Đề thi chọn học sinh giỏi năng khiếu môn Toán Lớp 6,7,8 - Năm học 2012-2013 - Phòng Giáo dục và Đào tạo Đoan Hùng (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn học sinh giỏi năng khiếu môn Toán Lớp 6,7,8 - Năm học 2012-2013 - Phòng Giáo dục và Đào tạo Đoan Hùng (Có đáp án)

1. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐOAN HÙNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 6, 7, 8 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN 8 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 90 phút - Không kể thời gian giao đề Đề thi có 01 trang Câu 1 (3,0 điểm): x 2 2 2 4x 3x 1 x2 1. Cho Biểu thức : A = 3 : 3x x 1 x 1 3x a) Tìm điều kiện của x để A xác định, Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên . 2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC thỏa mãn hệ thức : a 3 + b3 + c3 = 3abc. Hỏi tam giác ABC là tam giác gì Câu 2 (1,5 điểm): Tìm n Z sao cho: n2 + n – 17 là bội của n + 5. Câu 3 (2,0 điểm): Lúc 7 giờ sáng, một ca nô xuôi dòng từ bến A đến bến B, cách nhau 36 km, rồi ngay lập tức quay trở về bến A lúc 11 giờ 30 phút. Tính vận tốc của ca nô lúc xuôi dòng, biết vận tốc nước chảy là 6 km/h. Câu 4 (2,5 điểm): Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF. a) Chứng minh CE vuông góc với DF. b) Chứng minh AM = AD c) Tính diện tích MDC theo a. Câu 5 (1,0 điểm): Cho các số nguyên dương m, n. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 36m 5n .Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
2. PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN ĐOAN HÙNG HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP 6,7,8 NĂM HỌC 2012-2013 MÔN: TOÁN LỚP 8 A. Một số chú ý khi chấm bài: Hướng dẫn chấm dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách. Thí sinh giải cách khác mà cho kết quả đúng thì tổ chấm thống nhất cho điểm từng phần ứng với thang điểm của Hướng dẫn chấm. Giám khảo cần bám sát yêu cầu giữa phần tính và phần lí luận của bài giải của thí sinh để cho điểm. Tổ chấm có thể chia nhỏ thang điểm đến 0,25. Điểm bài thi là tổng các điểm thành phần không làm tròn. Câu Yêu cầu nội dung Điểm 1 a) ĐKXĐ : x 0 ; x 1 ; x 2 0,25 x 2 (x 1) 6x 9x(x 1) 2(1 2x) 3x 1 x2 0,25 A : 3x(x 1) x 1 3x 1 2x 3x 1 x2 x2 x x 1 A= . 3x 3x 3x 3 0,75 x 1 b) Ta có: A 3 A nhận giá trị nguyên khi x nguyên và x- 1 chia hết cho 3 . Ta có : 0,25 Câu1 x - 1 = 3k x = 3k + 1 ( với k nguyên ). Vậy với x = 3k + 1 ( k nguyên ) thì A nhận giá trị nguyên 0,75 b) vì a , b, c, là độ dài ba cạnh của tam giác do đó a , b , c > 0 . Ta có : a3 b3 c3 3abc 0 (a + b)3 + c3 - 3a2b - 3 ab2 - 3abc = 0 ( a + b + c) [(a + b)2 - c( a + b) + c2) - 3ab( a + b + c) = 0 (a + b + c) ( a2 + b2 + c2 - ab - bc - ca) = 0 0,5 1 a b c . . a b 2 b c 2 c a 2  0 2 a b 2 b c 2 c a 2 0 0,5 a b c . Do đó tam giác ABC là tam giác đều n2 + n – 17 là bội của n + 5 => n2 + n – 17 n 5 0,25 n n 17 3 0,75 Xét phép tính (n 4) 2 n 5 n 5 3 Để n2 + n – 17 n 5 thì (n-4) + là số nguyên, tức là n + 5 là n 5 ước của 3 => n + 5 lần lượt nhận các giá trị 1, 3 Xét lần lượt ta được : n = -6, n = -4, n = -8, n= -2 0,5
