Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc – Thanh Hóa

Giới thiệu Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc – Thanh Hóa

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc – Thanh Hóa.

Tài liệu Học sinh giỏi Toán 8 và hướng dẫn giải chi tiết các đề thi học sinh giỏi sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn, các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất miễn phí nhé.

Tài liệu Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Vĩnh Lộc – Thanh Hóa

Các em học sinh và bạn đọc tìm kiếm thêm tài liệu Toán 8 tại đây

UBND HUYỆN VĨNH LỘC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6, 7, 8 CỤM THCS Năm học 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ GIAO LƯU MÔN: TOÁN LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian giao đề ) ( Đề giao lưu gồm có 01 trang ) Bài 1 (4,0 điểm):  1  x3  1  x2    x : Cho biểu thức A =   1  x  x 2  x 3 với x khác -1 và 1.  1 x  1) Rút gọn biểu thức A. 2 3 2) Tính giá trị của biểu thức A tại x  1 . 3) Tìm giá trị của x để A < 0. Bài 2 ( 4,0 điểm ): a)Giải phương trình sau: 1 2 6  2  2 x  2x  2 x  2x  3 x  2x  4 2 b) Cho x là số nguyên. Chứng minh rằng biểu thức M= (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) +1 là bình phương của một số nguyên Bài 3 ( 4,0 điểm ): a). Cho x,y,z là các số nguyên thỏa mãn: x + y + z chia hết cho 6 Chứng minh M = ( x + y)( x + z )( y + z ) – 2xyz chia hết cho 6 b). Cho a,b,c là các số khác 0 thỏa mãn: a 3b 3  b 3c3  c 3 a3  3a 2b 2c 2 Tính giá trị biểu thức P  1   1   1   b c a a  b  c   Bài 4 (6,0 điểm). Cho tam giác nhọn ABC ( AB < AC), có đường cao AH sao cho AH = HC. Trên AH lấy một điểm I sao cho HI = BH. Gọi P và Q là trung điểm của BI và AC. Gọi N và M là hình chiếu của H trên AB và IC ; K là giao điểm của đường thẳng CI với AB ; D là giao điểm của đường thẳng BI với AC. a). Chứng minh I là trực tâm của tam giác ABC b). Tứ giác HNKM là hình vuông c). Chứng minh bốn điểm N, P, M, Q thẳng hàng. Bài 5 ( 2,0 điểm ): Cho x,y,z là các số dương thỏa mãn điều kiện: x 2015  y 2015  z 2015  3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: x 2  y 2  z 2 - Họ và tên thí sinh:……………………………………………………………..; Số báo danh: Chú ý: Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm. UBND HUYỆN VĨNH LỘC PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP 6, 7, 8 CẤP HUYỆN Năm học 2014 – 2015 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN LỚP 8 ( Gồm có 04 trang ) I. Một số chú ý. 1. Tổng số điểm của 5 bài trong đề thi là 20 điểm. 2. Không được làm tròn điểm của từng bài và tổng điểm đạt được của thí sinh. 3. Thí sinh có thể giải bằng các cách khác với lời giải trong hướng dẫn chấm, nếu lời giải đúng, đủ bước thì người chấm vẫn có thể cho điểm tối đa theo biểu điểm quy định cho từng câu. II. Đáp án, biểu điểm và hướng dẫn chấm. Bài Câu 1 1.1 Yêu cầu cần đạt và lời giải tóm tắt Với x khác -1 và 1 thì : A= (4,0 điểm (2,0 điểm 1.2 Mức điểm = 1  x3  x  x2 (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x  x 2 )  x(1  x) (1  x)(1  x  x 2  x) (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  2 x  x 2 ) 1 = (1  x 2 ) : (1  x) 2 = (1  x )(1  x ) 2 5 5 5 Tại x =  1 =  thì A = 1  ( ) 2   1  ( ) 3 3 3   3   (1,0 = (1  25 )(1  5 ) 9 3 điểm)  34 8 272 2 .   