Tài liệu 20 đề thi học sinh giỏi toán 8 có đáp án chi tiết

  • Số trang: 79 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 11040 |
  • Lượt tải: 5
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

PHÒNG GD & ĐT THANH CHƯƠNG ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN ĐỀ CHÍNH THỨC NĂM HỌC: 2013 – 2014. Môn thi: TOÁN 8 (Đề gồm 1 trang) Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài 1: (2.5 điểm ). a. Phân tích đa thức thành nhân tử: x 2  2 xy  6 y  9 b. Giải phương trình: x 1 x  2 x  3 x  2012    ...   2012 2013 2012 2011 2 c. Tìm đa thức f ( x) biết: f ( x) chia cho x  2 dư 5; f ( x) chia cho x  3 dư 7; f ( x) chia cho ( x  2)( x  3) được thương là x 2  1 và đa thức dư bậc nhất đối với x . Bài 2: (2.0 điểm). Cho: P  7.2014n  12.1995n với n  N ; Q  a. b. ( x 2  n)(1  n)  n2 x 2  1 . Chứng minh: ( x 2  n)(1  n)  n2 x 2  1 P chia hết cho 19. Q không phụ thuộc vào x và Q  0 . Bài 3: (1,5 điểm) a. Chứng minh: a 2  5b2  (3a  b)  3ab  5 b. Tìm các nghiệm nguyên của phương trình: 2 x 2  3 y 2  4 x  19 Bài 4: ( 4.0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn (AB AB), ®­êng cao AH (H  BC). Trªn tia HC lÊy ®iÓm D sao cho HD = HA. §­êng vu«ng gãc víi BC t¹i D c¾t AC t¹i E. 1. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BEC vµ ADC ®ång d¹ng. TÝnh ®é dµi ®o¹n BE theo m  AB . 2. Gäi M lµ trung ®iÓm cña ®o¹n BE. Chøng minh r»ng hai tam gi¸c BHM vµ BEC ®ång d¹ng. TÝnh sè ®o cña gãc AHM 3. Tia AM c¾t BC t¹i G. Chøng minh: GB  HD . BC AH  HC Đáp án ®Ò thi häc sinh giái NAM §ÞNH m«n: to¸n 8 (Thêi gian lµm bµi: 120 phót) Bµi 1. C©u Néi dung §iÓm 2,0 1.1 (0,75 ®iÓm) x 2  7 x  6  x 2  x  6 x  6  x  x  1  6  x  1 0.5   x  1 x  6  1.2 0,5 (1,25 ®iÓm) x 4  2008 x 2  2007 x  2008  x 4  x 2  2007 x 2  2007 x  2007  1 0,25 2  x 4  x 2  1  2007  x 2  x  1   x 2  1  x 2  2007  x 2  x  1   x  x  1 x  x  1  2007  x  x  1   x  x  1 x  x  2008  2 2 2 2 2 2. 2.1 0,25 0,25 2,0 x 2  3x  2  x  1  0 (1) 2 + NÕu x  1 : (1)   x  1  0  x  1 (tháa m·n ®iÒu kiÖn x  1 ). + NÕu (1) x  1:  x 2  4 x  3  0  x 2  x  3  x  1  0   x  1 x  3  0 0,5  x  1; x  3 (c¶ hai ®Òu kh«ng bÐ h¬n 1, nªn bÞ lo¹i) VËy: Ph­¬ng tr×nh (1) cã mét nghiÖm duy nhÊt lµ x  1 . 2.2 2 2 0,5 2 1 1  1  1 2    8  x    4  x 2  2   4  x 2  2  x     x  4  (2) x x  x  x    §iÒu kiÖn ®Ó ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm: x  0 2 2 1 1  2   2 1   2 1   (2)  8  x    4  x  2   x  2    x      x  4  x x   x   x     0,25 2 1 1  2 2    8  x    8  x 2  2    x  4    x  4   16 x x     x  0 hay x  8 vµ x  0 . VËy ph­¬ng tr×nh ®· cho cã mét nghiÖm x  8 0,5 0,25 3 2.0 3.1 Ta cã: 1 1 a a b b c b c a a b a c c b =3  (  )  (  )  (  ) b a c a b c x y Mµ:   2 (B§T C«-Si) y x Do ®ã A  3  2  2  2  9. VËy A  9 1 a b c c a c b 0,5 A= (a  b  c)(   )  1     1     1 3.2 0,5 Ta cã: P( x)   x  2  x  4  x  6  x  8   2008 0,5   x 2  10 x  16  x 2  10 x  24   2008 §Æt t  x 2  10 x  21 (t  