De thi hoc sinh gioi lop 8 lan III

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (71.28 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 8
Mơn : Tốn

Thời gian: 90 phút
ĐỀ BÀI:

Bài 1 : Cho biểu thức:

P =

2 2 2

2 3 2 8 3 21 2 8

: 1

4 12 5 13 2 20 2 1 4 4 3

x x x x

x x x x x x x

   

 

  

 

      

 

a) Rút gọn P

b) Tính giá trị của P khi

1
2

x 

c) Tìm giá trị nguyên của x để P nhận giá trị nguyên.
d) Tìm x để P > 0.

Bài 2 : Giải phương trình:

a/ (x + 1)(x + 2)(x + 3)(x + 4) – 24 = 0
b/

148 169 186 199

25 23 21 19

x x x x

   

   

Bài 3 : Tìm chữ số tận cùng của các số sau :

99

và

6

666

Bài 4 : Cho hình chữ nhật ABCD. Trên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là 
điểm đối xứng của điểm C qua P.

a) Tứ giác AMDB là hình gì?

b) Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của điểm M lên AB, AD. Chứng minh
EF//AC và ba điểm E, F, P thẳng hàng.

c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF khơng phụ
thuộc vào vị trí của điểm P.

d) Giả sử CP  BD và CP = 2,4 cm,


PD 9

PB 16. Tính các cạnh của hình chữ

nhật ABCD.

Bài 5 : Đường thẳng d cắt các cạnh AB, AD của hình bình hành ABCD tại 
các điểm E và F tương ứng. Gọi G là giao điểm của d và AC. Chứng minh :

 

AB AD AC
AE AF AG

Bài 6 : a) Chứng minh rằng:

2009

2008

+ 2011

2010 chia hết cho 2010
b) Cho x, y, z là các số lớn hơn hoặc bằng 1. Chứng minh rằng:
2 2

1

2

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---HẾT---ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Bài 1: Phân tích:

4x2 – 12x + 5 = (2x – 1)(2x – 5)

13x – 2x2 – 20 = (x – 4)(5 – 2x)

21 + 2x – 8x2 = (3 + 2x)(7 – 4x)

4x2 + 4x – 3 = (2x -1)(2x + 3) 0,5đ

Điều kiện:

1

5

3

7 ;

4

2

4 x



x



x





x



x



0,5đ
a) Rút gọn P =

2 3

2 5

x
x



 2ñ

1
2

x  1

2
x

 
hoặc
1
2

x

1
2

x 



… P = 
1
2
+)

1
2

x 



…P =

3 1ñ

c) P =

2 3
2 5
x
x

 = 
2
1
5
x


Ta có:

1 Z



Vậy P



Z

khi 
2

5 Z
x 



x – 5



Ö(2)

Mà Ư(2) = { -2; -1; 1; 2}

x – 5 = -2



x = 3 (TMÑK)
x – 5 = -1



x = 4 (KTMÑK)
x – 5 = 1



x = 6 (TMÑK)
x – 5 = 2



x = 7 (TMĐK)

KL: x



{3; 6; 7} thì P nhận giá trị nguyên. 1ñ
d) P =

2 3
2 5
x
x

 = 
2
1
5
x


 0,25đ
Ta có: 1 > 0

Để P > 0 thì

2

5 x 

> 0



x – 5 > 0



x > 5 0,5ñ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

a) 2

15

1 1 12

3

4

3 x





























 







15

1 1 12

4

1 4 3

1 x





























ÑK:

x



4;

x



1

 3.15x – 3(x + 4)(x – 1) = 3. 12(x -1) + 12(x + 4)

…

 3x.(x + 4) = 0

 3x = 0 hoặc x + 4 = 0

+) 3x = 0 => x = 0 (TMÑK)
+) x + 4 = 0 => x = -4 (KTMÑK)

S = { 0} 1ñ
b)

148

169

186

199

10

25

23

21

19 x









148

169

186

199

1

2

3

4

0

25

23

21

19 x



































































 (123 – x)

1 1 1 1

25 23 21 19

 