3. Học sinh thực hiện đầy đủ các bước giải của bài toán: Giải bài 2,0 3 toán bằng cách lập phương trình. Gải đúng vận tố của ca nô lúc xuôi dòng là 24km/h A E B 0,5 0,25 F 1 0,25 N M 1 1 D K C a) chứng minh được: BEC CFD(c.g.c) C D 1 1 0,5 0 0 CDF vuông tại C => F 1 + D 1 = 90 =>F1 + C 1 = 90 => CMF vuông tại M 0,25 Hay CE  DF. b) Gọi K là trung điểm của CD. N là giao điểm của DM và AK Chứng minh được AECK là hình bình hành AK  DM tại N 0,25 Xét DCM có DK = KC ; KN // CM ND = NM 0,25 4 Do đó: ADM cân tại A AM = AD 0,5 CD CM c) Chứng minh được: CMD ~ FCD => FD FC 0,25 2 2 SVCMD CD CD Do đó : SVCMD .SV FCD SV FCD FD FD 0,25 1 1 2 Mà : S CF.CD CD . VFCD 2 4 2 CD 1 2 Vậy : S CMD . CD . 0,25 V FD2 4 Trong VDCF theo Pitago ta có : 2 2 2 2 1 2 2 1 2 5 2 DF CD CF CD BC CD CD .CD . 2 4 4 CD2 1 1 1 S . CD2 CD2 a2 0,25 Do đó : VMCD 5 CD2 4 5 5 4 Vì 36m có tận cùng là 6 và 5n có tận cùng là 5 nên nếu 36m > 5n 0,25 thì P có tận cùng là 1, ngược lại nếu 36m < 5n thì P có tận cùng 5 là 9 Xét P = 1 => 36m – 1 = 5n (1) Do VT chia hết cho 35, hay chia hết cho 7 còn VP ko chia hết 0,25
4. cho 7 nên (1) không xảy ra. P > 1 Xét P = 9 thì 5n - 36m = 9 5n = 36m +9 (2) Ta thấy VP chia hết cho 9 VT không chia hết cho 9=> (2) không 0,25 xảy ra Xét P = 11 thì 36m - 5n = 11 (3) 0,25 (3) có nghiệm khi m= 1 và n = 2 => giá trị nhỏ nhất của P là 11
5. Câu 2 (2,5 điểm). x 2 2 2 4x 3x 1 x2 Cho biểu thức : A = 3 : 3x x 1 x 1 3x a) Tìm điều kiện của x để A xác định, Rút gọn biểu thức A. b) Tìm giá trị nguyên của x để A nhận giá trị nguyên . Câu 2 2,5điểm Câu 3 (2,0 điểm) Chứng minh rằng P = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59 với mọi n N Ta có: P = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 = 5n.52 + 26.5n +82n.8 = (25.5n + 34.5n) + (82n.8 – 8.5n) 0,5 Câu 3 = 59.5n + 8(64n - 5n) 2,0điểm = 59.5n + 8(64 - 5)(64n-1 + 64n-2.5 + +5n-1) 0,5 = 59.5n + 8.59(64n-1 + 64n-2.5 + +5n-1) 0,25 = 59[5n +8(64n-1 + 64n-2.5 + +5n-1)]Chia hết cho 59 0,5 Vậy P = 5n+2 + 26.5n + 82n+1 chia hết cho 59 với mọi n N 0,25 Câu 4 (3,0 điểm). Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Gọi E; F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. M là giao điểm của CE và DF. a) Chứng minh CE vuông góc với DF. b) Chứng minh AM = AD c) Tính diện tích MDC theo a. 0,5 A E B 0,25 F 1 0,25 N M 1 Câu 4 1 3,0điểm D K C a) chứng minh được: BEC CFD(c.g.c) C D 1 1 0,5 0 0 CDF vuông tại C => F 1 + D 1 = 90 =>F1 + C 1 = 90 => CMF vuông tại M 0,25 Hay CE  DF.
6. b) Gọi K là trung điểm của CD. N là giao điểm của DM và AK Chứng minh được AECK là hình bình hành AK  DM tại N 0,25 Xét DCM có DK = KC ; KN // CM ND = NM 0,25 Do đó: ADM cân tại A AM = AD 0,5 CD CM c) Chứng minh được: CMD ~ FCD => FD FC 0,25 2 2 SVCMD CD CD Do đó : SVCMD .SV FCD S FD FD V FCD 0,25 1 1 2 Mà : S CF.CD CD . VFCD 2 4 2 CD 1 2 Vậy : S CMD . CD . V FD2 4 0,25 Trong VDCF theo Pitago ta có : 2 2 2 2 1 2 2 1 2 5 2 DF CD CF CD BC CD CD .CD . 2 4 4 CD2 1 1 1 S . CD2 CD2 a2 Do đó : VMCD 5 0,25 CD2 4 5 5 4