3; t  7) , biÓu thøc P(x) ®­îc viÕt l¹i: P( x)   t  5  t  3  2008  t 2  2t  1993 Do ®ã khi chia t 2  2t  1993 cho t ta cã sè d­ lµ 1993 0,5 4,0 4 4.1 + Hai tam gi¸c ADC vµ BEC cã: Gãc C chung. CD CA  (Hai tam gi¸c CE CB vu«ng CDE vµ CAB ®ång d¹ng) Do ®ã, chóng dång d¹ng (c.g.c). · · Suy ra: BEC ADC  1350 (v× tam gi¸c AHD vu«ng c©n t¹i H theo gi¶ thiÕt). AEB  450 do ®ã tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A. Suy ra: Nªn · 4.2 4.3 BE  AB 2  m 2 BM 1 BE 1 AD     Ta cã: (do BEC : ADC ) BC 2 BC 2 AC mµ AD  AH 2 (tam gi¸c AHD vu«ng v©n t¹i H) BM 1 AD 1 AH 2 BH BH nªn (do ABH : CBA )       BC 2 AC 2 AC AB 2 BE Do ®ã (c.g.c), suy BHM : BEC · ·  1350  · BHM  BEC AHM  450 1,0 0,5 0,5 0,5 ra: 0,5 Tam gi¸c ABE vu«ng c©n t¹i A, nªn tia AM cßn lµ ph©n gi¸c gãc BAC. GB AB ,  GC AC AB ED AH HD   ABC : DEC    ED // AH   AC DC HC HC GB HD GB HD GB HD      Do ®ã: GC HC GB  GC HD  HC BC AH  HC Suy ra: mµ 0,5 0,5 UBND H. QUẾ SƠN PHÒNG GD&ĐT KỲ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Lớp 8 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1 (2.5 điểm): a) Cho ba số a, b, c thoả mãn: a + b + c = 0. Chứng minh rằng: ab  bc  ca  0 . b) Cho f ( x)  ax 2  bx  c với a, b, c là các số thỏa mãn: 13a  b  2c  0 . Chứng tỏ rằng: f (2). f (3)  0 . c) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M  x 2  y 2  xy  x  y  1 Bài 2 (2.0 điểm): Giải các phương trình sau: a) x 1 x  2 x  3 x  4    2013 2012 2011 2010 b) (2 x  5) 3  ( x  2) 3  ( x  3) 3 Bài 3 (2.5 điểm): Cho hình vuông ABCD. M là một điểm tuỳ ý trên đường chéo BD. Hạ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AD. a) Chứng minh DE  CF. b) Chứng minh rằng ba đường thẳng DE, BF, CM đồng quy. c) Xác định vị trí của điểm M trên BD để diện tích tứ giác AEMF lớn nhất. Bài 4 (2.0 điểm): Cho hình bình hành ABCD (AC > BD). Gọi G, H lần lượt là hình chiếu của C trên AB và AD. Chứng minh : a) ABC đồng dạng với  HCG b) AC 2  AB.AG  AD.AH Bài 5 (1.0 điểm): Chứng minh rằng với mọi số n nguyên dương thì: 5n (5n  1)  6n (3n  2n ) M 91 UBND HUYỆN QUẾ SƠN PHÒNG GD&ĐT KỲ KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI LỚP 6,7,8 CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2012-2013 Môn: Toán - Lớp 8 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1(2.5 điểm): Có: a2 + b2  2ab; a2 + c2  2ac; b2 + c2  2ac Cộng được: 2a2 + 2b2 + 2c2  2ab + 2ac + 2bc  a2 + b2 + c2  ab + ac + bc 0,25 (1) a + b + c = 0  a2 + b2 + c2 +2ab + 2ac + 2bc = 0 0,25  -a2 – b2 – c2 =2ab + 2ac + 2bc (2) Cộng (1) với (2) được 3ab + 3ac + 3bc  0  ab + bc + ca  0 0,25 f(-2) = 4a – 2b + c; f(3) = 9a + 3b + c 0,25 Có f(-2) + f(3) = 13a + b + 2c = 0 nên: Hoặc: f(-2) = 0 và f(3) = 0  f(-2).f(3) = 0 (1) Hoặc: f(-2) và f(3) là hai số đối nhau  f(-2).f(3) < 0 (2) Từ (1) và (2) được f (2). f (3)  0 0,25 0,25 4M  4x 2  4y 2  4xy  4x  4y  4  (2x  y  1) 2  3y 2  2y  3 2 1 8  (2x  y  1) 2  3(y 2  y  )  3 9 3 1 8  (2x  y  1) 2  3(y  ) 2  3 3 Giá trị nhỏ nhất của 4M là 8 1 2 tại y   ; x = nên 3 3 3 2 1 2 Giá trị nhỏ nhất của M là tại y   ; x = . 