dai so 8

PHÒNG GD & ĐT SẦM SƠN BÀI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ĐỘI TUYỂN LẦN 2
TRUƯỜNG THCS
Năm học 2017-2018
NGUYỄN HỒNG LỄ
Môn : tốn lớp 8
Thời gian làm bài 120 phút
Bµi 1: (4 điểm)
Phân tích đa thức sau đây thành nhân tử:
2
1. x  7 x  6
4
2
2. x  2008 x 2007 x 2008
Bài 2: (4điểm) Giải phơng trình:
4
3
2
1. x  4 x  3x  8 x  10 0
2

2

2

1
1 
1 
1
2




8  x    4  x 2  2   4  x 2  2   x    x  4 
x 
x 
x


2.  x 

Bµi 3: (4đ)
a). Tìm đa thức f ( x) biết: f ( x ) chia cho x  2 dư 5; f ( x ) chia cho x  3 dư 7; f ( x) chia
( x  2)( x  3) được thương là x 2  1 và đa thức dư bậc nhất đối với x .
n
n
b) Cho: P 7.2014 12.1995 với n  N ; Chứng minh P chia hết cho 19

cho

Câu 4 (6 điểm)
Cho tam giác ABC. Gọi I là một điểm di chuyển trên cạnh BC. Qua I, kẻ đường thẳng song
song với cạnh AC cắt cạnh AB tại M. Qua I, kẻ đường thẳng song song với cạnh AB cắt cạnh AC tại
N.
1) Gọi O là trung điểm của AI. Chứng minh rằ
2)
3) ng ba điểm M, O, N thẳng hàng.
2) Kẻ MH, NK, AD vng góc với BC lần lượt tại H, K, D. Chứng minh rằng MH + NK = AD.
3) Tìm vị trí của điểm I để MN song song với BC.

Bài 5 (2đ ) Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình
(2 x  y  2) 2 7( x  2 y  y 2  1) .

PHỊNG GD & ĐT SẦM SƠN
TRUƯỜNG THCS
NGUYỄN HỒNG LỄ

Bµi
1.

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI KHẢO SÁT SỐ 2
Mơn : tốn lớp 8
Thời gian lm bi 120 phỳt

Câu

Nội dung

Điểm
4,0

1.1 (2điểm)
x 2 7 x  6 x 2  x  6 x  6 x  x 1  6  x  1

1đ

 x  1  x  6 

1.2

1đ

(1,25 ®iÓm)
x 4  2008 x 2  2007 x  2008  x 4  x 2  2007 x 2  2007 x  2007  1

0,75

2

 x 4  x 2  1  2007  x 2  x  1  x 2  1  x 2  2007  x 2  x  1

 x  x  1  x  x  1  2007  x  x  1  x  x  1  x  x  2008 
2

2

2

2

2

2.
2.1

0,75
4,0

Đưa về phương trình tích:
( x 2  2)( x 2  4 x  5) 0
2

Chỉ ra x  4 x  5  0

Tìn được nghiệm:
2.2

0,5

2

1,0đ
0,5đ



S

2;  2



2

0,5đ
2

1
1 
1 
1
2




8  x    4  x 2  2   4  x 2  2   x    x 4
x
x
x
x



(2)
Điều kiện để phơng trình có nghiÖm: x 0

(2)

2
1
1  
1 


 8  x    4  x2  2    x2  2  
x
x   
x 


2

1

x 
x


2

1
1 
2
2


 8  x    8  x 2  2   x  4    x  4  16
x
x 


 x 0 hay x 8 và x 0 .
Vậy phơng trình đà cho cã mét nghiÖm x  8


2
  x  4 


0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ


3

4.0
3.1

Gọi dư trong phép chia f(x) cho x - 1 là ax + b
Ta có : f(x) = (x – 2)(x – 3)(x2- 1) + ax + b
Theo bài ra : f(2) = 5 nên ta có 2a + b = 5 ; f(3) = 7 nên 3a + b = 7
HS tính được a = 2 ; b = 1
Vậy đa thức cần tìm là : f(x) = (x – 2)( x – 3)(x2 - 1) + 2x + 1

3.2

P = 7.2014n + 12.1995n
= 19.2014n -12.2014n + 12.1995n
= 19.2014n - 12(2014n -1995n)
Ta có : 19. 2014n  19 ;
(2014n -1995n)  19.
nên P  19

2

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

4

6,0
4.1
A

M
O
N

B

H

D

E

I

K

C

Ta có IM//AC, IN//AB => AMIN là hình bình hành
=> MN cắt AI tại trung điểm mỗi đường . Mà O là trung điểm AI
=> M, O, N thẳng hàng (đpcm)

0,75
0,75đ
0,5đ


4.2

Kẻ OE vng góc với BC. Chứng minh MHKN là hình thang vng.
Ta có O là trung điểm MN mà OE//MH//NK. Suy ra OE là đường

0,75đ

trung bình của hình thang vuông MNKH nên MH + NK = 2OE (1)
Xét ΔADI có O là trung điểm của AI và OE//AD. Suy ra OE là đường
trung bình của ΔADI nên AD = 2OE

4.3

(2)

Từ (1) và (2) ta có MH + NK = AD (đpcm).
Ta có MN // BC khi và chỉ khi MN là đường trung bình của ABC (Do
O là trung điểm AI)
 I là trung điểm BC (Vì MI // AC, MA=MB)

Vậy để MN song song với BC thì I là trung điểm BC

Câu
5:
(2,0 đ)

(2 x  y  2) 2 7( x  2 y  y 2  1) (1)
 2(2 x  y  2) 2  7(2 x  y  2)  7(2 y 2  3 y) 0 (2)
2
2
Đặt t 2 x  y  2 ta có pt: t  7t  7(2 y  3 y ) 0
2

0,75đ
0,5đ
1,0đ
0,5
0,5đ

0,5
0,25

2

 16t  56t  49  7(16 y  24 y  9) 112
 (4t  7) 2  7(4 y  3) 2 112 (3)
2
2
Từ (3)  7(4 y  3) 112  (4 y  3) 16   4 4 y  3 4   7 4 y 1
Vì y nguyên suy ra y chỉ có thể là -1 hoặc 0

0,25
0,25

2
Với y = -1 thay vào (1) được pt (2 x  1) 7 x khơng có nghiệm x
ngun

0,25

2

Với y = 0 thay vào (1) được pt 4( x  1) 7( x  1) , pt này có một
nghiệm nguyên x = 1
Thử lại thấy (x ;y) = (1 ;0) là nghiệm nguyên duy nhất của pt đã cho.
Cách khác : Xét điều kiện có nghiệm của pt bậc 2 theo ẩn x hoặc y

0,25
0,25