Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Chí Linh – Hải Dương

Giới thiệu Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Chí Linh – Hải Dương

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề giao lưu HSG Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Chí Linh – Hải Dương.

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 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Chí Linh – Hải Dương

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

UBND THỊ XÃ CHÍ LINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 150 phút (Đề gồm 01 trang) Câu 1: (2,0 điểm)  x2  2 x  1 2  2×2 A   1   2  với x  0; x  2 . a) Rút gọn biểu thức :  2 2 3  2 x  8 8  4 x  2 x  x x x     b) Cho hai số x, y thỏa mãn x + y = 2 và x2 + y2 = 10. Tính giá trị của biểu thức : M = x3 + y3. Câu 2: (2,0 điểm) a) Giải phương trình : x 2  4 x  6  b) Giải bất phương trình : 21 x  4 x  10 2 4 1 2 y2  5   1  y  y2 1  y y3  1 Câu 3: (2,0 điểm) a) Cho hai số chính phương liên tiếp. Chứng minh rằng tổng của hai số đó cộng với tích của chúng là một số chính phương lẻ. b) Giải phương trình nghiệm nguyên dương : 3 y  x 2  5 x  7 . Câu 4: (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A (AB > AC). Kẻ đường cao AH. a) Chứng minh rằng : AB 2 BH  . AC 2 CH b) Kẻ AD là tia phân giác của góc BAH ( D  BH ) . Chứng minh rằng : DH .DC  BD.HC . c) Gọi M là trung điểm của AB, E là giao điểm của hai đường thẳng MD và AH. Chứng minh rằng CE // AD. Câu 5: (1,0 điểm) Cho 0  b  a  4 và 2ab  3a  4b . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P  a 2  b 2 . ———- HẾT ———————- Giám thị không giải thích gì thêm ————– UBND THỊ XÃ CHÍ LINH PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2016 – 2017 MÔN: TOÁN – LỚP 8 (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm 03 trang) Nội dung đáp án Phần Điểm  x  2x  1 2  2x  1  2  2 2 3   2x  8 8  4x  2x  x   x x  a) Ta có A   a 2 2  x2  2 x   x2  x  2  2 x2     2 2 x2  2( x  4) 4(2  x)  x (2  x)    0,25  x2  2x   ( x  1)( x  2)   x ( x  2) 2  4 x 2   ( x  1)( x  2)  2 x2       2 2 2 x2 x2   2( x  2)( x  4)     2( x  4) ( x  4)(2  x)   0,25 x3  4 x 2  4 x  4 x 2 x  1 x( x 2  4)( x  1) . 2  2( x 2  4) x 2 x 2 ( x 2  4) x 1 x 1 . Vậy A  với x  0; x  2 .  2x 2x + Ta có x 2  y 2  ( x  y ) 2  2 xy + Do đó 10  4  2 xy  xy  3 + Khi đó M  x3  y 3  ( x  y )3  3xy ( x  y ) + Tính được M  23  3.