3 3 3 0,50 0,50 Bài 2(2.0 điểm): x 1 x2 x4 x 3 1 1  1 1 2013 2012 2010 2011 x  1 2013 x  2 2012 x  4 2010 x  3 2011         2013 2013 2012 2012 2010 2010 2011 2011 x  2014 x  2014 x  2014 x  2014     2013 2012 2010 2011 1 1 1   1  (x  2014)     0  2013 2012 2010 2011  1 1 1 1    Do  0 nên phương trình có nghiệm x = 2014 2013 2012 2010 2011  Đặt 2x - 5 = a; x - 2 = b  a - b = x -3 Phương trình đã cho trở thành: a3 - b3 = (a - b)3 (a-b) (a2 + ab + b2 ) = (a-b)(a2 -2ab + b2) (a-b)( a2 + ab + b2 - a2 +2ab - b2) = 0 3ab(a-b) = 0 5 a = 0  x  ; b = 0  x = 2; a = b  x = 3 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 0,25 Bài 5 (1.0 điểm): A = 5n (5n  1)  6n (3n  2n )  25n  5n  18n  12n 0,25 A  (25n  18n )  (12n  5n ) . A chia hết cho 7 0,25 A  (25n  12n )  (18n  5n ) . A chia hết cho 13 0,25 Do (13,7) =1 nên A chia hết cho 91 0,25 Bài 3 (2.5 điểm): A F D E B M C Chứng tỏ được AE = DF (Cùng bằng MF) 0,25 · · Chứng tỏ được CDF = DAE  FCD  EDA 0,25 · · phụ nhau  ECD · · phụ nhau hay CF DE Có EDA và EDC và EDA 0,25 Tương tự có CE  BF 0,25 Chứng minh được CM  EF: Gọi G là giao điểm của FM và BC; H là giao điểm của CM và EF. 0,50 · · (Hai HCN bằng nhau) MCG  EFM · · · · (Đối đỉnh)  MHF = 900 CMG  FMH  MGC CM, FB, ED là ba đường cao của tam giác CEF nên chúng đồng quy 2 2 (AE - ME) 0 nên (AE + ME)  4AE.ME   SAEMF   AE  ME  AE.ME  0,25 2 4 AB2 . Do AB = const nên SAEMF lớn nhất khi AE = ME. 4 0,25 0,50 Lúc đó M là trung điểm của BD. Bài 4 (2.0 điểm): Chứng tỏ được: CBG đồng dạng với CDH.  CG BC BC   CH DC BA 0,25 0,25 · · · ) (Cùng bù với BAD ABC  HCG 0,50  ABC đồng dạng với HCG Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của B, D trên AC. AFD đồng dạng AHC: AF AD   AF.AC  AD.AH AH AC AEB đồng dạng AGC: AE AB   AE.AC  AG.AB AG AC Cộng được: AF.AC + AE.AC = AD.AH+AG.AB AC(AF+AE) = AD.AH+AG.AB Chứng tỏ được AE = FC. Thay được: AC(AF+FC) = AD.AH+AG.AB  AC2 = AD.AH+AG.AB 0,25 0,25 0,25 0,25 PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC TRƯỜNG THCS BƯNG RIỀNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 8 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút ĐỀ BÀI : Bài 1: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên x thì biểu thức A = x5 – x luôn chia hết cho 30 Bài 2: Phân tích các đa thức sau thành nhân tử 1/ a(x2 +1) – x(a2 + 1) 2/ 6x3 + 13x2 + 4x – 3 3/ ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 15 Bài 3 : a/ Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B = 4 x 3  6 x 2  8x nhận giá trị nguyên 2x  1 b/ Tìm giá trị của a và b để biểu thức C = a2 – 4ab + 5b2 -2b – 6 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Bài 4 : Chứng minh rằng : (x – 1)(x – 3 )( x – 4 )(x – 6 ) +10  1 Bài 5 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N theo thứ tự là trung điểm của