Tổng hợp đề thi thử học sinh giỏi lớp 8 môn toán năm 2013 (Phần 2)

Tổng hợp đề thi thử học sinh giỏi lớp 8 môn toán năm 2013 (Phần 2) tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ...

b x> * Nếu a=b 0x> 2b + Nghiệm đúngvới x b SABO.SCOD = SBOC.SAOD S BOC OC S COD Mà SABO = SCOD nên: S2ABO = SAOD SBOD = 169.196 = 132 142 => SABO = 13.14 = 182 (cm2) ================ D ĐỀ 14 Câu (2 điểm): Với giá trị a b đa thức f(x) =x4-3x3+3x2 + ax+b chia hết cho đa thức g(x) =a2+4-3x Câu (2 điểm) Phân tích thành nhân tử (x+y+z)3 –x3-y3-z3 Câu (2 điểm ) : a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ : x2 +x+1 b-Tìm giá trị nhỏ biểu thức : A= h(h+1) (h+2) (h+3) Câu 4(2 điểm ) : Chứng minh a2+b2+c2=ab+bc+ac a=b=c Câu (2 điểm ) : Trong tam giác ABC lấy điểm P cho PAC = PBC Từ P dựng PM vng góc với BC PK vng góc với CA Gọi D trung điểm AB Chứng minh : DK=DM ĐÁP ÁN Bài (2 điểm) Chia f(x) cho g(x) Ta có : x4-3x2+3x2+ax+b: a2-3x+4 = x2+1 dư (a-3)x + b+4 (1 điểm) f(x): g(x) số dư không Từ suy (1 điểm ) a-3=0 => a=3 b+4=0 => b=-4 Bài (2 điểm ) Phân tích thành nhân tử (x+y+2)3 –x3-y3-z3 =A Ta có : (x+y+z)3 –x3-y3-z3 = [(x+y+z)3-x3]-(y3+23) áp dụng đẳng thức A= ( x+y+z-x) [(x+x+z)2 + (x+y+z)x + x2) – (x+z)(y2-y2+z2) = (y+z)[x2+y2+z2+2xy+2xz+2yz+xy+xz+x2+x2-y2+yz-z2] = (y+z) (3x2+3xy+3xz+3yz) = 3(y+z) [x(x+y)+z((x+y)] = 3(x+y) (y+z) ) (x+z) Bài : (2 điểm ) a-Tìm x để biểu thức sau có giá trị nhỏ : x2+x+1 (1 điểm) (1 điểm) 3  4 Giá trị nhỏ (x+ )2=0 Ta có : x2+x+1 = (x+ )2 + Tức x = - (1 điểm) b-Tìm giá trị nhỏ biểu thức A= h(h+1) (h+2) (h+3) (1 điểm) Ta có : A= h(h+1) (h+2) (h+3) = h(h+3) (h+2) (h+1) = (h2+3h) (h2+3h+2) Đặt : 3h+h2 =x A= x(x+2) = x2+2x = x 2+2x+1-1 = (x+1)2-1  -1 Giá trị nhỏ A -1 Bài (2 điểm ) Chứng minh Theo giả thiết : a2+b2+c2 = ab+ac+bc Ta có : a2+b2+c2 – ab-ac-bc = Suy : (a2-2ab+b2) + (b2-2ab+c2) + (a2-2ac+c2)=0 (1 điểm) 2 (a-b) + (b-c) + (a-c) = Điều xảy a-b = b-c = a-c = Tức : a=b=c (1 điểm) Bài (2 điểm) C Gọi E trung điểm AP F trung điểm BP K M FM = BP =FP Ta có : KE= AP = EP P E A F D Tứ giác DEPF hình bình hành DE//BP, DF//AP Do : ED=FM ; EK =EP=DF Từ tam giác vuông APK; BPM ta suy KEP =2KAP ; MEP = 2MBP DEPF hình bình hành nên DEP= DFP Theo giả thiết KAD = MBP nên KEP = MFP Vậy DEK = DPM suy  DEK=  MFO (c.g.c) B Do : DK=OM ========================== ĐỀ 13 Câu 1: ( 2,5 điểm) Phân tích đa thức thành nhân tử: a/ x2 – x – (1 điểm) b/ x – x – 14x + 24 (1,5 điểm) Câu 2: ( điểm) Tìm GTNN : x2 + x + Câu 3: ( điểm) Chứng minh rằng: (n5 – 5n3 + 4n) 120 với m, n  Z Câu 4: ( 1,5 điểm) Cho a > b > so sánh số x , y với : x= 1 a  a  a2 ; y= 1 b  b  b2 Câu 5: ( 1,5 điểm) Giải phương trình: x  + x  + x  = 14 Câu 6: ( 2,5 điểm) Trên cạnh AB phía hình vng ABCD dựng tam giác AFB cân , đỉnh F có góc đáy 150 Chứng minh tam giác CFD tam giác ĐÁP ÁN Câu 1: a/ Ta có: x – x – = x – – x – = (x - 2)(x + 2) – (x + 2) = (x + 2)(x – - 1) = (x + )(x - 3) ( Nếu giải cách khác cho điểm tương đương ) b/ Ta có: x = nghiệm f(x) = x3 – x2 – 14x + 24 Do f(x) x – 2, ta có: f(x) : (x – 2) = x2 + x – 12 Vậy x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)( x2 + x – 12) Ta lại có: x = nghiệm x2 + x – 12 Nên x2 + x – 12 = (x - 3)(x + 4) Như vậy: x3 – x2 – 14x + 24 = (x - 2)(x - 3)(x + 4) Câu 2: Tìm giá trị nhỏ x2 + x + (1 đ’) 2   1 1   1 1   1 1    a = 1                2 3 n n+1  0,5điểm = 1 n =  1; n+1 n+1 0.5 điểm Mặt khác a > Do a khơng ngun 0.5 điểm Bài 4:(3,5 điểm) Vẽ hình, viết giả thiết - kết luận 0.5 điểm b n m c a p q d a) Chứng minh MNPQ hình bình hành b) MNPQ hình vng AC = BD, AC  BD điểm điểm c) 2 SABCD = a ; SMNPQ = a ; 0.5 điểm  SABCD 2 SMNPQ điểm ========================= 0.5 ĐỀ 20 Câu I :(3đ) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = x3 +8x2 + 19x +12 B = x3 +6x2 +11x +6 b) Rút gọn phân thức : A x  x  19 x  12  B x  x  11x  Câu II : (3đ) ) Cho phương trình ẩn x xa x2   x2 xa a) Giải phương trình với a = b) Tìm giá trị a cho phương trình nhận x = -1 làm nghiệm ) Giải bất phương trình sau : 2x2 + 10x +19 > Câu III (3đ): Trong hình thoi ABCD người ta lấy điểm P Q theo thứ tự AB CD cho AP = 1/ AB CQ = 1/ CD Gọi I giao điểm PQ AD , K giao điểm DP BI , O giao điểm AC BD a) Chứng minh AD = AI , cho biết nhận xét tam giác BID vị trí K IB b) Cho Bvà D cố định tìm quỹ tích A I Câu IV : (1đ) Tìm nghiệm nguyên dương phương trình sau : yx2 +yx +y =1 ĐÁP ÁN Bài I : 1) A = (x+1) ( x+3) (x +4) B = (x +1 ) ( x+ 2) ( x + 3) 2) A ( x  1)( x  3)( x  4) x    B ( x  1)( x  2)( x  3) x  Bài II :1) Phương trình (1đ) (1đ) (1đ) ( x  a) ( x  2)  2 ( x  2) ( x  a) Điều kiện: x  -2 x  a (1)  x2 – a2+ x2 – = 2x2 + 2(2- a)x – 4a  – a - + 4a = 2(2- a)x  - (a - 2) = 2(a - 2)x (*) (1) a) với a =4 thay vào (*) ta có : =4x  x=1 (1đ) b) Thay x= -1 vào (*) ta (a – )2 + (a - 2)=  (a - 2) (a – + 2) = a=2 (1đ)  a=0 2) Giải bất phương trình : 2x2 + 10x + 19 > (1) Biến dổi vế trái ta 2x2 + 10x + 19 = 2x2 + 8x +8 + 2x +4 +7 =2(x2 + 4x +4) + 2(x +2) + = 2(x + 2)2 +2(x + 2) + = (x + 3)2 + (x + 2)2 + lớn với x Nên bất phương trình (1) Nghiệm với  x (1đ) Bài III AP // DQ Xét tam giác IDQ có AP = DQ Theo định lý Ta Lét tam giác ta có : (0,75đ ) IA AP    IA  ID  AD  AI ID AQ Tam giác BID tam giác vng B AO  DB AO đường trung bình  BID Điểm K trung điểm IB (Do DK đường trung tuyến  BID ) (0,75đ) b) Với B D cố định nên đoạn DB cố định.Suy trung điểm O cố định Mặt khác AC BD , BI DB vai trò A C Nên quỹ tích A đường thẳng qua O vng góc với BD trừ điểm O.Quỹ tích điểm I đường thẳng qua B vng góc với BD trừ điểm B (1đ) Đảo: Với A I chạy đường AD = AI Thì AP = CD 1 AB CQ = Thật : Do AP // DQ suy (0,5đ) Bài IV: IA AP    AP  DQ mà AB = CD  ĐPCM ID AQ y x2 + y x + y = (1) Nếu phương trình có nghiệm x ,y > (1) y(x2 + x +1) = y=   y = ,x= x + x +1 =1 Vậy nghiệm phương