Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp huyện năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Giàng

Chia sẻ: Thiên Thần | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp huyện năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Giàng là tài liệu thực sự hữu ích cho các em học sinh nằm trong đội tuyển học sinh giỏi môn Toán cấp trường. Đề thi có hướng dẫn giải chi tiết, hi vọng giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đạt điểm cao trong kì thi quan trọng này. Mời các em tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp huyện năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Giàng

UBND HUYỆN CẨM GIÀNG ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2019- 2020 MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian: 150 phút (Đề gồm 01 trang) Câu1. (2,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử  x  2 x  3 x  4 x  5  120  x 2 1   10  x 2  b) Rút gọn biểu thức: A   2   :x  2  rồi tìm x  x  4 2 x x  2  x2  sao cho A  A Câu 2. (2,0 điểm) Giải các phương trình sau: x x+1 x+2 x+3 a) + + + =x +2016 2020 2019 2018 2017 b)  3x  4  x  1 6x  7   6 2 Câu 3 (2,0 điểm) a) Tìm x, y nguyên dương biết: x2 - y2 + 2x - 4y – 10 = 0 b) Chứng minh rằng với mọi số nguyên x, y thì B = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 là số chính phương. Câu 4 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. AE AB a) Chứng minh:  ; và AEF  CED . AF AC b) Gọi M là điểm đối xứng của H qua D. Giao điểm của EF với AM là N. Chứng minh: HN.AD=AN.DM. c) Gọi I và K lần lượt là hình chiếu của M trên AB và AC. Chứng minh ba điểm I, D, K thẳng hàng. Câu 5. (1,0 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca = abc. Tìm giá trị lớn nhất a b c của biểu thức: P =   bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 ---------------------Hết-----------------------
PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM CẨM GIÀNG ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 8 NĂM HỌC: 2019 - 2020 MÔN: TOÁN 8 Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Câu Nội dung Điểm a) ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 120 0,25 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 120 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 120 = (x2 + 7x + 11)2 - 112 0,25 = (x2 + 7x )( x2 + 7x + 22) 0,25 = x(x + 7)( x2 + 7x + 22) 0,25  x 2 1   10  x 2  b) A   2   :x  2  0,25  x  4 2 x x  2  x2  1 x  2(x  2)  x  2 (x  2)(x  2)  10  x 2 (2 điểm) A  (x  2)(x  2) : x2 x  2x  4  x  2 x 2  4  10  x 2 A : (x  2)(x  2) x2 0,25 6 x2 1 A   (x  2)(x  2) 6 x2 1 0,25 Vậy A  với x  2 x2 1 0,25 A  A  A  0   0 x  2 0 x  2 x2 x x+1 x+2 x+3 a) + + + =x +2016 0,25 2020 2019 2018 2017 x x+1 x+2 x+3  +1+ +1+ +1+ +1=x +2016+4 2 2020 2019 2018 2017 (2 điểm) x+2020 x+2020 x+2020 x+2020  + + + =x +2020 2020 2019 2018 2017 0,25 1 1 1 1  ( x  2020)( + + +  1)  0 2020 2019 2018 2017
1 1 1 1 0,25  x + 2020 = 0 vì + + + 1 0 2020 2019 2018 2017  x = -2020 0,25 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x=- 2020. b) (3x  4)(x  1)(6x  7)2  6  (6x  8)(6x  6)(6x  7)2  72 (*) 0,25 Đặt 6x + 7 = t, ta có: 0,25 (*)  (t  1)(t  1)t 2  72  t 4  t 2  72  0  t  3 2 0,25 - Với t = 3, ta có 6x  7  3  x  3 5 - Với t = -3, ta có 6x  7  3  x  3 0,25 2 5 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  ;x  3 3 a) x2 - y2 + 2x - 4y - 10 = 0 0,25  (x2 + 2x + 1) - (y2 + 4y + 4) – 7 = 0  (x+1)2 - (y + 2)2 = 7 0,25  (x – y - 1)(x + y + 3) = 7 Vì x, y nguyên dương nên x + y + 3 > x – y – 1 > 0  x + y + 3 = 7 và x – y – 1 = 1 0,25 x = 3 ; y = 1 0,25 Vậy phương trình có nghiệm dương duy nhất (x,y) =(3;1) 3 b) Ta có B = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 (2 điểm) = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 0,25 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t  Z) thì 0,25 B = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z  Z nên x2  Z, 5xy  Z, 5y2  Z 0,25  x2 + 5xy + 5y2  Z Vậy B là số chính phương. 0,25
Vẽ hình đúng phần a : A E N F H 4 K 0,25 (3 điểm) B D C I M a) Xét AEB và AFC có : EAB chung 0,25 AEB  AFC( 900 ) AE AB Do đó AEB AFC( g.g)  0,25 AF AC Xét AEF và ABC có : BAC chung AE AF AE AB  (vì  ) 0,25 AB AC AF AC Do đó AEF ABC (c.g.c)  AEF  ABC Chứng minh tương tự ta được : CED  CBA . Do đó : AEF  CED 0,25 b) Vì BEF  AEF  BED  CED  900 nên BEF  BED  EB là tia phân 0,25 giác của góc DEF HN EN Tam giác NED có EH là tia phân giác của DEN nên:  (1) HD ED Vì EA  EH nên EA là tia phân giác ngoài tại đỉnh E của DEN. AN EN 0,25   (2) AD ED
HN AN Từ ( 1) và (2) suy ra :  , mà HD=DM ( Do M là điểm đối xứng của HD AD 0,25 H qua D) HN AN Nên   HN.AD  AN.DM DM AD 0,25 HN AN AN  HN AH AN AH 0,25 c)      DM AD AD  DM AM AD AM AF AH AMI có HF//MI( cùng  AB )   (định lí Ta lét), AI AM AN AH AF AN Mà  nên   FN / /ID (định lí Ta lét đảo (3)) 0,25 AD AM AI AD AE AH AMK có HE//MK (cùng  AC )   (định lí Ta lét), AK AM AF AH AE 0,25 AIK có    IK / /FE ( Định lí Ta lét đảo) (4) AI AM AK Từ (3) và (4) suy ra I, K, D thẳng hàng 4 1 1 Chứng minh được   với mọi m, n dương. mn m n 0,25 Dấu bằng xảy ra khi m = n. Áp dụng ta có: a a a a 1 1       ; bc  a  1 abc  bc ab  bc  ca  bc 4  ab  bc ca  bc  0,25 5 dấu bằng xảy ra khi b = c (1 điểm) b b 1 1  Tương tự:     dấu bằng xảy ra khi c = a ca  b  1 4  ab  ca bc  ca  0,25 c c 1 1      dấu bằng xảy ra khi a = b ab  c  1 4  ab  bc ca  ab  Suy ra
a b c   bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 a 1 1  b 1 1  c 1 1            4  ab  bc ca  bc  4  ab  ca bc  ca  4  ab  bc ca  ab  a b c   bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 1 1 1 1 1 1  . a  c  . a  b  . b  c  4 ab  bc 4 bc  ca 4 ca  ab a b c 11 1 1        bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 4  a b c  a b c 1    bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 4 Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 3 Vậy GTLN của P= 1 khi a = b = c = 3 0,25 4 * Học sinh làm bằng cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.