HSG toan 8 huyện thanh chương

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG.
NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN 8

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

Câu 1:
a) Phân tích đa thức thành nhân tử: x 4  2011x 2  2010 x  2011
b) Tìm các số nguyên x; y sao cho: 3x 3  xy 3 .
c) Tìm các hằng số a và b sao cho x 3  ax  b chia cho x  1 dư 7; chia cho x  2 dư
4.
Câu 2:
a) Tính giá trị biểu thức:
2
2
2
A= x  y  5  2 x  4 y   ( x  y  1)  2 xy với x 2 2011 ; y 16 503
x 2  2 x  2011
b) Tìm x để B có giá trị nhỏ nhất: B 
với x > 0.
2
x

Câu 3:
Chứng minh rằng
20113  11 3
2011  11

3

3
2011  2000
2011  2000
b) Nếu m; n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m 2  m 5n 2  n thì:
m  n và 5m  5n  1 đều là số chính phương.

a)

Câu 4:
Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD của hình thang ABCD (AB//CD).
Đường thẳng qua O song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại M và N.
a) Chứng minh OM=ON.
1
1
2


.
AB CD MN
c) Biết S AOB a 2 ; S COD b 2 . Tính S ABCD ?
d) Nếu Dˆ  Cˆ  90 0 . Chứng minh BD > AC.

b) Chứng minh

HẾT./.

/>

UBND HUYỆN THANH CHƯƠNG
PHÒNG GIÁO DỤC&ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG KHỐI 8
NĂM HỌC 2010 – 2011. Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu:
Nội dung
4
3
2
2
3
4
2
1a a/ x  2011x  2010 x  2011 = x  x  x  2010( x  x  1)  ( x  1)
0,75đ =  x 2  x  1 x 2  x  2011
b/ 3x 3  xy 3  x3x 2  y  3 . Do x; y là các số nguyên nên ta có:
�x  3
 x 1
�x  3

��
(thỏa mãn) hoặc � 2
(thỏa mãn)
3 x  y  1 �y  26
 y 0
 3 x  y 3
�
0,75đ
 x  1

�x  3
 x  1
�x  3

��
TH2:  2
(thỏa mãn) hoặc � 2
3 x  y  1 �y  28
 y  6
�
 3 x  y  3
 x 1

TH1: 

Điểm
0,5
0,25
0,25
0,25

2

0,25

(thỏa mãn)
c/ Vì x 3  ax  b chia cho x  1 dư 7 nên ta có: x 3  ax  b =  x  1.Q( x)  7 do đó với 0,25
0,75đ

x  1 thì -1-a+b=7, tức là a-b = -8 (1).

Vì x 3  ax  b chia cho x  2 dư 4 nên ta có: x 3  ax  b =  x  2 .P( x)  4 do đó với 0,25
x 2 thì 8+2a+b=4, tức là 2a+b=-4 (2).

Từ (1) và (2) suy ra a=-4;b=4.
a/ Ta có: x 2  y 2  5  2 x  4 y  x  1 2   y  2 2 0 với mọi x; y nên ta có:

2.

0,25
0,25

2
2
2
0,25
a. A= x  y  5  2 x  4 y   x  y  1  2 xy
2
2
2
2
0,75đ = x  y  5  2 x  4 y  x  y  1  2 xy  2 x  2 y  2 xy 4 x  2 y  4 2(2 x  y)  4
503
0,25
Thay x 2 2011 ; y 16 503  2 4  2 2012 vào A ta có: A= 2. 2.2 2011  2 2012   4 4

b
1,0đ

3.

0,5

x 2  2 x  2011 2011 x 2  2.x.2011  2011 2
b/ B=
=
x2
2011 x 2
2
2
2010 x 2   x  2011
2010  ( x  2011
2010
=
.



2
2
2011
2011
2011x
2011x
Dấu “=” xẩy ra khi x 2011 .
2010
Vậy GTNN của B là
đạt được khi x 2011 .
2011

0,25

0,25

a/ Đặt a=2011; b=11; c=2000. Khi đó ta có a=b+c.
Xét vế phải đẳng thức ta có:




2011  11
a b
 a  b  a  ab  b
 3

3
3
3
 a  c  a 2  ac  c 2
2011  2000
a c
3

3

3

3

2

2




0,25
0,25

Thay a=b+c vào a 2  ab  b 2  b  c  2   b  c b  b 2 b 2  bc  c 2

0,25

a 2  ac  c 2  b  c    b  c  c  c 2 b 2  bc  c 2

0,25

1,0đ

2

Nên a 2  ab  b 2 a 2  ac  c 2 .
Vậy:





 n  5 m  n   m  n m

2011 3  11 3
a 3  b 3  a  b  a 2  ab  b 2

a b
2011  11




3
3
3
3
2
2
a  c 2011  2000
 a  c  a  ac  c
2011  2000
a c

2
2
2
1,0đ b/Ta có 4m 2  m 5n 2
  m  n  5m  5n  1 m 2 (*)
Gọi d là ƯCLN(m-n;5m+5n+1)  (5m+5n+1)+5m-5n d  10m+1 d
Mặt khác từ (*) ta có: m 2  d2  m d. Mà 10m+1 d nên 1 d  d=1

/>
0,25
0,5
0,25

4.
1,0đ

Vậy m-n;5m+5n+1 là các số tự nhiên nguyên tố cùng nhau, thỏa mãn (*) nên 0,25
chúng đều là các số chính phương.
0,25
B hình vẽ
A
OA OB
0,5

a/ Ta có
Do MN//DC
AC BD
OM ON
M

 OM=ON.

DC DC

b/

Do

MN//AB

và

0,5

N
O

CD



OM OM AM  MD


 1 (1)
DC AB
AD
ON D ON

1 (2)
1,0đ Tương tự:
DC AB
MN MN

2
Từ (1);(2) 
DC AB
1
1
2




DC AB MN

OM AM

CD
AD

và

OM DM

.
AB
AD

Do

đó:

0,25

C

0,25
0,25

c/ Hai tam giác có cùng đường cao thì tỉ số diện tích 2 tam giác bằng tỉ số giữa 2
cạnh đáy tương ứng. Do vậy :
1,0

0,25

S AOB OB
S AOD OA


và
S AOD OD
S COD OC

S
S
OB OA
 AOB  AOD  S 2 AOD S AOB .S COD a 2 .b 2 nên S AOD ab .

S AOD S COD
OD OC
A
B
2
Tương tự S BOC ab .Vậy S ABCD  a  b 

0,5

d/ Hạ AH, BK vuông góc với CD tại H và K
Do Dˆ  Cˆ  90 0 nên H, K nằm trong đoạn CD

0,25

Nhưng

Ta có AEˆ D  BCˆ D Cˆ  Dˆ  AD  AE .
Tứ giác BCEA là hình bình hành nên BC=AE
Vậy AD>BC  DH>KC  DK > CH.

0,75

0,25

D

0,25

H

E

Theo định lý pitago cho tam giác vuông BKD ta có :
2
2
DB 2  BK 2  DK 2  AH 2  CH 2  AC 2 (Do AH  BK ) � BD  AC

/>
0,25

K

C

0,25