Đề thi khảo sát HSG môn Toán 8 - Lần 1 - Trường TH&THCS Hồng Phương (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi khảo sát HSG môn Toán 8 - Lần 1 - Trường TH&THCS Hồng Phương (Có đáp án)

1. TRƯỜNG TH&THCS HỒNG PHƯƠNG ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LẦN 1 MÔN: TOÁN 8 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) 2x x2 2x2 2 1 x Câu 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức A 2 3 2 2 2x 8 x 2x 4x 8 x x a) Rút gọn A b) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên c) Tìm m để 2x.A 2 Câu 2. (2,0 điểm) 2 a) Giải phương trình: 2x2 1 6x3 3x b) Đa thức f(x) khi chia cho (x + 1) thì dư 4, khi chia cho (x + 2) thì dư 1, còn khi chia cho (x + 1)(x + 2) thì được thương là 5x2 và còn dư. Hỏi khi chia đa thức f(x) cho x – 1 thì dư bao nhiêu? Câu 3. (2,0 điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên : y x 2 x2 3 a b c b a c b) Cho . Tính giá trị của biểu thức: S a b b c (c a)(a b c)2018 b c a a c b c) 27 12x Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= x2 9 Câu 4. (1,0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a, điểm E thuộc cạnh BC, điểm F thuộc cạnh AD sao cho CE=AF. Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại M, N. a) Chứng minh rằng: CM.DN = a2 b) Gọi K là giao điểm của NA và MB. Chứng minh rằng: M· KN 900 c) Các điểm E và F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất? Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình lục giác đều ABCDEG. Người ta tô màu đỏ hai đỉnh A và D, tô màu xanh 4 đỉnh còn lại. Sau đó người ta đổi màu các đỉnh đó theo quy tắc sau: Mỗi lần đổi màu phải chọn 3 đỉnh của một tam giác cân rồi đổi màu đồng thời cả 3 đỉnh đó (đỏ thành xanh, xanh thành đỏ). Hỏi sau một số lần đổi màu theo quy tắc đó có thu được kết quả là đỉnh C có màu đỏ còn 5 đỉnh còn lại màu xanh không ? -------------------------------Hết------------------------------- (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh Số báo danh ..
2. HƯỚNG DẪN CHẤM Lưu ý: Sau đây chỉ là gợi ý một cách giải và dự kiến cho điểm tương ứng, nếu thí sinh giải bằng cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu 4 học sinh không vẽ hình (hoặc vẽ hình sai) thì không cho điểm. Điểm toàn bài không làm tròn Câu Nội dung cần đạt Điểm 1(2,0 Câu 1(2,0 điểm): điểm) 2x x2 2x2 2 1 x Cho biểu thức A 2 3 2 2 2x 8 x 2x 4x 8 x x a) Rút gọn A b) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên c) Tìm m để 2x.A 2 a) ĐKXĐ: x ≠ 0, x ≠ 2. Với điều kiện đó, ta có: 0,25 2x x2 2x2 2 1 x A 2 3 2 2 2x 8 x 2x 4x 8 x x 2x x2 2x2 2 x 1 x A 2 2 2 2 x x 2 4 x 2 x x 2 x 4 2x x2 2x2 2 x 1 x A . 