( 3).2  26  Câu 1 b Vậy M = 26. Chú ý : Nếu HS tính trực tiếp x và y rồi thay vào M tính vẫn cho điểm tối đa. Ta có x 2  4 x  10  ( x  2) 2  6  0x . Phương trình trở thành : ( x 2  4 x  6)( x 2  4 x  10)  21  ( x 2  4 x  8  2)( x 2  4 x  8  2)  21  ( x 2  4 x  8)2  25 a  x2  4 x  8  5  2  x  4 x  8  5  x 2  4 x  3  0 (1)  2  x  4 x  13  0 (2) – Giải PT (1) được nghiệm x1  1; x2  3 . – Giải PT (2) vô nghiệm vì x 2  4 x  13  ( x  2)2  9  0x Câu 2 Vậy tập nghiệm của PT là S  {1;3} . b) ĐK : y  1 4 1 2 y2  5 4(1  y )  1  y  y 2 2 y 2  5     0 1  y  y2 1  y y3 1 (1  y  y 2 )(1  y ) 1  y3 3 y2  3 y 3 y ( y  1) 3 y ( y  1) 0 0 0 3 3 1 y 1 y (1  y )(1  y  y 2 ) 3 y   0  3 y  0  y  0 (do 1  y  y 2  0) 1 y  y2 y  0 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là  y  1  b 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 + Gọi hai số chính phương liên tiếp lần lượt là a 2 và (a +1)2 ( a  N ). + Theo bài ra ta có: a2 + (a + 1)2 + a2(a + 1)2 = a4 + 2a3 + 3a2 + 2a + 1 0,25 = (a4 + 2a3 + a2) + 2(a2 + a) + 1 = (a2 + a)2 + 2(a + 1) + 1 a Câu 3 b = (a2 + a + 1)2 = [a(a + 1) + 1]2 0,25 + Do a nguyên nên a(a + 1) là số chẵn  a2 + a + 1 là số lẻ. 0,25 + Vậy [a(a + 1) + 1]2 là một số chính phương lẻ. Suy ra đpcm. 0,25 Nếu y  2 thì vế trái chia hết cho 9, ta chứng minh vế phải không chia hết cho 9. + Thật vậy giả sử x 2  5 x  7  9  x 2  5 x  7  3  x 2  2 x  1  3 x  6  3  x 2  2 x  1 3  ( x  1) 2  3  ( x  1)  3 (vì 3 là số nguyên tố). Suy ra x có dạng x  3k  1( k  N ) . + Khi đó x 2  5 x  7  (3k  1) 2  5(3k  1)  7  9k 2  9k  3 không chia hết cho 9 mâu thuẫn giả sử. + Do đó y < 2. Suy ra y  {0;1} . - Với y = 0 thì x  {2;3} - Với y = 1 thì x  {1; 4} + Vậy (x ; y) = (2; 0), (3; 0), (1; 1), (4; 1). N M B 0,25 0,25 0,25 A 1 Hìn h vẽ 0,25 2 D H C 0,25 Câu 4 E Chứng minh HAB  a HCA( g .g ) AH HB AB   HC AH AC AB2 AH HB HB  .  AC2 HC AH HC Chú ý : HS có thể chứng minh AB2 = BH.BC và AC2 = CH.BC rồi chia vế.  0,25 0,25 0,25  DAC A1  90o     90o   DAC  ADC  A ADC => ADC cân tại C + Chứng minh được :   2   A1   A2  => CA = CD. b + Chứng minh được DH AH (tính chất đường phân giác)  DB AB 0,25 + Chứng minh được AH CH CH (tam giác đồng dạng và do CA = CD)   AB AC CD 0,25 + Suy ra được c 0,25 DH CH   DH .DC  BD.HC DB CD 0,25 + Dựng N là điểm đối xứng của D qua M => AN = BD. 0,25 DH HE    HE CH HE CH + Ta có : AN AE     DH DH CH AE CD AH DH    (cmt )  AN DB CD 0,25 + Suy ra được HCE   DAH  HDA(c.g .c)  CEH + Mà hai góc ở vị trí SLT nên CE // AD. 0,25 + Với 0  b  3, 0  b  a  4 thì P  a  b  3  4  25 2 0,25 2 2 2 0,25 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 4; b = 3. + Chứng minh được bất đẳng thức (ax  by ) 2  (a 2  b 2 )( x 2  y 2 ) (1) 0,25 + Với 3  b  a  4 thì 0  a  b  4  3  1 . Do đó (a  b) 2  a  b Câu 5  P  a 2  b 2  (a  b) 2  2ab  a  b  2ab  a  b  (3a  4b)  4a  3b (2) 0,25 Áp dụng (1) ta có (3a  4b) 2  (32  42 )(a 2  b 2 )  25( a 2  b 2 ) (3) Từ (2) và (3) suy ra (a 2  b 2 )2  25(a 2  b 2 )  a 2  b 2  25 + Vậy Max(P) = 25 khi a = 4; b = 3. 0,25
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top