De thi hsg lop 8 mon toan

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẬN LONG BIÊN ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI TUYỂN CHỌN CÂU LẠC BỘ MÔN HỌC EM YÊU THÍCH CẤP QUẬN Môn: TOÁN Năm học 2014-2015 Ngày thi: 27/05/2014 Thời gian làm bài: 90 phút. 2 2  x2  2  4 x 3x 1  x A    3 :  x 1  x 1 3x  3x Bài 1 (5 điểm) Cho biểu thức. a) Rút gọn biểu thức A. 2014  2 x  1 2013. b) Tính giá trị biểu thức A khi x thỏa mãn: c) Tìm giá trị của x để A < 0. d) Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị là một số nguyên. Bài 2 (3 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử : x3(x2 - 7 )2 - 36x b) Dựa vào kết quả trên hãy chứng minh: A= n3(n2 - 7 )2 - 36n 210 với mọi số tự nhiên n. Bài 3 (3 điểm) Một người đi xe đạp, một người đi xe máy và một người đi ô tô xuất phát từ địa điểm A lần lượt lúc 8 giờ, 9 giờ, 10 giờ cùng ngày và đi với vận tốc theo thứ tự lần lượt là 10km/giờ, 30km/giờ và 50km/giờ. Hỏi đến mấy giờ thì ô tô ở vị trí cách đều xe đạp và xe máy ? Bài 4 (6 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Lấy một điểm M bất kỳ trên cạnh AC. T ừ C v ẽ m ột đường thẳng vuông góc với tia BM, đường thẳng này cắt tia BM tại D, cắt tia BA tại E.   EAD ECB. a) Chứng minh: EA.EB = ED.EC và. 2  BMC 1200 S AED 36cm S EBC. b) Cho và . Tính ? c) Chứng minh rằng khi điểm M di chuyển trên cạnh AC thì tổng BM.BD + CM.CA có giá trị không đổi. DH  BC  H  BC  CQ  PD. d) Kẻ. Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn. thẳng BH, DH. Chứng minh . Bài 5: (3điểm). a) Chứng minh rằng số n2 +2014 với n nguyên dương không là số chính phương. b) Cho a, b là các số dương thỏa mãn a3 + b3 = a5 + b5. Chứng minh rằng: a2 + b2 1 + ab --------- Hết --------Chú ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM. Bài. Ý. Nội dung. Điểm. 1 ĐKXĐ : x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ 1/2 . a). 5đ. x 1 3 Rút gọn được A=. 2014  2 x  1 2013. 0.5 1.5. Từ. b. Tìm được x=1; x=0 (loại x=0 do không thỏa mãn ĐK). 0.5 0.5. c d. Thay x=1 vào biểu thức . tính được A= 0. A< 0 suy luận được x<1 và : x ≠ 0; x ≠ -1; x ≠ 1/2 . Lập luận để khẳng định được x-1 là bội của 3 suy ra , x = 3n+1 (n Z) Phân tích được x3(x2 - 7 )2 – 36x. 1.5. = x(x + 1 )( x - 1 ) (x - 3 )(x + 2 ) ( x - 2 )( x + 3 ) Theo phần a ta có :. 0.75. 1.0 1.0. 2 a). A = n3(n2 - 7)2 - 36n = n(n + 1)(n - 1) (n - 3)(n + 2)(n - 2)(n + 3) Đây là tích của 7 số nguyên liên tiếp. Trong 7 số nguyên liên tiếp có: 3đ. b). - Một bội của 2 nên A chia hết cho 2. - Một bội của 3nên A chia hết cho 3.. 