Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2013 – 2014 môn: Toán 8

pdf 4 trang Người đăng minhphuc19 Ngày đăng 14/02/2019 Lượt xem 18Lượt tải 1 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2013 – 2014 môn: Toán 8", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp huyện năm học 2013 – 2014 môn: Toán 8
UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN 
NĂM HỌC 2013 – 2014 
MÔN: TOÁN 8 
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) 
Bài 1. (2,0 điểm). 
1. Cho biểu thức 
2
2
1 x x 2 2x 4
P
x 2 x 7x 10 x 5
  
  
   
a) Rút gọn biểu thức P; 
b) Tìm các giá trị nguyên của x để biểu thức P có giá trị nguyên. 
2. Cho a + b + c = 0. Chứng minh rằng a3 + b3 + c3 = 3abc 
Bài 2. (2,0 điểm). 
1. Tìm x, y, z biết x2 + y2 + z2 + 2x – 4y + 6z = -14. 
2. Tìm các số nguyên dương n để số p = n3 - n2 + n - 1 là số nguyên tố. 
Bài 3. (1,0 điểm). 
Tìm nghiệm nguyên của phương trình 4x + 11y = 4xy 
Bài 4. (2,5 điểm). 
Cho hình vuông ABCD. Trên BC lấy điểm E, dựng  0EAx 90 sao cho tia Ax cắt 
CD tại F. Gọi I là trung điểm của FE, AI cắt CD tại M. Qua E dựng tia Ey song song với DC 
cắt AI tại K. 
a) Tam giác AFE cân tại A. 
b) Tứ giác KFME là hình thoi. 
Bài 5. (1,5 điểm). 
 Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB và AC, theo thứ tự lấy các điểm E và D sao cho 
BE = CD. Gọi N, Q theo thứ tự là trung điểm của BD và CE. Gọi G và H lần lượt là giao 
điểm của NQ với AB và NQ với AC. Chứng minh tam giác AGH cân. 
Bài 6. (1,0 điểm). 
 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức 
2
8x 12
M
x 4



--------Hết-------- 
UBND HUYỆN THỦY NGUYÊN 
PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI 
Môn thi: Toán 8 
Bài Đáp án Điểm 
1a) ĐKXĐ : x  2 ; x  5. 
2
2
2
2
2
1 x x 2 2x 4
P
x 2 x 7x 10 x 5
1 x x 2 2x 4
x 2 (x 2)(x 5) x 5
x 5 x x 2 (2x 4)(x 2)
(x 2)(x 5)
x 8x 15 (x 5)(x 3) x 3
(x 2)(x 5) (x 2)(x 5) x 2
  
  
   
  
  
   
      

 
       
  
    
0,25 
0,25 
0,25 
1b) Ta có 
x 3 (x 2) 1 1
P 1
x 2 x 2 x 2
    
    
  
Để biểu thức P có giá trị nguyên khi và chỉ khi 
1
x 2
có giá trị nguyên 
 1 (x 2) x 2 U(1) 1       
Khi x – 2 = 1  x = 3 (TMĐK) 
Khi x – 2 = - 1  x = 1 (TMĐK) 
Vậy  x 1 ; 3 thì biểu thức P có giá trị nguyên. 
0,25 
0,25 
Bài 1 
(2,0 điểm) 
2) (a + b + c)3 = (a + b)3 + 3(a + b)2c + 3(a + b)c2 + c3 
 = (a + b)3 + 3(a + b)c.(a + b + c) + c3 = (a + b)3 + c3 
a3 + 3a2b + 3ab2 + b3 + c3 = a3 + b3 + c3 + 3ab(a + b) 
a3 + b3 + c3 + 3ab(- c) ( do a + b + c = 0 nên a + b = -c) 
a3 + b3 + c3 + 3ab(-c) = 0 suy ra a3 + b3 + c3 = 3abc 
0,25 
0,25 
0,25 
 1) x2 + y2 + z2 + 2x – 4y + 6z = -14 
2 2 2
2 2 2
(x 2x 1) (y 4y 4) (z 6z 9) 0
(x 1) (y 2) (z 3) 0
         
      
Mà (x + 1)2  0 ; (y - 2)2  0 ; (z + 3)2  0 
Suy ra : x = -1 ; y = 2 ; z = -3. 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 2 
(2,0 điểm) 
2) Phân tích được p = (n - 1)(n2 +1) 0,25 
Nếu n = 1 thì p = 0, không phải là số nguyên tố. 
Nếu n = 2 thì p = 5, là số nguyên tố. 
Với mọi số tự nhiên n  3 thì n -1  2; n2+1  10 
 p có 2 ước lớn hơn 1 
Suy ra p là hợp số . 
Vậy n = 2 là giá trị phải tìm. 
0,25 
0,25 
0,25 
Bài 3 
(1,0 điểm) 
4x + 11y = 4xy  (4x – 11)(y – 1) = 11 
Vì x, y là các số nguyên nên 4x – 11 và y – 1 là ước của 11 
Ta có bảng giá trị: 
4x – 11 - 11 - 1 1 11 
y – 1 - 1 - 11 11 1 
x 0 x Z 3 x Z 
y 0 -10 12 2 
Vậy nghiệm nguyên của phương trình : (x, y) = (0 ; 0), (3 ; 12). 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Hình vẽ đúng 
y K
M
I
x
F
E
D C
BA
a) - Chứng minh ABE = ADF (g.c.g) 
Suy ra AE = AF hay AFE cân tại A 
0,5 
0,5 
Bài 4 
(2,5 điểm) 
b) - Chứng minh IKE = IMF (g.c.g) 
Suy ra IK = IM 
Ta có: IK = IM; IE = IF nên tứ giác KFME là hình bình hành. 
Tam giác AFE cân nên trung tuyến AI cũng là đường cao tức là AM  FE. 
Hình bình hành KFME có KM  FE 
Nên KFME là hình thoi. 
0,5 
0,25 
0,5 
0,25 
Hình vẽ đúng 
P
QN
H
G
D
E
CB
A
Bài 5 
(1,5 điểm) 
Gọi P là trung điểm của ED. 
Có PN là đường trung bình của EDB 
Suy ra NP // EB và 
1
NP EB
2
 . 
Tương tự PQ // CD và 
1
PQ CD
2
 
Mà BE = CD (GT) 
Do đó PN = PQ  PNQ cân tại P  PNQ PQN  
Lại có:  PNQ AGH; (hai góc đồng vị của PN // EB) 
và  PQN AHG (hai góc đồng vị của PQ // CD) 
Nên  AGH AHG suy ra AGH cân tại A. 
0,25 
0,25 
0,5 
0,25 
0,25 
Bài 6 
(1,0 điểm) 
Ta có : 
2 2 2
2 2 2
8x 12 (x 8x 16) (x 4) (x 4)
M 1 1 x
x 4 x 4 x 4
     
      
  
Do đó min M = -1  x = - 4 
Ta có : 
2 2 2
2 2 2
8x 12 (4x 16) (4x 8x 4) 4(x 1)
M 4 4 x
x 4 x 4 x 4
     
     
  
Do đó max M = 4  x = 1 
0,25 
0,25 
0,25 
0,25 
Chú ý : 
- Các cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tối đa. 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfĐề & ĐA HSG Toán 8 huyện Thủy Nguyên 2013-2014.pdf