Đề thi chọn học sinh năng khiếu lớp 8 THCS năm học 2012 2013 môn: Toán42478

PHÒNG GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH THỦY ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2012 - 2013 MƠN: TỐN Thời gian: 150 phút khơng kể thời gian giao đề Đề thi có: 01 trang Đề thức Câu (4 điểm) - x  1- 2x  Cho biểu thức A =    : 2   1- x x +1 1- x  x -1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A > Câu (4 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P = x-y Biết x - 2y = xy x + y  0, y   x+y b) Chứng minh 2n  3n  n chia hết cho với số nguyên n Câu (3 điểm) a) Cho số a, b, c thỏa mãn: a(a – b) + b(b – c) + c(c – a) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = a3 + b3 + c3 – 3abc + 3ab – 3c + b) Cho a, b, c ba số thực khác thỏa mãn Chứng minh 1    a b c bc ca ab    a b2 c2 Câu (7 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BD CE cắt H Gọi I trung điểm AH, M trung điểm BC a) Chứng minh D đối xứng với E qua IM b) Tính số đo góc IDM IEM c) Gọi O giao điểm IM DE; P, Q thứ tự chân đường vng góc kẻ từ B, C đến đường thẳng DE Chứng minh EP = DQ d) Tìm điều kiện tam giác ABC để tứ giác BPQC hình chữ nhật Câu (2 điểm) Giải phương trình: (8x – 4x2 – 1)(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1) Hết Họ tên thí sinh:…………………………………… SBD:…………… Cán coi thi khơng cần giải thích thêm./ ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2012 - 2013 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm có: 04 trang A Một số ý chấm Đáp án dựa vào lời giải sơ lược cách giải Thí sinh giải cách khác mà tổ chấm cho điểm phần ứng với thang điểm hướng dẫn chấm B Đáp án thang điểm Câu (4 điểm) - x  1- 2x  Cho biểu thức A =    : 2   1- x x +1 1- x  x -1 a) Rút gọn biểu thức A b) Tìm x để A > a) ĐKXĐ: x  1, x  0,5đ x2 1 1 x   2x   x 1 2x  A= : = x 1 1 2x 1 2x 1 x x 1   – 2x >  x < b) Với x  1, x  ta có: A >  1 2x 2 Vậy, với x < x ≠ -1 A > 1,5đ 1,5đ 0,5đ Câu (4 điểm) a) Tính giá trị biểu thức P = x-y Biết x - 2y = xy x + y  0, y   x+y b) Chứng minh 2n  3n  n chia hết cho với số nguyên n a) Ta có x - 2y = xy  x - y  y + xy =  x + y x - 2y  = Vì x + y  nên x – 2y =  x = 2y Khi P =   2y - y y = = (Vì y  ) 2y + y 3y b) Ta có 2n  3n  n  n 2n  3n   n n  12n  1  n n  1n    n  1  n n  1n    n  1n n  1 1,0đ 1,0đ 1,0đ Vì n số nguyên nên n n  1n   n  1n n  1 tích ba số n  1n n  1M6 nguyên liên tiếp Suy n n  1n  M  2n  3n  n M6 với số nguyên n Câu (3 điểm) ThuVienDeThi.com 1,0đ a) Cho số a, b, c thỏa mãn: a(a – b) + b(b – c) + c(c – a) = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = a3 + b3 + c3 – 3abc + 3ab – 3c + b) Cho a, b, c ba số thực khác thỏa mãn Chứng minh 1    a b c bc ca ab    a b2 c2 a) Ta có a(a – b) + b(b – c) + c(c – a) =  a  ab  b  bc  c  ca  2  a  ab  b  bc  c  ca   a  b   b  c   c  a   