0.75. - Một bội của 5 nên A chia hết cho 5. - Một bội của 7 nên A chia hết cho 7. Mà 2; 3; 5; 7 đôi một nguyên tố cùng nhau nên: A (2, 3, 5, 7) Hay A 210.. 3. Gọi thời gian ô tô đi đến vị trí cách đều xe đạp và xe máy là x(h) điều kiện x >. 0,25. 0 => Thời gian xe đạp đi là x + 2 (h) Thời gian xe máy đi là x + 1 (h) 3đ. 0,75. => Quãng đường ô tô đi là 50x (km) Quãng đường xe đạp đi là 10(x + 2) (km) Quãng đường xe máy đi là 30(x + 1) (km) Vì đến 10 giờ thì xe máy đã vượt trước xe đạp => ô tô ở vị trí cách đều xe đạp. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 0,5. và xe máy khi x nghiệm đúng phương trình: 50x – 10(x + 2) = 30(x + 1) – 50x. 4 6đ. 5 6 <=> x = (h) = 50 phút (TMĐK). 0,5. Vậy đến 10h50 phút thì ô tô ở vị trí cách đều xe đạp và xe máy .. 0,5. Hình vẽ: E. D. 0,5. A M Q. B. a. P. I. H. C. * Chứng minh EA.EB = ED.EC. 0,5.   - Chứng minh EBD đồng dạng với ECA (gg). 0,5. EB ED   EA.EB ED.EC EC EA - Từ đó suy ra   EAD ECB * Chứng minh. 0,5.   - Chứng minh EAD đồng dạng với ECB (cgc). b.   EAD ECB - Suy ra. 0,5.  BMC  AMB  ABM - Từ = 120o = 60o = 30o. 0.5.  B - Xét EDB vuông tại D có = 30o. 1 ED 1   2  EB 2 2. ED = EB. S EAD  ED    S ECB  EB   - Lý luận cho từ đó S 2 ECB = 144 cm. 0.5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> c.   - Chứng minh BMI đồng dạng với BCD (gg). 0.25. - Chứng minh CM.CA = CI.BC. 0.25. - Chứng minh BM.BD + CM.CA = BC2 có giá trị không đổi. 0.5. Cách 2: Có thể biến đổi BM.BD + CM.CA = AB2 + AC2 = BC2 0,25.   - Chứng minh BHD đồng dạng với DHC (gg) . d. BH BD 2 BP BD BP BD      DH DC 2 DQ DC DQ DC. 0,25.   - Chứng minh DPB đồng dạng với CQD (cgc)     BDP DCQ   CQ  PD   ma`BDP  PDC 90o . 0,5. 5 3đ. 0,25 2. 2. 2. 2. 2. Nếu n +2014 là số chính phương với n nguyên dương thì n +2014 =k  k – n = 2014. 0,25.  (k – n)(k + n) = 2014 (*) a. Vậy (k + n) – (k – n) = 2n là số chẵn nên k và n phải cùng chẵn hoặc cùng lẻ.. 0,25. Mặt khác (k – n)(k + n) = 2014 là chẵn. 0,25. Nên (k – n), (k + n) đều chia hết cho 2 hay (k – n)(k + n) 4. Mà 2014 không chia hết cho 4. 0,25. Suy ra đẳng thức (*) không thể xảy ra. Vậy không có số nguyên dương n nào để số n2 + 2014 là số chính phương b. 0,25. Với 2 số a, b dương: a 2  b2 1  ab ⇔. 0,5. Xét: a2 + b2 – ab 1. ⇔. (a + b)(a2 + b2 – ab) (a + b) ( vì a + b > 0). ⇔. a3 + b3 a + b. ⇔. (a3 + b3)(a3 + b3) (a + b)(a5 + b5) (vì a3 + b3 = a5 + b5 ). ⇔. a6 + 2a3b3 + b6 a6 + ab5 + a5b + b6. ⇔. 2a3b3 ab5 + a5b. ⇔. ab(a4 – 2a2b2 + b4) 0. 0,5. 0.5. 0.5 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> .  ab a 2  b 2. . 2. 0.  đúng a, b > 0 .. a 2  b2 1  ab Vậy: với a, b dương và a3 + b3 = a5 + b5. Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>