  

 

 = 0

1 1 1 1

25 23 21 19

 

  

 

 > 0

Neân 123 – x = 0 => x = 123

S = {123} 1ñ
c)

x 

2 

3 

5

Ta có:

x



2  

0 x

x 

2 3



> 0
nên

x



2 

3 

x



2 

3

PT được viết dưới dạng:

x 

2 3 5

 



x 

2

= 5 – 3



x 

2

= 2

+) x - 2 = 2 => x = 4
+) x - 2 = -2 => x = 0

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Bài 3(2 đ)

Gọi khoảng cách giữa A và B là x (km) (x > 0)
0,25đ

Vận tốc dự định của người đ xe gắn máy là:

3 (

/ )

1 10

3 x

km h



(3h20’ =

 

1

3 h

) 0,25ñ

Vận tốc của người đi xe gắn máy khi tăng lên 5 km/h là:





3

5 /

10 x

km h



0,25đ
Theo đề bài ta có phương trình:

3 5 .3

10 x

















0,5ñ

 x =150 0,5ñ

Vậy khoảng cách giữa A và B là 150 (km) 0,25đ
Vận tốc dự định là:





3.150

45 /
10  km h

Bài 4(7đ)

Vẽ hình, ghi GT, KL đúng 0,5đ

a) Gọi O là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật ABCD.
 PO là đường trung bình của tsm giác CAM.

 AM//PO

 tứ giác AMDB là hình thang. 1đ

b) Do AM //BD nên góc OBA = góc MAE (đồng vị)
Tam giác AOB cân ở O nên góc OBA = góc OAB

Gọi I là giao điểm 2 đường chéo của hình chữ nhật AEMF thì tam giác AIE
cân ở I nên góc IAE = góc IEA.

A B

C
D

O
M

I
E

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Từ chứng minh trên : có góc FEA = góc OAB, do đó EF//AC (1) 1đ
Mặt khác IP là đường trung bình của tam giác MAC nên IP // AC (2)
Từ (1) và (2) suy ra ba điểm E, F, P thẳng hàng.
1đ

c) MAF DBA g g







nên

MF AD

FA AB khơng đổi. (1đ)

d) Nếu

9
16

PD

PB  thì 9 16 9 , 16

PD PB

k PD k PB k

    

Nếu CPBD thì





CP

PB

CBD

DCP g

g

PD

CP













1đ
do đó CP2 = PB.PD

hay (2,4)2 = 9.16 k2 => k = 0,2

PD = 9k = 1,8(cm)

PB = 16k = 3,2 (cm) 0,5d
BD = 5 (cm)

C/m BC2= BP.BD = 16 0,5đ

do đó BC = 4 (cm)

CD = 3 (cm) 0,5đ
Bài 5:

a) Ta coù:

2009

2008

+ 2011

2010 = (20092008 + 1) + ( 20112010 – 1)

Vì 20092008 + 1 = (2009 + 1)(20092007 - …)

= 2010.(…) chia heát cho 2010 (1)
20112010 - 1 = ( 2011 – 1)(20112009 + …)

= 2010.( …) chia hết cho 2010 (2) 1đ
Từ (1) và (2) ta có đpcm.

b) 2 2

1

2

1 

x



1 

y



1 

xy

(1)



























 





 







 

2 2

1

0

1

0

1 0 2

1 x

xy

y

xy

x y x

y x y

x

xy

y

xy

y x

xy

x

y

xy





















































</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Vì x1;y1 => xy 1 => xy  1 0

</div>

De thi hoc sinh gioi lop 8 lan III

99

<sub>6</sub>

2009

+ 2011

1

1

2

1

5

3

7

;

;

;

;

4

2

2

2

4

<i>x</i>



<i>x</i>



<i>x</i>





<i>x</i>



<i>x</i>







<i>1 Z</i>





<i>Z</i>















2

5

<i>x </i>





15

1

1

1 12

3

4

4

3

3

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>

<i>x</i>









<sub></sub>



<sub></sub>





<sub></sub>





<sub></sub>



 

