Đề thi và đáp án khảo sát học sinh giỏi lần 1 trường THCS Phạm Công Bình môn: Toán 8

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (147.56 KB, 6 trang )

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

UBND HUYỆN YÊN LẠC

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LẦN 2MƠN: TỐN 8
NĂM HỌC 2020 – 2021

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (2,5 điểm) Cho biểu thức

2 2

2 3 2 2

2 2 2 1

2 8 2 4 8

x x x x

A

x x x x 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 < mx – m thoả mãn với mọi x > 2
Câu 2. (2,0 điểm)

a) Giải phương trình:



2x2 1



2 6x3 3x

  

b) Đa thức f(x) khi chia cho (x + 1) thì dư 4, khi chia cho (x + 2) thì dư 1, cịn 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

  

b) Cho a b c b a c

b c a   a c b . Tính giá trị của biểu thức:    

2018
( )( )
S a b b c c a a b c    

Câu 4. (2,5 điểm)

1. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là điểm di động trên cạnh AC. Từ C vẽ
đường thẳng vng góc với tia BM, cắt tia BM tại H, cắt tia BA tại O.

a) Chứng minh rằng góc OHA khơng đổi

b) Chứng minh rằng BM.BH + CM.CA không đổi.

2. Cho tam giác ABC vuông cân tại B, L là trung điểm cạnh BC và P là điểm trên cạnh
CA sao cho BP vng góc với AL. Biết CP= 2cm. Tính độ dài cạnh AB.

Câu 5. (1,0 điểm)

Cho một lục giác đều. Tại mỗi đỉnh của lục giác có một con chim đậu. Vào cùng một
lúc, tất cả 6 con chim đều bay lên khỏi vị trí của mình. Rồi sau đó vào cùng một lúc, chúng
lại đậu xuống các đỉnh của lục giác ( các con chim không nhất thiết đậu xuống vị trí cũ của
mình). Chứng minh rằng tồn tại 3 con chim, sao cho tam giác tạo bởi các đỉnh mà chúng
đậu trước khi bay lên bằng tam giác tạo bởi các đỉnh mà chúng đậu xuống.

---Hết---(Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm)

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

UBND HUYỆN YÊN LẠC

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HDC ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG MƠN: TỐN 8
NĂM HỌC 2020 – 2021

(Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề)

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 khơng vẽ hình (hoặc vẽ hình sai) thì khơng cho điểm. Điểm tồn bài khơng

làm trịn

Câu Nội dung cần đạt Điểm

1(2,5
điểm)

Câu 1(2,5 điểm): 
Cho biểu thức

2 2

2 3 2 2

2 2 2 1

2 8 2 4 8

x x x x

A

x x x x 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 < mx – m thoả mãn với mọi x >2
a) ĐKXĐ: x ≠ 0, x ≠ 2. Với điều kiện đó, ta có:

































2 2

2 3 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2 2 2 1

2 8 2 4 8

2 2 2

2 4 2

2 4

2 1

2 2

2 4 2 4

x x x x

A

x x x x x x

x x

x x x

A

x x x x x

x

x x

x x x

A

x

x x x

    
     
     
 
    
 
    
  

   
 
    

 
 
  
 
 











































 













 





 













 











2 2 2

2 2

2
2

2 3 2 2

2
2
2
2 2
2
2 2

2 2 4 2

2 2 4 2 2 4

2 2 4 1 2

2 2 4

1 2

2 4 2 4

2 2 4

( 4) 1 2

2 2 4

( 4) 1 2

2 2 4

1
2

x x x x x x

A

x

x x x x

x x x x x x

A

x

x x

x x x x x

A

x

x x

x x x x

A

x x x

x x x x

A

x x x

x
A
x
     
 
 
   
 
 
    

 
 
   


 
   

 
  

 



