Đề thi HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Tam Đảo – Vĩnh Phúc

Giới thiệu Đề thi HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Tam Đảo – Vĩnh Phúc

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Đề thi HSG Toán 8 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Tam Đảo – 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 năm 2014 – 2015 phòng GD&ĐT Tam Đảo – Vĩnh Phúc

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

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI PHÒNG GD&ĐT TAM ĐẢO NĂM HỌC 2014-2015 MÔN: TOÁN 8 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1( 2,0 điểm):  6  2 x3 Cho biểu thức: M= 1  6 x 9   4 . 5 2  x  3x  6 x 6  24 : 9 6 3  x  6x  9x  3x 2 3   :   x   2 a) Rút gọn M. b) Tìm các giá trị nguyên của x để M đạt giá trị lớn nhất. Tìm giá trị lớn nhất đó. Câu 2( 2,0 điểm): Giải các phương trình và bất phương trình sau: a) x 1 x 2 x3 x 1      2015 2014 1006 2013 2012 1007 4 1 2 y2  5   3 b) 1  y  y2 1  y y 1 Câu 3( 2,5 điểm):  x  y  z  2 015  a) Cho ba số x, y , z khác không thỏa mãn:  1 1 1 1  x  y  z  20 15  Chứng minh rằng trong ba số x, y, z tồn tại hai số đối nhau. a2 b2 c2 abc    b) Cho ba số dương a, b, c . Chứng minh rằng: bc ca ab 2 Câu 4( 2,5 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 ba điểm O, M, H thẳng hàng. Câu 5( 1 điểm): 2 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 5 x  2 y  4 xy  2 x  4 y  2015 . ———-Hết———- HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2014 – 2015 Môn: Toán – Lớp 8 Câu Ý Nội dung Điểm 3 3 a 0,25 ĐKXĐ: x  0; x  3; x  2.  6 x 6  24  6  2 x3   3x 2 3  4 M  1  6 : :    . 5  x  x  9  x  3x 2  x9  6 x 6  9 x3  2   2( x 3  3)  1  3 2 2  (x )  3  6 ( x 3 ) 2  4  3( x3  2)    4  : :  3 6 . 2 3   3 x ( x  3) x ( x  6 x  9)  2 x        6 ( x 3 ) 2  4   2  4    . 2x    1  3 . :  x  3  x 2 ( x 3  3)  x3 ( x3  3) 2 3( x 3  2)     1 (2,0 điểm)  b 0,25 x3  5 7  1 3 3 x 2 x 2 0,25 Ta có: M  Vậy x  2 thì M có giá trị lớn nhất và bằng 2 (2,0 điểm) b 0,25 x3  5 4 x 2 .( x 3  3)2 x3  5 . .  3 x3  3 x 2 ( x 3  3) 4( x 3  2) x 2 M có giá trị lớn nhất khi x 3  2 có giá trị nhỏ nhất mà x  Z nên x 3  2 phải có giá trị nguyên dương nhỏ nhất  x 3  2 =6  x  2 a 0,25 13 6 x 1 x 2 x3 x 1      2015 2014 1006 2013 2012 1007 x 1 x  2 2 2 x3 x4 4 1         2015 2014 2014 1006 2013 2012 2012 1007 x 1 x  2 1 4 x 3 x 4 4 1         2015 2014 1007 2012 2013 2012 2012 1007 x 1 x2 x3 x4  1 1  1 1 2015 2014 2013 2012 x  2016 x  2016 x  2016 x  2016     2015 2014 2013 2012 1 1 1 1  ( x  2016)(    )  0  x  2016 2015 2014 2013 2012 0, 5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 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 3y2  3y 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 1  y  y2 y  0 Vậy nghiệm của bất phương trình đã cho là  y  1  0,25 0,25 0,25 0,25 a 1 1 1 ( x  y  z )(   )  1 x y z  ( x  y  z )( xy  yz  zx)  xyz  0 0,25  x( xy  xz )  xyz  ( y  z )( xy  xz )  yz ( y  z )  xyz  0  x ( y  z )  x( y  z )  yz ( y  z )  0 2 0,25 2 0,25  ( y  z )( x 2  xy  xz  yz )  0 x  y  0  ( x  y ( y  z )( z  x)  0   y  z  0   z  x  0 x   y  y  z   z   x 0,25 Vậy trong ba số x, y, z tồn tại hai số đối nhau 0,25 b Ta có: 3 (2,5 điểm) a 2 b 2 c 2 ( a  b  c)2    x, y, z >0 (1) x y z x yz 0,25 Thật vậy, áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có: a 2 b2 c 2 ( x  y  z )(   ) x y z  a b 2 c    ( x )2  ( y ) 2  ( z ) 2  ( ) 2  ( )  ( )2  y z   x  a   x.  x   0,25 2 c  2 y.  z.   (a  b  c) y z  b a 2 b2 c 2 ( a  b  c)2    x, y, z >0. x y z x yz 0,25 Áp dụng BĐT (1) ta có: a2 b2 c2 (a  b  c) 2 a  b  c     a, b, c  0 b  c c  a a  b 2(a  b  c) 2  ĐPCM. Dấu “=” xảy ra a A E  a=b=c 0,25 0,25 B H M 4 (2,5 điểm) 0,25 O N D C Xét ∆OEB và ∆OMC Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC   MCO   450 Và EBO BE = CM ( gt ) Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)   MOC   OE = OM và EOB   900 vì tứ giác ABCD là hình vuông  O   BOC Lại có O 2 3   EOB   MOB   MOC   MOB   COB   900 kết hợp với OE = EOM OM  ∆OEM vuông cân tại O b 0,25 Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông  AB = CD và AB // CD AM BM + AB // CD  AB // CN  ( Theo ĐL Ta- lét) (*)  MN MC Mà BE = CM (gt) và AB = CD  AE = BM thay vào (*) Ta có : c 0,25 AM AE  ME // BN ( theo ĐL đảo của ĐL Ta-lét)  MN EB 0,25 0,25 0,25 Gọi H’ là giao điểm của OM và BN   MH  Từ ME // BN  OME ‘ B ( cặp góc đồng vị)   450 vì ∆OEM vuông cân tại O Mà OME    MH ‘ B  450  MCO  ∆OMC  ∆BMH’ (g.g)  0,5 OM MC   CMH ’ ( hai góc đối đỉnh) ,kết hợp OMB  MB MH ‘   MH   ∆OMB  ∆CMH’ (c.g.c)  OBM ‘ C  450    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 5 (1,0 điểm) Ta có: 5 x 2  2 y 2  4 xy  2 x  4 y  2015 4 x 2  4 xy  y 2  y 2  4 y  4  x 2  2 x  1  2010  (2 x  y )2  ( y  2) 2  ( x  1)2  2010  2010x, y, z Vậy Min(A)=2010   x  1   y   2 Tổng điểm ———————HÕt———————— 0,5 0,25 0,5 0,25 10,0
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top