AB và BC. a/ Tính diện tích tứ giác AMND b/ Phân giác góc CDM cắt BC tại E, Chứng minh DM = AM + CE Bài 6 : Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. BD , CE là hai đường cao của tam giác cắt nhau tại điểm H. Chứng minh rằng : a/ HD.HB = HE.HC b/  HDE  HCB c/ BH.BD + CH.CE = BC2 HẾT PHÒNG GD&ĐT XUYÊN MỘC TRƯỜNG THCS BƯNG RIỀNG ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI HSG TOAN 8 MÔN TOÁN Thời gian 120 phút BÀI 1: (2đ) A = x5 – x = x( x4 - 1 ) = x( x2 – 1 )( x2 + 1) = (x – 1 ) x ( x + 1)( x2 + 1) Vì (x – 1 ) x ( x + 1) là 3 số tự nhiên liên tiếp nên chia hết cho cả 2 và 3 => A 6 (1) +/ Nếu x 5 => A 5 +/ Nếu x : 5 dư 1 thì ( x – 1) 5 => A 5 +/ Nếu x : 5 dư 4 thì ( x + 1) 5 => A 5 2 +/ Nếu x : 5 dư 2 hoặc 3 thì x : 5 dư 4 => ( x2 + 1) 5 => A 5 Vậy A 5 với mọi x (2) Ta có UCLN ( 5;6) = 1 nên kết hợp (1) và (2) => A (5.6) =30 A 30 với mọi x Bài 2 : (3đ) 1/ a(x2 +1) – x(a2 + 1) = ax2 + a – a2 – x = ax2 –a2x +a – x = = ax(x – a ) – ( x – a ) = ( x – a ) ( ax – 1 ) 3 2 2/ 6x + 13x + 4x – 3 = 6x3 + 6x2 + 7x2 + 7x – 3x – 3 = 6x2( x + 1) + 7x( x + 1) – 3( x + 1) = ( x + 1)( 6x2 + 7x – 3 ) = ( x + 1)( 6x2 + 9x – 2x – 3 ) = ( x + 1 )( 3x( 2x + 3) – ( 2x + 3) = (x + 1)( 2x +3)( 3x – 1 ) 3/ ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) – 15 = ( x2 + x)2 – 2(x2 + x) + 1 – 16 = ( x2 + x – 1 )2 – 42 = ( x2 + x – 5 )( x2 + x + 3 ) 4 x 3  6 x 2  8x nhận giá trị nguyên 2x 1 4 x 3  6x 2  8x 4x 3  2x 2  4x 2  2x  6x  3  3 3 B=   2x 2  2x  3  2x  1 2x  1 2x  1 Để B nhận giá trị nguyên thì 3 (2x – 1) Hay ( 2x – 1 )  U(3) = { -1;1;-3;3} Suy ra x  { 0;1; -1; 2} Bài 3 : (4đ) a/ Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức B = b/ Tìm giá trị của a và b để biểu thức C = a2 – 4ab + 5b2 -2b – 6 đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. C = a2 – 4ab + 4b2 + b2 – 2b + 1 – 7 = ( a -2b)2 + ( b – 1)2 – 7  – 7 Vậy : Tại a – 2b = 0 và b – 1 = 0  a = 2 và b = 1 thì MinC = -7 Bài 4 : ( 2đ) Chứng minh rằng : (x – 1)(x – 3 )( x – 4 )(x – 6 ) +10  1 Ta có (x – 1)(x – 3 )( x – 4 )(x – 6 ) +10 = (x – 1)(x – 6 )( x – 4 )(x – 3 ) +10 = x2 -7x + 6 )( x2 – 7 x + 12) + 10 = ( x2 – 7x + 9 – 3 )( x2 – 7x +9 + 3) + 10 = = ( x2 – 7x + 9)2 – 32 + 10 = ( x2 – 7x + 9)2 + 1 Vì ( x2 – 7x + 9)2  0 ,với mọi x Nên ( x2 – 7x + 9)2 + 1  1 , với mọi x Bài 5 : ( 4đ) a/ SAMND = SABCD – S  BMN - S  NCD Ta có  BMN vuông tại B có BM = BN = Suy ra a = CN 2  NCD vuông tại C có DC = a 1aa 1 a a2 a 5a 2  .a.  a 2    SAMND = a 2  222 2 2 8 4 8 b/ Chứng ming DM = AM + CE Trên tia đối của tia CB lấy điểm K sao cho CK = AM Dễ dàng chứng minh được  ADM =  CDK ( c.g.c) Suy ra AM = CK và DM = DK (1) Và góc ADM = góc CDK Ta có :  ADE =  ADM +  MDE = =  EDC +  CDK =  EDK ( Vì  MDE =  EDC theo GT) Mặt khác  ADE =  DEK ( so le trong ) = >  EDK =  DEK Vậy  DKE cân tại K => DK = KE = CK + CE ( 2) Từ (1) và (2) suy ra DM = AM + CE Bài 5 : ( 5đ) a/ HD.HB = HE.HC : Chứng minh 