Vậy 1

2
x
A

x



 với x ≠ 0, x ≠ 2

0,25

b) Để A có giá trị ngun thì x 1
x



có giá trị nguyên 1 1
x

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

nguyên 1
x

 có giá trị nguyên x 



1;1



, (Thoả mãn ĐKXĐ)

Thử lại, Với x = -1 thì A = 0 (thoả mãn)
Với x = 1 thì A = 1 (thoả mãn)
Vậy để A có giá trị ngun thì x 



1;1



0,25

c) 2x.A < mx – m (1)
Với x ≠ 0, x ≠ 2 thì 1

2
x
A

x



 , khi đó (1) trở thành

2x. 1
2
x

x



< mx – m

 (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)

Xét m < 1 thì (2) có nghiệm 1
1
m
x

m





TH này không thoả mãn với mọi x>2 (loại)
Xét m > 1 thì (2) có nghiệm 1

m
x

m






Để (2) thoả mãn với mọi x > 2 thì ta phải có





2
1

2 0
1

2 1

1 1

1 2 2
0
1

0
1

3
1
m

m
m
m

m
m

m m

m
m
m

m
m







  






  

 

  

 




 





  



(Hoặc : Với x > 2 thì (1) 1

x
m

x






Vì xx11 1 x213, x 2

  nên để

x
m

x




 với mọi x>2 thì mm3)

Vậy với m3 thì 2x.A < mx – m thoả mãn với mọi x >2

0,25

2(2,0
điểm)

Câu 2(2,0 điểm):

a) Giải phương trình:



2x2 1



2 6x3 3x

  

b) Đa thức f(x) khi chia cho (x + 1) thì dư 4, khi chia cho (x + 2) thì

dư 1, cịn 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?

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







 













 











2 3

2 2

2 1 6 3

2 1 6 3 0

2 1 3 2 1 0

2 1 2 1 3 0

2 1 ( 1) 2 1 0

x x x

x x x

x x x

  

    

    

    

Vì 2x2 +1 > 0 với mọi x nên





1
1 0

( 1) 2 1 0 1

2 1 0

x
x

x x



 

 

     



  



Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là 1;1
2
S  

 

0,25

0,25
b) Vì (x + 1)(x + 2) là đa thức bậc hai nên dư trong phép chia f(x) cho

(x + 1)(x + 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)
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
= 5x4+15x3+10x2+3x+7

Ta có f(1)= 5 +15+10+3+7 = 40
Vậy f(x): (x-1) dư 40

0,25

0,25
3(2,0

điểm)

Câu 3(2,0 điểm):

a) Giải phương trình nghiệm nguyên : y x



2



x2 3

   (1)

b) Cho a b c b a c

b c a   a c b . Tính giá trị của biểu thức:

   ( )( )2018

S a b c b a c a b c    

a) Xét x = 2, pt(1) trở thành y.0 = 7, vô nghiệm
Xét x≠2, từ (1) suy ra 2 3 2 7

2 2

x

y x

x x



   

 

Vì x, y là các số nguyên nên x – 2 là ước nguyên của 7









2 7; 1;1;7

5;1;3;9

x
x

    

  

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

0,25
b)Từ giả thiết suy ra:

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



 







2 2 2 2 2 2

2
2

a c ab bc b c a b ac

a c a b ac ab bc b c 0

( ) ( )( ( ) 0

( )( ) 0

a c b a c b c b bc c b

c b a ac ab bc

c b a b a c

    

      

       

     

    

Do đó S a b c b a c a b c  ( )( )2018

      =0

0,25
0,25
0,25

4(2,5
điểm)

Câu 4(2,5 điểm):

1. Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi M là điểm di động trên cạnh
AC. Từ C vẽ đường thẳng vng góc với tia BM, cắt tia BM tại H,
cắt tia BA tại O.

a) Chứng minh rằng góc OHA khơng đổi

b) Chứng minh rằng BM.BH + CM.CA không đổi.