trình (x,y) = (0 ,1) (1đ) =================================== ĐỀ 19 Bài (2,5đ) Cho biểu thức  x2   10  x  :  x     A =  x2  x  x  3x x       a tìm tập xác định A: Rút gọn A? b Tìm giá trị x A = c.Với giá trị x A < d timg giá trị nguyên x để A có giá trị nguyên (2,5đ) a Cho P = x4  x3  x  x  x  2x  x  Rút gọn P chứng tỏ P không âm với giá trị x b Giải phương trình 1 1     x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  30 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức A = 27  12 x x2  Bài (3đ) Cho ABC vuông A điểm H di chuyển BC Gọi E, F điểm đối xứng H qua AB AC a CMR: E, A, H thẳng hàng b CMR: BEFC hình thang, tìm vị trí H để BEFC trở thành hình thang vng, hình bình hành, hình chữ nhật khơng c xác định vị trí H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất? Bài (1đ) Cho số dương a, b, c có tích CMR: (a + 1) (b + 1)(c + 1)  ĐÁP ÁN Bài (2,5đ) sau biến đổi ta được; A= 6 x2  x  2x  2 0,5đ a TXĐ = x : x  2; x  0 0,25đ Rút gọn: A = 1 0,25đ  x2 2x b Để A = c Để A <  x  1,5 (thỗ mãn điều kiện x) 0,5đ    x   x  (Thoã mãn đk x) 2x 0,5đ d Để A có giá trị ngun (2 - x) phải ước Mà Ư (2) =  1;2;1;2 suy x = 0; x = 1; x = 3; x= Nhưng x = khơng thỗ mãn ĐK x 0,25đ Vậy x = 1; x =3.; x=4 0,25đ Bài (2,5đ) a P = x4  x3  x  x  x  2x  x  1đ Tử: x4 + x3 + x + = (x+1)2(x2- x + 1) 0,25đ Mẫu: x4 - x3 + 2x2 -x +1 = (x2 + 1)(x2 -x + 1) 0,25đ Nên mẫu số (x2 + 1)(x2 -x + 1) khác Do khơng cần điều kiện x 0,25đ Vậy P = x  12 x  x  1 x    x2  x   x  1 tử = x  12  0x mẫu x2 + >0 với  x  1` x 0,25đ Nên P  0x b Giải PT: 1 1     x  x  x  x  12 x  x  20 x  11x  x2 + 5x + = (x + 2)(x + 3) x2 + 7x + 12 = (x + 4)(x + 3) x2 + 9x + 20 = (x + 4)(x + 5) x2 + 11x + 30 = (x + 5)(x + 6) Trong 1 1    x  x  x  2x  3 x  2 x  3 TXĐ = x; x  2;3;4;5;6 phương trình trở thành: 1 1 1 1         x  x 3 x 3 x 4 x 4 x 5 x 5 x 6 1    x2 x6  8( x   x  2)  ( x  2)( x  6)  32  x  x  12  x  x  20   x  2; x  10 Vậy PT cho có nghiệm x =2; x = -10 Bài (1đ) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A 27  12 x x2      2 x2  27  12 x x  12 x  36  x  A     1 x 9 x2  x 9 A đạt giá trị nhỏ -1   x    hay x =     x  36  x  12 x  x  3  27  12 x   4  x2  x2  x 9  x  3   x   A đạt GTLN A = Bài (3đ) a.(0,75đ) E đôie xứng với H qua AB nên AB đường trung trực đoanh thẳng EH góc EAH = gócIAH (1) góc FAD = gócDAH (2) cộng (1) (2) ta có : góc EAH + góc FAD = gócDAH + gócIAH = 90 theo giả thuyết hay gócEAI + gòcAD + BAC = 900 + 900 = 1800 Do điểm E, A, F thẳng hàng b Tam giác ABC vng A nên gócABC + ACB = 900 (hai góc nhọn tam giác vng) Mà gócEBA = gócABH (tính chất đối xứng) gócCA = gócHCA (tính chất đối xứng) suy góc EBA + góc FCA = 900 haygóc EBA + góc FCA + góc ABC + góc ACB = 1800 suy góc EBC + góc FBC = 1800 (hai góc phía bù nhau) BE song song CF Vởy tứ giác BEFC hình thang 0,75đ Muốn BEFC hình thang vng phải có góc AHC = 90 ( E  F  900 ) H phải chân