2  vuông :  BHE và  CHD đông dạng (  E =  D = 900;  EBH =  DCH cũng phụ với  A ) => HE HB  HD HC => HD.HB = HE.HC HE HB HE HD    HD HC HB HC và  EHD =  CHB (đối đỉnh) =>  HDE  HCB b/  HDE  HCB : Từ c/ vì H là giao điểm hai đường cao BD và CE nên H là trực tam của tam giác. => AH là đường cao thứ ba. Gọi F là giao điểm của AH với BC Ta có AF  BC BH BF  Hay BH.BD = BF.BC (*) BC BD CH CF  Hay CH.CE = CF.BC (**)  CHF đồng dạng  BCE (  vuông có cùng góc BCE) => CB CE  BHF đồng dạng  BCD (  vuông cùng góc nhọn B) => Cộng theo vế (*), (**) : BH.BD + CH.CE = BC(BF + CF) = BC2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÌNH DƯƠNG KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI TOÁN TUỔI THƠ TOÀN QUỐC NĂM HỌC: 2013-2014 MÔN TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút (Không kể thời gian phát đề) Câu 1: (2,5 điểm) b 2 c 2 c 2 a 2 a 2b 2 1 1 1   Cho    0 với a, b, c ≠ 0 và M  a b c a b c Chứng minh rằng M= 3abc. Câu 2: (2,5 điểm) a) Chứng minh rằng (x+2)3 > 1 + x + x2 + x3 với mọi giá trị x. b) Giải phương trình tìm nghiệm nguyên: 1 + x + x2 + x3 = y3 Câu 3: (2,5 điểm) 3x  3 . x  x2  x 1 a) Tìm giá trị của x để A nhận giá trị nguyên. b) Tìm giá trị lớn nhất của A. Cho biểu thức A  3 Câu 3: (2,5 điểm) Cho tam giác ABC. Từ điểm M thuộc cạnh AC kẻ các đường thẳng song song với các cạnh AB và BC cắt BC tại E và AB tại F. Hãy xác định vị trí của M trên AC sao cho hình bình hành BEMF có diện tích lớn nhất. ------------Hết------------ 1 2 3 4 TRƯỜNG THCS NAM ĐÀ §Ò thi th«ng tin chän häc sinh giái líp 8 n¨m häc 2008 2009 Họ tªn : ........................................... Líp : ... M«n: To¸n Thêi gian lµm bµi: 120 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) C©u 1 ( 2,0 ®iÓm) Gi¶i ph­¬ng tr×nh : x(x+2)(x2+2x+5) = 6 C©u 2 : ( 4,0 ®iÓm) a) TÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc : A = x8 – 31x7 + 31x6 – 31x5 +31x4 – 31x3 + 31x2 – 31x + 27 víi x = 30 b) Cho a - b = 4 tÝnh gi¸ trÞ cña biÓu thøc B = a3 – 12ab - b3 C©u 3 : ( 2,0 ®iÓm) Rót gän ph©n thøc : 2a 3  7a 2  12a  45 3a 3  19a 2  33a  9 C©u 4 : ( 3,5 ®iÓm) Mét ng­êi ®i mét n÷a qu·ng ®­êng tö A ®Õn B víi vËn tèc 15km/h , vµ ®i phÇn cßn l¹i víi vËn tèc 30km/h . TÝnh vËn tèc trung b×nh cña ng­êi ®ã trªn toµn bé qu·ng ®­êng AB . C©u 5 : ( 2,0 ®iÓm) Chøng minh r»ng : a 2  b2 a) S  víi S lµ diÖn tÝch cña tam gi¸c cã ®é dµi hai c¹nh b»ng a , b . 4 C©u 6 :( 6,5 ®iÓm) Cho tam gi¸c IKP c©n t¹i A cã KP = 4 cm , M lµ trung ®iÓm cña KP lÊy D, E thø tù thuéc c¸c c¹nh ˆ  Kˆ . IK , IP sao cho DME a) Chøng minh r»ng tÝch KD . PE kh«ng ®æi . b) Chøng minh r»ng DM lµ tia ph©n gi¸c cña gãc KDE . c) TÝnh chu vi  IED nÕu  IKP lµ tam gi¸c ®Òu . ------------- ------------( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm ) Hä vµ tªn thÝ sinh :.............................................. Sè b¸o danh ....................... Ch÷ kÝ gi¸m thÞ 1 Ch÷ kÝ gi¸m thÞ 2 1
- Xem thêm -