2 2 x2 0,25 2 x 4 x 2 x 4 2 x 2 2x x 4x2 2 x x2 A . 2 2 x2 2 x 2 x 4 2 x 2 x 4 x 2 2x x2 4x2 x 1 2 x A . 2 x 2 x2 4 x2 2x2 x3 4x 2x2 4x2 x 1 2 x A . 2 x 2 x2 4 x2 2 0,25 x(x 4) x 1 2 x A 2x2 x 2 x2 4 x(x2 4) x 1 x 2 A 0,25 2x2 x 2 x2 4 x 1 A 2x x 1 Vậy A với x ≠ 0, x ≠ 2 2x x 1 1 0,25 b) Để A có giá trị nguyên thì có giá trị nguyên 1 có giá trị nguyên x x 1 có giá trị nguyên x 1;1 , (Thoả mãn ĐKXĐ) x 0,25 Thử lại, Với x = -1 thì A = 0 (thoả mãn) Với x = 1 thì A = 1 (thoả mãn) Vậy để A có giá trị nguyên thì x 1;1
3. c) 2x.A < mx – m (1) x 1 Với x ≠ 0, x ≠ 2 thì A , khi đó (1) trở thành 2x x 1 2x. < mx – m 2x (m – 1 )x > m + 1 (2) Để với mọi x > 2 đều thoả mãn (1) thì với mọi x > 2 đều thoả mãn (2) Xét m = 1 thì (2) có dạng: 0.x > 2, vô nghiệm (loại) m 1 Xét m < 1 thì (2) có nghiệm x m 1 TH này không thoả mãn với mọi x>2 (loại) m 1 Xét m > 1 thì (2) có nghiệm x 0,25 m 1 Để (2) thoả mãn với mọi x > 2 thì ta phải có m 1 2 m 1 m 1 2 0 m 1 m 1 2 m 1 0 m 1 m 1 m 1 2m 2 0 m 1 3 m 0 m 1 m 3 0,25 m 1 x 1 (Hoặc : Với x > 2 thì (1) m x 1 x 1 2 x 1 Vì 1 3,x 2 nên để m với mọi x>2 thì m m 3 ) x 1 x 1 x 1 Vậy với m 3 thì 2x.A 2 2(2,0 Câu 2(2,0 điểm): điểm) 2 2 3 a) Giải phương trình: 2x 1 6x 3x b) Đa thức f(x) khi chia cho (x + 1) thì dư 4, khi chia cho (x + 2) thì dư 1, còn khi chia cho (x + 1)(x + 2) thì được thương là 5x2 và còn dư. Hỏi khi chia đa thức f(x) cho x – 1 thì dư bao nhiêu? a) Ta có 2 2x2 1 6x3 3x 2 2x2 1 6x3 3x 0 0,25 2 2x2 1 3x 2x2 1 0 0,25 2x2 1 2x2 1 3x 0 2x2 1 (x 1) 2x 1 0 0,25
4. x 1 x 1 0 2 (x 1) 2x 1 0 1 Vì 2x +1 > 0 với mọi x nên 2x 1 0 x 0,25 2 1  Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S ;1 2  b) Vì (x + 1)(x + 2) là đa thức bậc hai nên dư trong phép chia f(x) cho (x + 1)(x + 0,25 2) có dạng ax+b Ta có f(x)= (x +1)(x +2).5x2 + ax+b Vì f(x) : (x+1) dư 4 nên f(-1)=4 suy ra –a+b = 4 (1) 0,25 Vì f(x) : (x+2) dư 1 nên f(-2)=1 suy ra –2a+b = 1 (2) Từ (1)và (2) suy ra a=3 , b=7 Vậy f(x) = (x + 1)(x + 2).5x2 + 3x+7 0,25 = 5x4+15x3+10x2+3x+7 Ta có f(1)= 5 +15+10+3+7 = 40 Vậy f(x): (x-1) dư 40 0,25 3(2,0 Câu 3(2,0 điểm): điểm) a) Giải phương trình nghiệm nguyên : y x 2 x2 3(1) a b c b a c b) Cho . Tính giá trị của biểu thức: b c a a c b S a b c b (a c)(a b c)2018 27 12x c) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức A= x2 9 a) Xét x = 2, pt(1) trở thành y.0 = 7, vô nghiệm 0,25 x2 3 7 Xét x≠2, từ (1) suy ra y x 2 x 2 x 2 Vì x, y là các số nguyên nên x – 2 là ước nguyên của 7 x 2 7; 1;1;7 x 5;1;3;9 Với x= - 5 thì y = - 4 Với x = 1 thì y = -4 Với x =3 thì y = 12 Với x=9 thì y = 12 