1,0đ  a b  bc  ca   a  b  c 17 Khi M = a3 + a3 + a3 – 3a3 + 3a2 – 3a + = 3a2 – 3a + = 3(a2 – a + ) + 4 1  17 17  =  a     Đẳng thức xảy a  2 4  17 Vậy GTNN M a  b  c  0,5đ 1 1 1 1 1 b) Ta có              a b c a b c c a b 1 1 1 1 1           0 a b ab  a b  c a b c abc 1  3 3 3 a b c abc bc ca ab 1 1 Do    abc      abc 3 a b c b c  abc a 1,0đ 0,5đ Câu (7 điểm) Cho tam giác nhọn ABC có đường cao BD CE cắt H Gọi I trung điểm AH, M trung điểm BC a) Chứng minh D đối xứng với E qua IM b) Tính số đo góc IDM IEM c) Gọi O giao điểm IM DE; P, Q thứ tự chân đường vng góc kẻ từ B, C đến đường thẳng DE Chứng minh EP = DQ d) Tìm điều kiện tam giác ABC để tứ giác BPQC hình chữ nhật ThuVienDeThi.com A Q D I O E H P B C M a) Vì DI EI thứ tự đường trung tuyến ứng với cạnh huyền tam giác vuông ADH AEH nên DI = EI = AH (1) Tương tự, ta có DM = EM = BC (2) Từ (1) (2) suy IM đường trung trực DE, hay D đối xứng với E qua IM · · · ·  MCD  IAD b) ∆DMC cân M nên MDC ; AID cân I nên IDA · · · ·  MDC  IDA  MCD  IAD = 900 (Vì AH  BC) ·  IDM  900 ·  900 Tương tự, ta tính IEM c) Vì IM đường trung trực DE nên IM  DE O  BP / /MO / /CQ (vì vng góc với đường thẳng DE)  tứ giác BPQC hình thang vng, mà MB = MC nên OP = OQ Mặt khác, OE = OD nên OP – OE = OQ – OD hay EP = DQ d) Tứ giác BPQC hình chữ nhật  BP  CQ Mà EP = DQ nên BP  CQ  BPE  CQD c  g  c   BE  CD  BEC  CDB (cạnh huyền – · ·  DCB  ABC cân A cạnh góc vng)  EBC 2,0đ 2,0đ 2,0đ 1,0đ Câu (2 điểm) Giải phương trình: (8x – 4x2 – 1)(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1) Nhận thấy x = - khơng phải nghiệm phương trình 8x  x2 1 x2  x   x  2x 1 x2  x  x  x  3( x  x  1)  ( x  x  1) Ta có   x  x  4( x  x  1) 4( x  x  1) Với x ≠ - 1, PT cho tương đương với =  (*) ( x  1)  (Đẳng thức xảy x – =  x = 1) 4( x  1) Lại có: 1,5đ (1) x  x   4( x  x  1) 3    ( x  1)  (Đẳng thức xảy 4 4 ThuVienDeThi.com x – =  x = 1) (2) Từ (1) (2) suy phương trình (*)  8x  x 1 x  x     x  x  2x 1 Vậy x = nghiệm phương trình - Nếu HS biến đổi PT cho thành PT tích: x  1 4 x  x   chứng tỏ PT: x  x  = vơ nghiệm Từ suy PT cho có nghiệm x = cho điểm tối đa - Nếu HS không chứng tỏ PT: x  x  = vơ nghiệm trừ nửa số điểm ThuVienDeThi.com 0,5đ ...HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH NĂNG KHIẾU LỚP THCS NĂM HỌC 2012 - 2013 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm có: 04 trang A Một số ý chấm Đáp án dựa vào lời giải sơ lược cách giải Thí sinh giải cách khác... EBC 2,0đ 2,0đ 2,0đ 1,0đ Câu (2 điểm) Giải phương trình: (8x – 4x2 – 1)(x2 + 2x + 1) = 4(x2 + x + 1) Nhận thấy x = - nghiệm phương trình 8x  x2 1 x2  x   x  2x 1 x2  x  x  x  3( x ...   4( x  x  1) 3    ( x  1)  (Đẳng thức xảy 4 4 ThuVienDeThi.com x – =  x = 1) (2) Từ (1) (2) suy phương trình (*)  8x  x 1 x  x     x  x  2x 1 Vậy x = nghiệm phương trình