BM + AB // CD  AB // CN   ( Theo ĐL Ta- lét) (*) MN MC Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) AM AE 0.5 Ta có :   ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét) MN EB c)(1.5đ) Gọi H’ là giao điểm của OM và BN Từ ME // BN  OME  MH ' B Mà OME  450 vì ∆OEM vuông cân tại O 0,25  MH ' B  450  C1  ∆OMC ∆BMH’ (g.g) OM MC   , kết hợp OMB  CMH ' ( hai góc đối đỉnh) BM MH , 0,5  ∆OMB ∆CMH’ (c.g.c)  OBM  MH ' C  450 0,5 Vậy BH ' C  BH ' M  MH ' C  90  CH '  BN 0 5
Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng 0,25 ( đpcm) Ta có 2a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c  1 P=   2015  a 2016  b 2017  c b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031 1 =   2015  a 2016  b 2017  c Đặt 2015 + a = x; 5 2016 + b = y; 0,5 (2,0đ) 2017 + c = z ; (x,y,z > 0) b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031 P=   2015  a 2016  b 2017  c yz zx x y y x x z y z P         0,5 x y z x y z x z y y x z x y z 2 . 2 . 2 .  6 (Co  si) x y x z z y Dấu “=” xảy ra khi x = y = z suy ra a = 673, b = 672, c = 671 0,5 Vậy giá tị nhỏ nhất của biểu thức p là 6 khi a = 673, b = 672, c = 671 Chú ý: 1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình. 6