Đề thi năng khiếu môn Toán lớp 8 năm học 2014-2015 Phòng GD-ĐT Quỳnh Lưu, Nghệ An

PHÒNG GD&ĐT QUỲNH LƯU

KHẢO SÁT NĂNG KHIẾU HỌC SINH LỚP 8
NĂM HỌC 2014 - 2015

Đề thi môn: Toán

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,5 điểm).
Cho biểu thức
2
22
1 3 x 1
A:
3 x 3x 27 3x x 3


  


  



a) Nêu điều kiện xác định rồi rút gọn A.
b) Tìm giá trị của x để giá trị của A < -1.
Câu 2 (2,5 điểm).
a) Giải phương trình: x
3
– 3x – 2 = 0.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x
2
+ 5y
2
+ 2xy – 4x – 8y + 2015.
Câu 3 (1,0 điểm).
Cho các số: x, y, x thỏa mãn: x
2
+ y
2
+ z
2
=

xy + yz + zx và x
2014
+ y
2014
+ z
2014
= 3.
Tính giá trị của biểu thức: P = x
25
+ y
4
+ z
2015
.
Câu 4 (3,0 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 (1,0 điểm).
Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + + k(k + 1)(k + 2) (với k

N
*
). Chứng minh rằng: 4S + 1là
bình phương của một số tự nhiên.
Hết

Họ và tên thí sinh: SBD:








ĐỀ THI CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
Câu
Nội dung

Điểm
1a.
ĐKXĐ: x ≠ -3;0;3
A =
22
3 9 3 9 3
:
3 ( 3) 3(3 )(3 )
x x x x x
x x x x x
    

  

0,5

1
1b

Với x ≠ {-3;0;3} ta có:
33
1 1 0 0
x
Ax
xx

         

Kết hợp với điều kiện ta có 0 < x ≠ 3 thì A < -1

0,5

0,5
2a.

x
3
- 3x - 2 = 0

(x
3
+ 1) – 3(x + 1) = 0


(x + 1)(x
2
– x – 2) = 0

(x - 2)(x + 1)
2
= 0


x = 2; x = - 1
0,5

0,5
2b.

P = x

2
+ 5y
2
+ 2xy – 4x – 8y + 2015
P = (x
2
+ y
2
+ 2xy) – 4(x + y) + 4 + 4y
2
– 4y + 1 + 2010
P = (x + y – 2)
2
+ (2y – 1)
2
+ 2010

2010
=> Giá trị nhỏ nhất của P = 2010 khi
31
;
22
xy

0,5

0,5

0,5
3.

Ta có: x
2
+ y
2
+ z
2
=

xy + yz + zx <=> 2(x
2
+ y
2
+ z
2
) = 2(xy + yz + zx)
<=> (x - y )
2
+( y – z)
2
+ (z – x)
2
= 0
<=> x = y = z
Thay vào biểu thức: x
2014
+ y
2014
+ z
2014

= 3 => x = y = z =

1
Với x = y = z = 1 thi P = 3
Với x = y = z = -1 thì P = -1



0,25

0,25

0,25

0,25













4a
Xét ∆OEB và ∆OMC

Vì ABCD là hình vuông nên ta có OB = OC
Và
0
11
45BC

BE = CM ( gt )
Suy ra ∆OEB = ∆OMC ( c .g.c)




0,5
H'
1
1
3
2
1
E
N
H
M
O
D
C
B
A

OE = OM và

13
OO

Lại có
23
OO

0
90BOC 
vì tứ giác ABCD là hình vuông

21
OO
0
90EOM 
kết hợp với OE = OM

∆OEM vuông cân tại O



0,5
4b
Từ (gt) tứ giác ABCD là hình vuông

AB = CD và AB // CD
0,25
+ AB // CD

AB // CN



AM BM
MN MC

( Theo ĐL Ta- lét) (*)

0,25
Mà BE = CM (gt) và AB = CD

AE = BM thay vào (*)
0,25
Ta có :
AM AE
MN EB


ME // BN ( theo ĐL đảo của đl Ta-lét)

0,25
4c
Gọi H’ là giao điểm của OM và BN
Từ ME // BN
'OME OH B
( cặp góc đồng vị)
Mà
0
45OME 
vì ∆OEM vuông cân tại O
0

1
' 45MH B C  


∆OMC ∆BMH’ (g.g)




0,25
'
OM MC
BM MH

,kết hợp
'OMB CMH
( hai góc đối đỉnh)

0,25

∆OMB ∆CMH’ (c.g.c)
0
' 45OBM MH C  

0,25
Vậy
0
' ' ' 90BH C BH M MH C  
'CH BN

Mà CH

BN ( H

BN)

H

H’ hay 3 điểm O, M, H thẳng hàng (đpcm)

0,25
5
Ta có:
k(k + 1)(k + 2) =
1
4
k (k + 1)(k + 2). 4=
1
4
k(k + 1)(k + 2).
 
( 3) ( 1)kk  

=
1
4
k(k + 1)(k + 2)(k + 3) -
1
4
k(k + 1)(k + 2)(k - 1)

0,5
=> 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 + 1)(k +
2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3)
=> 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1


0,25
Mặt khác k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 = k( k + 3)(k + 1)(k + 2) + 1
= (k
2
+ 3k)(k
2
+ 3k +2) + 1 = (k
2
+ 3k + 1)
2

Suy ra đpcm.


0,25
(Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)