Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Nga Sơn – Thanh Hóa

Giới thiệu Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Nga Sơn – Thanh Hóa

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Nga Sơn – 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 thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2016 – 2017 phòng GD&ĐT Nga Sơn – Thanh Hóa

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

Phßng gi¸o dôc & ®µo t¹o HuyÖn nga s¬n §Ò chÝnh thøc (§Ò thi gåm cã 01 trang) ®Ò thi häc sinh giái líp 6,7,8 thcs cÊp huyÖn NĂM HỌC: 2016 – 2017 M«n thi: To¸n 8 Thêi gian lµm bµi: 150 phót Ngµy thi: 04/04/2017 Câu 1: (4 điểm).   a  12 1  2a 2  4 a 1  a 3  4a Cho biểu thức M =    : 2 a3  1 a  1  4a 2  3a   a  1   a) Rút gọn M. b) Tìm a để M > 0. c) Tìm giá trị của a để biểu thức M đạt giá trị lớn nhất. Câu 2: ( 5 điểm). 1) Giải các phương trình: x2 x4 x6 x8 a)    . 98 96 94 92 b) x6 – 7×3 – 8 = 0. 2) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: 1 x x  2 2(x  m)  2   . xm xm m2  x 2 3) Tìm a, b sao cho f  x   ax 3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g  x   x 2  x  2 . Câu 3: ( 4 điểm). 1) Cho: x + y + z = 1 và x3 + y3 + z3 = 1. Tính A = x2015 + y2015 + z2015 2) Một người dự định đi xe máy từ A đến B với vận tốc 30km/h, nhưng sau khi đi được 1 giờ người ấy nghỉ hết 15 phút, do đó phải tăng vận tốc thêm 10km/h để đến B đúng giờ đã định. Tính quãng đường AB? Câu 4: (5 điểm). Cho hình vuông ABCD có AC cắt BD tại O, M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC (M khác B, C).Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Trên cạnh AB lấy điểm E sao cho BE = CM. a) Chứng minh: ∆OEM vuông cân. b) Chứng minh: ME // BN. c) Từ C kẻ CH  BN ( H  BN). Chứng minh rằng ba điểm O, M, H thẳng hàng. Câu 5: (2 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  2016 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c  1   P= . 2015  a 2016  b 2017  c ……………………………… Hết ……………………………….. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….. Số báo danh: ……………….. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGA SƠN HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học 2016 – 2017 Môn: Toán Câu Nội dung Điểm a (2đ) Điều kiện: a  0; a  1 0,5  a  1  1  2a 2  4a  1  : a 3  4a  2 a3  1 a  1  4a 2  3a   a  1   2 Ta có: M =    a  12 1  2a 2  4a 1  4a 2  = 2   .  a  a  1  a  1 a 2  a  1 a  1 a a 2  4  = =  a  1 3   1  2a 2  4 a  a 2  a  1  a  1  a 2   a 1  . 0,5  4a a 4 0,5 2 a 3  3a 2  3a  1  1  2a 2  4a  a 2  a  1 4a . 2 a 4  a  1 a 2  a  1   a 3  1 4a 4a = 2 . 2 3 a 1 a  4 a 4 4a Vậy M = 2 với a  0; a  1 a 4 0,5 b) (1đ) M > 0 khi 4a > 0suy ra a > 0 kết hợp với ĐKXĐ Vậy M > 0 khi a > 0 và a  1 c) (1đ) 0,5 = 1 4.0đ  0,5 0,5    2 a 2  4  a 2  4a  4 a  2  4a Ta có M = 2 =  1 2 a 4 a2  4 a 4  a  2 Vì 2 2 a 4 0  a  2 với mọi a nên 1  2 a2  4  a  2 Dấu “=” xảy ra khi 2 0,5  1 với mọi a 2 a 4 0a2 0,5 Vậy MaxM = 1 khi a = 2. a) (1đ) x2 x4 x6 x8    98 96 94 92 x2 x4 x6 x8 +1) + ( + 1) = ( + 1) + ( + 1) ( 98 96 94 92 1 1 1 1 + )=0  ( x + 100 )( 98 96 94 92 Ta có 2 5,0đ 0,5 2 Vì : 1 1 1 1 +  0 98 96 94 92 Do đó: x + 100 = 0  x = -100 Vậy phương trình có nghiệm: x = -100 b) (1đ) Ta có x6 – 7×3 – 8 = 0  (x3 + 1)(x3 – 8) = 0  (x + 1)(x2 – x + 1)(x – 2)(x2 + 2x + 4) = 0 (*) Do x2 – x + 1 = (x – 1 2 3 ) + > 0 và x2 + 2x + 4 = (x + 1)2 + 3 > 0 với 2 4 mọi x, nên (*)  (x + 1)(x – 2) = 0  x {- 1; 2} 2) (2đ) Tìm m để phương trình sau vô nghiệm. 