Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Ý Yên – Nam Định

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Ý Yên – Nam Định

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Ý Yên – Nam Định.

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 thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Ý Yên – Nam Định

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

PHÒNG GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO HUYỆN Ý YÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI THCS NĂM HỌC 2014 – 2015 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN – LỚP 8 Thời gian làm bài: 150 phút Đề gồm 01 trang Bài 1. (3 điểm) 1) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 2  y  z   y 2  z  x   z 2  x  y  . 2) Cho  x  y  2   y  z 2   z  x 2  4  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  . Chứng minh rằng x  y  z . Bài 2. (4 điểm) Cho biểu thức 2×2  x2  2 x  1 2  . 1   2  , với x  0; x  2 . P  2 2 3    2x  4 8  4 x  2 x  x   x x  1) Rút gọn P. 2) Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức Q = 2.P nhận giá trị nguyên. Bài 3. (4 điểm) Giải phương trình 3 3 1)  x  4,5    x  5,5   12, 25 6 12 7 2) 2 .  2 3 2 x  2 x 8 x 3 Bài 4. (2 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn 1 1 1    4 . Chứng minh x y z 1 1 1   1 . 2x  y  z x  2 y  z x  y  2z Bài 5. (5 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. Từ C vẽ một đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E. 1) Chứng minh EDA  EBC . 2) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi. Bài 6. (2 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm bất kì trên cạnh AC, qua M kẻ các đường thẳng ME, MF lần lượt song song với cạnh AB, BC ( E  BC và F AB). Tìm vị trí của M để diện tích tứ giác BEMF có diện tích lớn nhất. Họ và tên thí sinh: ………………… Họ, tên chữ ký GT 1: …………………………. Số báo danh:………………………… Họ, tên chữ ký GT 2: …………………………. HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 8 NĂM HỌC 2014 – 2015 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN Ý YÊN Bài 1 (3,0đ) ý Nội dung đáp án x  y  z   y  z  x  z  x  y = 2 2 Điểm 2 x2  y  z   y 2  z  x   z 2  x  z  z  y  = x  y  z   y  z  x  z  x  z   z 1) (1,5đ) =  y  z   x 2  z 2    z  x   y 2  z 2  2 2 2 2  y  z   y  z  x  z  x  z    z  x  y  z  y  z    y  z  x  z  x  z  z  y    y  z  x  z  x  y  0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 2)  x  y  2   y  z 2   z  x 2  4  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  (1,5đ)  x2  2 xy  y 2  y 2  2 yz  z 2  z 2  2xz  x2  4×2  4 y 2  4z 2  4 xy  4 yz  4xz 0,25  2 x2  2 y 2  2z 2  2 xy  2 yz  2xz  0 0,25   x 2  2 xy  y 2    y 2  2 yz  z 2    z 2  2 xz  x 2   0 0,5   x  y   y  z   z  x  0 2 2 2 Mà  x  y   0 ;  y  z   0 ;  z  x   0 với mọi x, y ,z 2 2 2 nên  x  y    y  z    z  x   0 khi và chỉ khi x= y; y =z ; z =x 2 2 2 hay x = y = z ( đpcm). 2 (4,0đ)   x2  2 x   x  2  x2  x  2 2x  . P   2  x2  4  x  2  x2  4  x  2  x2   x  x  2  4×2 2    2 x  4  x  2 2 .  