Đề thi HSG Toán 8 cấp huyện năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Sông Lô – Vĩnh Phúc

Giới thiệu Đề thi HSG Toán 8 cấp huyện năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Sông Lô – Vĩnh Phúc

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi HSG Toán 8 cấp huyện năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Sông Lô – Vĩnh Phúc.

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 HSG Toán 8 cấp huyện năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Sông Lô – Vĩnh Phúc

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

PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 6; 7; 8 CẤP HUYỆN – NĂM HỌC 2015 – 2016 ĐỀ THI MÔN: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)  1 2x   2x  Câu 1. Cho biểu thức A =   3  : 1  2  2  x 1 x  x  x 1   x  1  a. Tìm điều kiện xác định và rút gọn biểu thức A. b. Tìm x để A nhận giá trị là số âm. c. Tìm giá trị nguyên của x để biểu thức ( x +2).A nhận giá trị là số nguyên. Câu 2. a. Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + …+ k(k + 1)(k + 2) (với k  N*). Chứng minh rằng: 4S + 1 là bình phương của một số tự nhiên. b. Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn x 3  2x 2  3x  2  y3 . Câu 3. a. Giải phương trình sau: x 2  3x  2  x  1  0 b. Xác định giá trị của m để phương trình: m3 ( x  2)  8( x  m)  4m 2 có nghiệm duy nhất là số không lớn hơn 1. c. Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn x  y  z  1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P= 1 1 1   16 x 4 y z   600 quay quanh Câu 4. Cho tam giác ABC đều cạnh 2a, M là trung điểm của BC. Góc xMy đỉnh M cố định sao cho hai tia Mx, My cắt AB, AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a. Tam giác BDM đồng dạng với tam giác CME và tích BD.CE không phụ thuộc vào vị . trí của xMy . b. DM là phân giác của BDE c. BD.ME  CE.MD  a.DE .  quay quanh M. d. Chu vi tam giác ADE không đổi khi xMy Câu 5. Trong bảng ô vuông kích thước 8  8 gồm 64 ô vuông đơn vị, người ta đánh dấu 13 ô bất kì. Chứng minh rằng với mọi cách đánh dấu luôn có ít nhất 4 ô được đánh dấu không có điểm chung (hai ô có điểm chung là 2 ô chung đỉnh hoặc chung cạnh) . ————– HẾT ————-Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……………………………………. Số báo danh: ……………Phòng thi: …….. PHÒNG GD&ĐT SÔNG LÔ HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học: 2015 – 2016 Môn Toán – Lớp 8 Hướng dẫn chung: -Học sinh giải theo cách khác mà đúng, đảm bảo tính lôgic, khoa học thì giám khảo vẫn cho điểm tối đa. -Câu 4, học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai phần nào không chấm điểm phần đó. Bài Nội dung Điểm ĐKXĐ: x≠ 1 1a 1b 1c 0,25 1 Rút gọn được A = x 1 0,75 0,25 0,25 0,25 A < 0  x-1 < 0  x<1 Đối chiếu với ĐKXĐ, ta được x<1 x2 3 =1  x 1 x 1 Lập luận để suy ra: x  0; 2; 2; 4 Ta có: ( x +2).A = 0,25 1 1 k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2).  (k  3)  (k  1) 4 4 1 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) 4 4 Ta có: k(k + 1)(k + 2) = 0,25 => 4S =1.2.3.4 – 0.1.2.3 + 2.3.4.5 – 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) – k(k + 2a 1)(k + 2)(k – 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) => 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 Mặt khác: k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 = k( k + 3)(k + 1)(k + 2) + 1 = (k2 + 3k)(k2 + 3k +2) + 1 = (k2 + 3k + 1)2 Mà k  * nên k2 + 3k + 1  * . nên suy ra đpcm.  3 2 7 Ta có y3  x 3  2x 2  3x  2  2  x     0  x  y 4 8  2b 3 2  y x2 0,25 0,25 (1) 0,25 (2) 0,25 2 9  15  (x  2)  y  4x  9x  6   2x     0 4  16  3 0,25 Từ (1) và (2) ta có x < y < x+2 mà x, y nguyên suy ra y = x + 1 Thay y = x + 1 vào pt ban đầu và giải phương trình tìm được x = -1; x=1 từ đó tìm được hai cặp số (x, y) thỏa mãn bài toán là: (-1; 0) (1; 2) 0,25 0,25 x  3 x  2  x  1  0 (1) 2 + Nếu x  1 : (1)   x  1  0  x  1 (thỏa mãn điều kiện x  1 ). 2 3a + Nếu x  1 : (1)  x 2  4 x  3  0  x 2  x  3  x  1  0   x  1 x  3  0  x  1; x  3 (cả hai đều không bé hơn 1, nên bị loại) Vậy: Phương trình (1) có một nghiệm duy nhất là x  1 . 3b Ta có m3 ( x  2)  8( x  m)  4m 2  (m3  8) x  2m(m 2  2 m  4) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  (m  2)( m 2  2m  4) x  2m(m 2  2m  4) (*) Vì m 2  2m  4  (m  1) 2  3  0 m nên (*)  (m  2) x  2m . PT này có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi m  2 , khi đó nghiệm duy nhất là: x 2m . m2 0,25 2m 1 m2 Giải BPT được 2  m  2 (t/m ĐK m  2 ) KL: Với 2  m  2 thì PT có nghiệm duy nhất và nghiệm duy nhất đó không lớn Để nghiệm này không lớn hơn 1 thì 0,25 hơn 1 Ta có:  1 1 1 1 1 1  y x   z     x  y  z       16x 4 y z  16x 4 y z   16 x 4 y   16 x y x 1 Theo BĐT Cô Si ta có:   dấu “=” khi y=2x; 16 x 4 y 4 z x 1 Tương tự:   dấu “=” khi z=4x; 16 x z 2 z y   1 dấu “=” khi z=2y; 4y z =>P  49/16. Dấu “=” xảy ra khi x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7 P= 3c 4a 0,25 0,25 0,5 BD CM   BD.CE  BM .CM  a 2 không đổi. BM CE Vì BMD ∽ CEM nên 0,5 A BD CM BD BM  hay  MD EM MD ME   DME   600 Lại có DBM x y 0,25 D H .   EDM  suy ra DM là phân giác của BDE  BDM K BD BM   BD.ME  a.DM (1) DM ME Tương tự chứng minh được CEM ∽ MED rồi suy ra CE.MD  a.ME BD.ME  CE.MD  a.DM  a.ME  a ( DM  ME )  a.DE 0,25 C M Vì BMD ∽ MED nên Cộng vế với vế của (1) và (2) được 0,25 E I Suy ra BMD ∽ MED (c.g.c) B 4c 0,25 Vậy: Min P = 49/16 với x = 1/7; y = 2/7; z = 4/7 *Cách khác: HS có thể áp dụng trực tiếp BĐT Svac-xơ (Cô si dạng cộng mẫu) để đánh giá.   600  CME   600  BDM   BDM   CME  Ta có: DMC   MCE   600 Suy ra: BMD ∽ CEM (g.g) vì: DBM   CME  (cm trên) BDM Suy ra: 4b x   z y  21    z   4 y z  16 0,25 (2) 0,25 0,25 4d Kẻ MH, MI, MK lần lượt vuông góc với AB, DE, AC tại H, I, K, suy ra MH=MI=MK. Suy ra DI=DH, EI=EK. Suy ra Chu vi tam giác ADE bằng 2AH.   600 và BM=a nên BH= a  AH  3a . Suy ra chu vi tam giác ADE Vì HBM 2 2 không đổi và bằng 3a. Chia 64 ô vuông của bảng 8×8 thành 4 loại như hình vẽ (Các ô cùng loại được đánh số giống nhau). Khi đó theo cách chia này rõ ràng các ô trong cùng loại sẽ không có điểm chung. Khi đánh dấu 13 điểm bất kì, thì 13 điểm này sẽ thuộc 4 loại ô vừa chia. Vì 13=4.3+1 nên theo nguyên lí Đirichlê sẽ tồn tại ít nhất 4 ô thuộc cùng 1 loại, khi đó 4 ô này sẽ không có điểm chung. Suy ra đpcm. 5 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 1 2 1 2 1 2 1 2 3 4 3 4 3 4 3 4 0,25 0,25 0,25 0,25
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top