0,5 0,5 0,5 0,5 1  x x  2 2( x  m)  2 (1)   xm xm m2  x2 ĐKXĐ: x+ m  0 và x- m  0  x   m  (1  x )( x  m)  ( x  2)( x  m)  2  2( x  m)  (2m  1) x  m  2(*) 1 3 + Nếu 2m -1= 0  m  ta có (*) 0x = (vô nghiệm) 2 2 1 m2 + Nếu m  ta có (*)  x  2 2m  1 0,5 0,25đ – Xét x = m  m2  m  m  2  2m 2  m 2m  1 2 1 3   2 m 2  2m  2  0  m 2  m  1  0   m     0 2 4  0,25đ (Không xảy ra vì vế trái luôn dương) Xét x= – m m2   m  m  2  2 m 2  m  m 2  1  m  1 2m  1 1 Vậy phương trình vô nghiệm khi m  hoặc m = 1 2  0,5đ 3)(1đ) Ta có : g  x   x 2  x  2=  x  1 x  2  0.25đ Vì f  x   ax 3  bx 2  10x  4 chia hết cho đa thức g  x   x 2  x  2 Nên tồn tại một đa thức q(x) sao cho f(x)=g(x).q(x)  ax 3  bx 2  10x  4=  x+2  .  x-1 .q  x  Với x=1  a+b+6=0  b=-a-6 1 0.25đ 0.25đ Với x=-2  2a-b+6=0  2  3 Thay (1) vào (2) . Ta có : a=-4 và b=-2 0.25đ 1)(2đ) Từ x + y + z = 1  (x + y + z)3 = 1 Mà: x3 + y3 + z3 = 1  (x + y + z)3 – x3 – y3 – z3 = 0 3   x  y  z   z3   x3  y 3   0 0,25 0,25   2   x  y  z  z   x  y  z    x  y  z  z  z 2    x  y  x  xy  y 2 0,25   2 2 2   x  y   x  y  z  2xy  2 yz  2xz+xz  yz  z 2  z 2  x 2  xy  y 2   0   x  y   3z 2  3xy  3 yz  3xz   0 2 0.25đ   x  y  3  y  z  x  z   0 3 (4,0đ) x  y  0 x   y   y  z  0   y  z    x  z  0  x   z * Nếu x   y  z  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1 * Nếu y   z  x  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1 * Nếu x   z  y  1  A  x 2015  y 2015  z 2015  1 2) (2điểm). Gọi x (km) là độ dài quãng đường AB. ĐK x > 0. x Thời gian dự định đi hết quãng đường: (giờ) 30 Quãng đường đi được sau 1 giờ: 30 (km) Quãng đường còn lại : (x-30) (km) x  30 Thời gian đi quãng đường còn lại : (giờ) 40 x 1 x  30 Lập được phương trình : 1  30 4 40 0,5 0,5  4 x  30.5  3( x  30)  x  60 (thỏa mã đk) Vậy quãng đường AB là 60km 4 E A B 1 1 O 2 3 M 1 H’ H D C N a) (2đ) Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC Và B1  C1  450 0,5 BE = CM ( gt ) 0,5 Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c) 4(5đ)  O   OE = OM và O 1 3 0,5  O   BOC   900 vì tứ giác ABCD là hình vuông Lại có O 2 3 0,5  O   EOM   900 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân tại O O 2 1 b)(1.5đ) Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD AM BM ( Theo ĐL Ta- lét) (*)  MN MC Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) 0,5 0,5 + AB // CD  AB // CN  Ta có : AM AE  ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)  MN EB c)(1.5đ) Gọi H’ là giao điểm của OM và BN   MH  Từ ME // BN  OME ‘B 0  Mà OME  45 vì ∆OEM vuông cân tại O    MH ‘ B  450  C 1 0.5 0,25  ∆OMC  ∆BMH’ (g.g)  OM MC   CMH ’ ( hai góc đối đỉnh) , kết hợp OMB  , BM MH   MH   ∆OMB  ∆CMH’ (c.g.c)  OBM ‘ C  450 0,5 5 0,5 5 (2,0đ)    Vậy BH ‘ C  BH ‘ M  MH ‘ C  900  CH ‘  BN Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm) Ta có 2 a  3b  3c  1 3a  2b  3c 3a  3b  2c  1   P= 2015  a 2016  b 2017  c b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031   = 2015  a 2016  b 2017  c Đặt 2015 + a = x; 2016 + b = y; 2017 + c = z ; (x,y,z > 0) b  c  4033 c  a  4032 a  b  4031   P= 2015  a 2016  b 2017  c yz zx x y y x x z y z P         x y z x y z x z y y x z x y z . 2 . 2 .  6 (Co  si ) x y x z z y Dấu “=” xảy ra khi x = y = z suy ra a = 673, b = 672, c = 671 Vậy giá tị nhỏ nhất của biểu thức p là 6 khi a = 673, b = 672, c = 671 0,25 1 0,5 0,5 2 0,5 Chú ý: 1. Thí sinh có thể làm bài bằng cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 2. Nếu thí sinh chứng minh bài hình mà không vẽ hình thì không chấm điểm bài hình. 6
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top