Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp Huyện môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi khảo sát học sinh giỏi cấp Huyện môn Toán Lớp 8 (Có đáp án)

1. PHÒNG GD&ĐT KÌ THI KHẢO SÁT HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN LỚP 8 Môn: Toán ĐỀ THI CHÍNH Thời gian làm bài: 150 phút Bài 1.(5 điểm) Cho x, y là hai số thay đổi thỏa mãn điều kiện x > 0, y < 0 và x + y = 1. y x y 2 2x 2 y x 2 a) Rút gọn biểu thức A : . 2 2 2 2 2 2 xy x y x y y x b) Chứng minh rằng: A < - 4. Bài 2. (2 điểm) Cho ba số x, y, z thỏa mãn điều kiện: 4x2 + 2y2 + 2z2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0, Tính gia trị của biểu thức T = (x – 4)2014 + (y – 4)2014 + (z – 4)2014. Bài 3.(2 điểm) Cho số nguyên tố p > 3. Biết rằng có số tự nhiên n sao cho trong cách viết thập phân của số pn có đúng 20 chữ số. Chứng minh rằng trong 20 chữ số này có ít nhất 3 chữ số giống nhau. Bài 4.( 8 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a và điểm N trên cạnh AB. Cho biết tia CN cắt tia DA tại E, tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng EF. a) Chứng minh CE = CF; b) Chứng minh B, D, M thẳng hàng; c) Chứng minh EAC đồng dạng với MBC; d) Xác định vị trí điểm N trên cạnh AB sao cho tứ giác ACFE có diện tích gấp 3 lần diện tích hình vuông ABCD. Bài 5. (3 điểm) a) Tìm các số nguyên x, y thỏa mãn 3x – y3 = 1 b) Cho ba số a, b, c thỏa mãn điều kiện 0 ≤ a, b, c ≤ 2 và a + b + c = 3 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = a2 + b2 + c2. --------------------- Hết --------------------- (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
2. Họ và tên thí sinh: ......................................................... Số báo danh:......................... HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Bài Nội dung Biểu điểm a) Với x + y = 1, biến đổi và thu gọn A. y x y 2 2x 2 y x 2 A : 2 2 2 2 2 2 xy x y x y y x y x y 2 x y 2 2x 2 y x 2 x 2 y 2 : xy x y 2 x y 2 3(điểm) y x y 2 .1 2x 2 y x 2 x y Bài : 1 xy x y 2 .1 y x y 2 x 2 x y y x y 2 x 2 y x x y 2 x y 2 : : xy x y 2 xy x y 2 xy y 2 x 2 xy x - y 2 x y 2 1 b) A 4 4 0 (vì x > 0; y < 0 và x + y = 1) xy xy xy 2(điểm) Suy ra A < - 4. 4x2 + 2y2 + 2z2 – 4xy – 4xz + 2yz – 6y – 10z + 34 = 0 [4x2 – 4x(y + z) + (y + z)2]+ (y2 + z2 – 6y – 10z + 34) = 0 Bài (2x – y – z)2 + (y – 3)2 + (z – 5)2 = 0 2 2(điểm) y = 3; z = 5; x = 4 Khi đó T = (4 – 4)2014 + (3 – 4)2014 + (5 – 4)2014 = 2. Bài Do p là số nguyên tố và p > 3 nên p không chia hết cho 3. (*) 3 pn có 20 chữ số. Các chữ số chỉ có thể là 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 gồm 10 chữ số đôi một khác nhau. Nếu không có quá nhiều hơn 2 chữ số giống nhau thì mỗi chữ số phải có mặt đúng 2 lần trong cách viết số pn. Như vậy tổng các chữ số 2(điểm) của số pn là: 2(0 + 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9) = 903 nên pn 3 Điều này mâu thuẫn (*). n Vậy trong số p phải có ít nhất 3 chữ số giống nhau. E M A B F N D C
3. Bài a) Chứng minh được 4 CDE = CBF (g.c.g) CE = CF. 2(điểm) 1 b) Chỉ ra AM MC EF M thuộc đường trung trực BD của đoạn 2 2(điểm) AC. Vậy B, D, M thẳng hàng. c) Chỉ ra ACE = BCM EAC ~ MBC (g.g). 2(điểm) Chỉ ra CAE = CBM d) Đặt BN = x AN = a – x. 1 1 2 *)Tính SAEFC = SACE + SECF = DC.AE CE 2 2 - Tính AE: Lý luận để có AE AN AE AN AE a x AE.a AE(a x) a(a x) ED DC AE AD DC AE a a a(a x) AE x - Tính CE2: Lý luận để có CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a + AE)2 2 2(điểm) a a x a 4 CE 2 a 2 a a 2 x x 2 a 3 a x Do đó SAEFC = 2x 2 2 *) Tính SABCD = a . Lý luận với SAEFC = 3SABCD để có a 6x2 – ax – a2 = 0 (2x – a)(3x + a) = 0 x (vì a, x > 0). 2 KL: N là trung điểm của AB thì SAEFC = 3SABCD.
4. Bài a) 3x – y3 = 1 3x = y3 + 1 (1) 5 - Dễ thấy x = y = 0 là một nghiệm của (1). - Nếu x < 0 thì 3x = 1 ( n nguyên dương, n = - x) 3n suy ra 0 < 3x < 1. Mà y3 + 1 là số nguyên, suy ra (1) không có nghiệm nguyên. - Nếu x > 0 thì 3x 3 (1) 3x = (y + 1)3 – 3y(y + 1) (y + 1)3 3 nên y + 1 3 Đặt y + 1 = 3k ( k nguyên), suy ra y = 3k – 1. Thay vào (1) ta 1.5(điểm) được: 3x = (3k – 1)3 + 1 = 9k(3k2 – 3k + 1) nên 3k2 – 3k + 1 là ước của 2 1 1 3x mà 3k2 – 3k + 1 3 và 3k2 – 3k + 1= 3 k 0 2 4 nên 3k2 – 3k + 1 = 1 3k(k – 1) = 0 k = 0 hoặc k = 1. Với k = 0 thì y = - 1 suy ra 3x = 0 phương trình vô nghiệm. Với k = 1 thì y = 2 suy ra 3x = 9 nên x = 2. Vậy các cặp số nguyên (x, y) {(0; 0), (2; 2)}. b) Từ giả thiết 0 ≤ a, b, c ≤ 2 suy ra (2 – a)(2 – b)(2 – c) + abc ≥ 0 8 – 4(a + b + c) + 2(ab + bc + ca) ≥ 0 8 – 12 + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 0 (vì a + b + c = 3) 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac ≥ 4 + a2 + b2 + c2 1.5(điểm) ( a + b + c)2 ≥ 4 + a2 + b2 + c2 a2 + b2 + c2 ≤ 5 (vì a + b + c = 3) Dấu đẳng thức xảy ra (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị của bộ số này. Vậy P có GTLN nhất là 5 (a; b; c) = (0; 1; 2) và các hoán vị của bộ số này. Chú ý: - Điểm được lấy đến 0.25. - Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.