x  1 x  2  2 x  x  2  4x  x 1    2 2 x  4 .x2   x 2    x  1 2x  x  4  4x  4  4x 2 0,25 0,25 ĐK: x  0; x  2 1 (2,5đ) 0,25 x2 0,5 0,5 0,5 0,25  x 2   4  x  1  2x x  4 2   x 1 2x 0,5 Có Q  2.P  x  1  1  1 x 2 Vơi x  0; x  2 ; (1,5đ) Mà Ư(1) = 1;1  x  1 ; 0,5 x x , để Q nhận giá trị nguyên khi và chỉ khi x là Ư(1) x  1 ( thỏa mãn ĐK) 0,25 0,25 Vậy giá trị x cần tìm là: 1; 1.  x  4,5  3. (4,0đ) 3 0,5   x  5,5   12, 25 3 Đặt y = x 5, phương trình trở thành  y  0,5    y  0,5   12, 25 3 3 0,25  y  3.y .0,5  3. y.0,5  0,5  y  3. y .0,5  3. y.0,5  0,5  12,25 0,25  3 y 2  0,25  12,25  0 0,25 1)  3 y  2 y  2  0    3 (2,0đ) 2 2 3 3 2 2 3 y  2   y  2 0,5 Với y = 2 , ta được : x = 7 Với y =  2 , ta được x = 3 Vậy nghiệm của phương trình là : x= 3 ; x= 7. 0,5 0,25 6 12 7 6 12 7  2 3 2  2 1  2 1  2 1  0 x  2 x 8 x 3 x 2 x 8 x 3 4  x2 4  x2 4  x2  2   0 x  2 x2  8 x2  3 2 1 1   1  4  x  2  2  2   0 (1)  x  2 x 8 x 3 0,5 0,5 2 2) (2 đ) Có 1 1 1  2  2  0 với mọi giá trị của x. x  2 x 8 x 3 0,25 2 x  2  x  2 4. (2,0 đ) Nên (1)  4  x 2  0   x  2  x  2   0   0,5 Vậy phương trình có hai nghiệm : x = 2 ; x = 2. 0,25 2 2 a  b C/m: Với x, y là số dương và a, b là số bất kì. Ta có a  b  x Áp dụng kết quả trên, ta có: y x y 2 0,5 0,5 2 1 1 1 1    1 2 2   4  4   2x  y  x x  y  x  z x  y x  z 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1               4  4  4 4 4 4  4  4  4  4 x y xz x y x z x y x z 1 1 2 1 1      2 x  y  x 16  x y z  1 1 1 2 1 Tương tự cũng có:      ; x  2 y  z 16  x y z  2  1 1 1 1 2      x  y  2 z 16  x y z   1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 2 1              2 x  y  x x  2 y  z x  y  2 z 16  x y z x y z x y z   1 1 1 1 4 4 4 11 1 1            2 x  y  x x  2 y  z x  y  2 z 16  x y z  4  x y z  Theo bài ra 1 1 1 1 1 1   4    1 (đpcm) 2 x  y  x x  2 y  z x  y  2z x y z 5. (5,0đ) 0,25 0,5 0,25 E D A M B I C – Chứng minh  EBD ~  ECA (gg) EB ED  1)  ( hai cạnh tương ứng) EC EA (2,5đ) Chứng minh:  EAD ~  ECB (c.g.c)  EDA  EBC ( hai góc tương ứng) Kẻ MI  BC. Chứng minh  BMI ~  BCD (g.g) BM BI ( hai cạnh tương ứng)  BM .BD  BC.BI   2) BC BD (2,5đ) Tương tự có CM . AC  BC.IC Cộng vế với vế, ta được BM .BD  CM .CA  BC.BI  BC.CI  BC  BI  IC   BC2 Mà BC không đổi => đpcm 0,75 0,5 0,75 0,5 0,75 0,5 0,5 0,75 6. (2,0đ) A M F G B H C E Ta có ME // AB (gt) và MF // BC (gt)  ME // BF và MF // BE  Tứ giác BEMF là hình bình hành ( hai cặp cạnh đối song song) Kẻ AH  BC tại H , AH cắt MF tại G. 1 S HG FM Ta có S ABC  AH .BC và S BEMF  HG.FM nên BEMF  2. . 2 S ABC AH BC Gọi AM = x; MC = y  AC = x + y FM AM Xét  ABC có MF // BC (gt)  ( hệ quả định lí Talet)  BC AC FM x   BC x  y HG y HG CM Xét  AHC có GM //HC  ( định lí Talet)    AH AC AH x  y Do đó S BEMF xy  2. 2 S ABC  x  y Ta có :  x  y   0   x  y   4 xy  2  2 xy  x  y 2 1  4 S BEMF 1 1  2.  S BEMF  .S ABC S ABC 4 2 Mà S ABC không đổi nên S BEMF đạt giá trị lớn nhất là y Hay M là trung điểm của AC. 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 1 .S ABC khi và chỉ khi x = 2 0,25
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top