2. Cho tam giác ABC vuông cân tại B, L là trung điểm cạnh BC và P
là điểm trên cạnh CA sao cho BP vng góc với AL. Biết CP= 2

cm. Tính độ dài cạnh AB

a) Ta có BOH



COA(g.g) OH OA

OB OC

 

Suy ra OBC



OHA (c.g.c)  OHA OBC (Không đổi)

0,5
0,5
b) Kẻ MK vng góc với BC tại K

Ta có BKM



BHC (g.g) BM BK BM BH. BC BK. (1)

BC BH

   

CKM



CAB (g.g) CM CK CM CA BC CK. . (2)

BC CA

   

Từ (1) và (2) suy ra BM.BH + CM. CA =BC(BK + CK) =BC2 , 
khơng đổi

0,25
0,25
0,25

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

Dựng hình vng ABCD. Gọi M là giao điểm của BP và CD. O là giao
điểm của AC và BD

Chứng minh được LAB=MBC (g.c.g)

Suy ra M là trung điểm của CD

Tam giác BCD có hai đường trung tuyến CO và BM cắt nhau tại P nên P
là trọng tâm của BCD

Suy ra CP =2PO

Ta có AC =2(CP + PO) =3CP =3 2cm
Theo định lí Py-ta-go ta có: AB2 +BC2 =AC2
Mà AB =BC nên 2AB2 =AC2

Suy ra AB=AC : 2=3 2: 2=3cm

Vậy AB =3cm

0,25

5(1,0
điểm)

Câu 5(1,0 điểm): Cho một lục giác đều. Tại mỗi đỉnh của lục giác có
một con chim đậu. Vào cùng một lúc, tất cả 6 con chim đều bay lên khỏi
vị trí của mình. Rồi sau đó vào cùng một lúc, chúng lại đậu xuống các
đỉnh của lục giác ( các con chim không nhất thiết đậu xuống vị trí cũ của
mình). Chứng minh rằng tồn tại 3 con chim, sao cho tam giác tạo bởi các
đỉnh mà chúng đậu trước khi bay lên bằng tam giác tạo bởi các đỉnh mà
chúng đậu xuống.

- Gọi O là tâm của hình lục giác đều đã cho.

- Dễ thấy 2 tam giác mà mỗi tam giác có 2 đỉnh đối xứng với nhau
qua O là 2 tam giác bằng nhau (1)

- Xét 2 con chim mà trước khi bay lên chúng đậu tại 2 đỉnh gọi là A
và B đối xứng với nhau qua tâm O. Xảy ra 2 trường hợp sau:

 TH1: 2 con chim đó đậu xuống 2 đỉnh đối xứng với nhau qua tâm

O. Ta chọn con chim mà trước khi bay lên nó đậu tại đỉnh C nào đó
(C khác A, C khác B). Theo (1), 3 con chim này thoả mãn yêu cầu
đề bài.

 TH2: 2 con chim đó đậu tại 2 đỉnh gọi à A’ và B’ không đối xứng

với nhau qua O. Lúc này ta chọn con chim thứ 3 là con chim mà
sau khi đậu xuống nó đậu tại đỉnh C’ đối xứng với A’(hoặc B’) qua
tâm O. Theo (1), 3 con chim này thoả mãn yêu cầu đề bài

- Vậy luôn tồn tại 3 con chim, sao cho tam giác tạo bởi các đỉnh mà
chúng đậu trước khi bay lên bằng tam giác tạo bởi các đỉnh mà
chúng đậu xuống.

0,25

</div>

Đề thi và đáp án khảo sát học sinh giỏi lần 1 trường THCS Phạm Công Bình môn: Toán 8

<sub></sub>

<sub></sub>

















































<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>





<sub></sub>

<sub></sub>











 







<sub></sub>

<sub></sub>



 





 













 







<sub></sub>

<sub></sub>













<sub></sub>

<sub></sub>







 