10 9 3 27 27 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 1.3 Với x khác -1 và 1 thì A < 0 khi và chỉ khi (1  x 2 )(1  x)  0 (1) (1,0 Vì 1  x 2  0 với mọi x nên (1) xảy ra khi và chỉ khi 1  x  0 điểm)  x  1 KL 2 2.a 1 2 6  2  2 x  2x  2 x  2x  3 x  2x  4 2 Đặt t = x2 -2x + 3 = ( x-1)2 +2. Với t  2 0,25đ 0,5đ 0,25đ Phương trình đã cho trở thành: (4,0 điểm) 1 2 6   t 1 t t 1  3t 2  7t  2  0 (2,0 điểm) t  2  1 t   3 Kết hợp với ĐK ta được t = 2 Do đó ta có: ( x-1)2 +2 =2 ( x-1)2 = 0. . x=1 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x = 1 2.b 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Ta có: M= (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) +1 = (x2 + 5x + 4)(x2 + 5x + 6) + 1 2 Đặt t = x + 5x + 5 (2,0 điểm) 0,25đ Khi đó M = (t – 1)(t + 1) +1 = t2 – 1 + 1 = t2 Vì x là số nguyên nên t là số nguyên. Vậy M là bình phương của một số nguyên a). Ta có: M = ( x + y)( x + z )( y + z ) – 2xyz Học sinh biến đổi được M = ( x +y +z ) ( xy +yz + zx) – 3 xyz (4,0 (2,0 Vì x,y,z là các số nguyên thỏa mãn x + y + z chia hết cho 6 điểm) điểm) Nên ( x +y +z ) ( xy +yz + zx) chia hết cho 6 Trong 3 số x,y,z tồn tại ít nhất một số chia hết cho 2. Suy ra 3xyz chia hết cho 6 Do đó: ( x +y +z ) ( xy +yz + zx) – 3 xyz chia hết cho 6 Vậy: M chia hết cho 6 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 3 Đặt ab =x; bc = y; ca = z Ta có: x3 + y3 +z3= 3xyz - Học sinh chứng minh : x+y+z = 0 hoặc x2+y2+z2-xy-yz-zx = 0 2,0 - TH1: x+y+z = 0 điểm HS sử dụng hằng đẳng thức : ( x+y+z)3 – x3- y3- z3 = 3 (x+y)(y+z)(z+x) => -xyz = (x+y)(y+z)(z+x) Ta có: -a2b2c2=(ab+bc)(bc+ca)(ca+ab) -abc = (a+b)(b+c)(c+a) 0,75đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ  => P   1    1    1    1 b c a a  b  2 2 c  0,5đ  2 -TH2: x +y +z -xy-yz-zx = 0 => ( x-y)2 + (y-z)2 + (z-x)2 = 0 => x=y=z => ab=bc=ca =>a=b=c P=8 KL: 4 4.a. 0,5đ A D K Q Ij (6,0 (2,0 điểm) điểm) M P N B 4.b. (2,0 điểm) H C Xét tam giác BHI có: BH = HI ; H  900 Tam giác BHI vuông cân tại H.=> IBH  450 Tam giác AHC có AH = HC; H  900 Tam giác AHC vuông cân tại H => ACH  450 Suy ra tam giác BCD vuông cân tại D Tam giác ABC có 2 đường cao AH, BD. Vậy I là trực tâm của tam giác ABC – Xét tứ giác HMKN có: M  N  90 0 K  90 0 . ( CK là đường cao). Tứ giác HMKN là hình chữ nhật. (1) Xét tam giác MIH và tam giác NBH có: 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ HMI  HNB  900 HB  HI ( gt ) HIC  HBN Suy ra HMI  HNB => HM = HN (2) Từ (1) và (2): Tứ giác HMKN là hình vuông 4.c (2,0 điểm) – Theo câu b: Tứ giác HMKN là hình vuông nên M, N thuộc trung trực của đoạn thẳng KH – Xét 2 tam giác vuông AHC và AKC; trung tuyếnHQ,KQ. Ta có: HQ = ½ AC; KQ = ½ AC; Suy ra Q thuộc trung trực KH 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 1,0 đ - Hoàn toàn tương tự ta cũng có P thuộc trung trực KH Vậy 4 điểm M,N,P,Q thẳng hàng 5 0,5 đ – Áp dụng bất đẳng thức cô si cho 2015 số dương x2015; x2015; 1;1;1;……;1;1 ta được x2015+x2015+1+1+1+……+1+1  20152015 x 2015 .x 2015 .1.1.1…..1  2015 x 2 2×2015+2013  2015x 2 Hoàn toàn tương tự ta cũng có: (2,0 2y2015+2013  2015y 2 điểm) 2z2015+2013  2015z 2  2  x 2015  y 2015  z 2015   6039  2015( x 2  y 2  z 2 ) => x 2  y 2  z 2  3 Dấu “=” xảy ra khi x=y=z=1 Vậy x2 + y2 + z2 đạt giá trị lớn nhất là 3 tại x = y = z =1 1,0đ 0,5đ 0,5đ
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top