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là (x,y)=(- 5, - 4); (1, - 4); (3, 12); (9, 12) 0,25 b)Từ giả thiết suy ra: a 2c ab2 bc2 b2c a 2b ac2 0,25 a 2c a 2b ac2 ab2 bc2 b2c 0 a2 (c b) a(c b)(c b bc(c b) 0 0,25 2 (c b)(a ac ab bc) 0 0,25 c b (a b)(a c) 0 0,25 Do đó S a b c b (a c)(a b c)2018 =0 27 12x (x 6)2 0,5 c)A= = 1 1 x2 9 x2 9 Min A = -1  x =6 0,5 27 12x (2x 3)2 A= = 4 4 x2 9 x2 9
5. Max A = 4 x =-3/2 4(2,5 Câu 4(2,5 điểm): Cho hình vuông ABCD cạnh a, điểm E thuộc cạnh BC, điểm F điểm) thuộc cạnh AD sao cho CE=AF. Các đường thẳng AE, BF cắt đường thẳng CD theo thứ tự tại M, N. a) Chứng minh rằng: CM.DN = a2 b) Gọi K là giao điểm của NA và MB. Chứng minh rằng: M· KN 900 c) Các điểm E và F có vị trí như thế nào thì MN có độ dài nhỏ nhất? K A B F E N D C M a) Vì ABCD là hình vuông AB / /CD AB / /CN,AB / /ND 1 EC AF AD BC mà AF EC FD BE (1) BE FD CM AB CM AD b) Theo câu a, ta có: (vìAD BC AB) AB DN BC DN 1 Do đó CMB : DAN (c.g.c) C· MB D· AN (4) Mà D· AN A· ND 900 (Vì DADN vuông tai D) (5) Từ (4)(5) C· MB A· ND 900 Do đó M· KN 900 c) Áp dụng BĐT côsi ta có DN CM 2 DN.CM 2 a 2 2a (Vìa 0) DN CM CD 3a (VìCD a) hay MN 3a CE AF CM a Dấu "=" xảy ra khi DN = CM = a. Khi đó 1 0,5 BE FD AB a CE BE hay AF FD Vậy khi E và F lần lượt là trung điểm của BC và AD thì MN có độ dài nhỏ nhất là 3a Câu 5(1,0 điểm): Cho hình lục giác đều ABCDEG. Người ta tô màu đỏ hai đỉnh A và D, tô màu xanh 4 đỉnh còn lại. Sau đó người ta đổi màu các đỉnh đó theo quy tắc sau: Mỗi lần đổi màu phải chọn 3 đỉnh của một tam giác cân rồi đổi màu đồng thời cả 3 đỉnh đó (đỏ thành xanh, xanh thành đỏ). Hỏi sau một số lần đổi màu theo quy tắc đó 5(1,0 có thu được kết quả là đỉnh C có màu đỏ còn 5 đỉnh còn lại màu xanh không ?
6. điểm) Ta thấy hai đỉnh đối nhau qua tâm của lục giác không thể cùng là đỉnh của một tam giác cân nào (ví dụ đỉnh A và đỉnh D). Ngoài ra trong 4 đỉnh B, C, E, G không thể có 3 đỉnh nào là 3 đỉnh của một tam giác cân (vì B, C, E, G là 4 đỉnh của hình chữ nhật); Vậy nếu có một tam giác là tam giác cân mà 3 đỉnh là 3 đỉnh của lục giác thì phải có một đỉnh là đỉnh A hoặc đỉnh D; 0,55 Mỗi lần áp dụng quy tắc đổi màu thì chỉ có đỉnh A hoặc đỉnh D đổi màu, vì A và D màu đỏ (đối xứng nhau qua tâm O) đổi thành màu xanh thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu phải là chẵn; Để đỉnh C màu xanh đổi thành màu đỏ thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu phải là lẻ; Vậy để có kết quả đỉnh C màu đỏ và 5 đỉnh còn lại màu xanh thì số lần áp dụng quy tắc đổi màu vừa phải chẵn vừa phải lẻ (vô lý). Vậy không thể thực hiện được. 0, 5