Tài liệu đề chọn hsg toan 8

  • Số trang: 3 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 23 |
  • Lượt tải: 0
hosomat

Tham gia: 10/08/2016

Mô tả:

PHÒNG GD-ĐT Trường THCS ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG Năm học 2013 – 2014 ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1: Cho biểu thức: 6x 1 6 x  1  x 2  36  . 2 2 2  x  6 x x  6 x  12 x  12 A=  a, Tìm tập các định và rút gọn biểu thức A. b, Tính giá trị của biểu thức A với x = 1 94 5 . Câu 2: Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng rằng: ab – a – b + 1 chia hết cho 192 Câu 3: a, Chứng minh bất đẳng thức: x2 + y2 – xy  x + y – 1 b, Cho: a b c + b c a + c a b a = 0. Chứng minh rằng: ( b  b 2 ) +(c c c 2 ) +(a a 2 ) = b 2 Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD. TRên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm đối xứng của C qua P. a) Tứ giác AMDB là hình gi? b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD, AB. Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng. c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị trí của điểm P. *** Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm *** ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8 Câu Phần 1 a Bài giải TXĐ: x  0; x  A=  6  6x 1 6 x  1  ( x  6)( x  6)  x( x  6)  x( x  6)  . 2   12( x  1) = 6 x 2  36 x  x  6  6 x 2  36 x  x  6 1 .  x 12( x 2  1) = b 12( x 2  1) 1 1 .  2 x 12( x  1) x 1  A= x 1 1  9  4 5 2  5 94 5 2 3 a b Vì a, b là hai số chính phương liên tiếp nên giả sử a < b, ta có: a = (2k – 1)2; b = (2k + 1)2 với k  Z ; k  0 ab – a – b + 1 = (a – 1)(b – 1) = 16k2(k – 1)(k + 1) Vì k(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 3 với mọi k thuộc Z. Và k2(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 4, với mọi k thuộc Z. Kết hợp với (3,4) = 1 nên ab – a – b + 1 chia hết cho 16.12 = 192 (đpcm) x2 + y2 – xy  x + y – 1  x2 + y2 + 1 – xy – x – y  0  2x2 + 2y2 + 2 – 2xy – 2x – 2y  0  (x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2  0 Bất đẳng thức luôn luôn đúng. Vậy x2 + y2 – xy  x + y – 1 Ta có: a b c   0 b c c a a b 2 b c   a     0  b c c a a b 2 2 2 ab bc ca  a   b   c   2 2 0      2  b  c  c  a  c  a  a  b  a  b  b  c  b c  c a  a b 2 2 2 abc  a   b   c   a b b c c a         2  0 a b   b  c   c  a   a  b   c  b c  c a  a b 2 2 2 ab  a  b   bc  b  c   ca  c  a  abc  a   b   c     0      2 abc  b  c  c  a  a  b  b c  c a  a b 2 2 2 ab  a  b   bc  b  c   ca  a  b  b  c  abc  a   b   c     0      2 abc  b  c   c  a  a  b  b c  c a   a b 2 2 2 ab  a  b   bc  b  c   ca  a  b   ca  b  c  abc  a   b   c   0      2 abc  b  c  c  a  a  b  b c  c a  a b 2 2 2 a  a  b  b  c   c  b  c   a  b  abc  a   b   c     0      2 abc  b  c  c  a  a  b  b c  c a  a b 2 2 2  a  b   b  c   a  c  0 abc  a   b   c          2 abc  b  c  c  a  a  b  b c  c a  a b 2 2 2 2 2 2  a   b   c         2 0  b c  c a  a b  a   b   c        2 (đpcm)  b c  c a  a b F B A I HVẽ O E M P C D 4 a b c Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có O là trung điểm của AC P là trung điểm của MC Hay PO là đường trung bình của  ACM hay AM // PO. Vậy BD // AM hay tứ giác AMDB là hình thang.   Do AM // BD hay OBA MAE (đồng vị)   Xét tam giác cân OAB ta có OBA OAB   Gọi I là giao điểm của MA và EF, ta thấy AEI cân ở I hay IAE IEA   Suy ra FEA OAB hay EF //AC .(1) Mặt khác IP là đường trung bình của  MAC suy ra IP // AC. (2) Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng. Do  MAF   DBA (g – g) → MF AD  FA AB không đổi - Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tối đa.
- Xem thêm -