đường cao thuộc cạnh huyền tam giác ABC Muốn BEFC hình bình hành BE = CF suy BM = HC Vậy H phải trung điểm BC………… 0,25đ Muốn BEFC hình chữ nhật BEFC phải có góc vng suy ( B  C  450 ) điều không xảy tam giác ABC khơng phaỉ tam giác vng cân… 0,25đ c.lấy H thuộc BC gần B ta có: SEHF  2S AIDH dựng hình chữ nhật HPQD AIHD Stam giác EHF = Stứ giác ảIPQ Ta có tam giác HBI = tam giác HMB (g.c.g) suy SHBIS  SHMB  SEHF  S ABMQ  SABC với H gần C ta có:Stứ giác ABMQ < Stam giác ABC H di chuyển BC ta ln có SEHF  S ABC Tại vị trí h trung điểm BC ta có SEHF = SABC Do H trung điểm BC SEHF lớn Bài (1đ) Cho số dương a, b, c có tích Chứng minh: (a + 1)(b + 1)(c + 1)  Do a, b, c số dương nên ta có; (a – 1)2    0a   a   2a  a  2a   a   4a …………0,25đ Tương tự (b + 1)2  4b (2)………………0,25đ (c + 1)2  4c (3) …………0,25đ Nhân vế (1), (2), (3) ta có: (b + 1)2(a – 1)2(c + 1)2  64abc (vì abc = 1) ((b + 1)(a – 1)(c + 1))2  64 (b + 1)(a – 1)(c + 1)  8… 0,25đ ======================================= (1) ĐỀ 18 Câu 1: a Tìm số m, n để: m n   x( x  1) x  x b Rút gọn biểu thức: M= 1 1    a  5a  a  7a  12 a  9a  20 a  11a  30 Câu 2: a Tìm số nguyên dương n để n5 +1 chia hết cho n3 +1 b Giải toán nến n số nguyên Câu 3: Cho tam giác ABC, đường cao AK BD cắt G Vẽ đường trung trực HE HF AC BC Chứng minh BG = 2HE AG = 2HF Câu 4: Trong hai số sau số lớn hơn: a = 1969  1971 ; b = 1970 ĐÁP ÁN Câu 1: (3đ) a m =1 (0.75đ); n = -1 (0.75đ) b.(1.5đ) Viết phân thức thành hiệu hai phân thức (áp dụng câu a) a a2 a2 a2 1    5a  a  a  1    7a  12 a  a  1    9a  20 a  a  1    11a  30 a  a  (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) Đổi dấu tính : M= Câu 2: a 1   a  a  (a  2).(a  6) (2.5đ) (1.5đ) (0.5đ) Biến đổi: n5 +  n3 +  n2(n3 + 1) – (n2 –1)  n3 + (0.5đ) (0.25đ)  (n + 1) (n – 1)  (n + 1)(n - n + 1) (0.25đ)  n –  n – n + (vì n +  ) Nếu n = ta chia hết cho (0.25đ) Nếu n > n – < n(n – 1) + = n – n +1 Do khơng thể xảy quan hệ n – chia hết cho n2 – n +1 tập hợp số nguyên dương Vậy giá trị n tìm (0.25đ) b n –  n2 – n +1  n(n – 1)  n – n + n2 – n  n2 – n +  ( n2 – n + 1) –  n2 – n +  (0.5đ)  n –n +1  Có hai trường hợp: n2 – n + =  n(n – 1) =  n = n = Các giá trị thoả mãn đề (0.25đ) 2 n – n + = -  n – n + = vô nghiệm Vậy n = 0, n = hai số phải tìm (0.25đ) Câu 3: (3đ) (Hình *) Lấy I đối xứng với C qua H, kẻ AI BI, ta có HE đường trung bình ACI nên HE//AI HE = 1/2IA (1) (0.25đ) Tương tự CBI : HF//IB HF = 1/2IB (2) (0.25đ) Từ BGAC HEAC  BG//IA (3) (0.25đ) Tương tự AKBC HFBC  AG//IB (4) (0.25đ) Từ (3) (4)  BIAG hình bình hành (0.25đ) Do BG = IA AG = IB (0.5đ) Kết hợp với kết (1) (2)  BG = 2HE AG = 2HF (0.5đ) (1.5đ) 19702 – < 19702  1969.1971 < 1970 Câu 4: Ta có:  1969.1971  2.1970 (*) A D I E G B K (0.25đ) H F Hình * C Cộng 2.1970 vào hai vế (*) ta có: 2.1970  1969.1971  4.1970 (0.25đ)  ( 1969  1971)  (2 1970 ) (0.25đ)  1969  1971  1970 (0.25đ) Vậy: 1969  1971  1970 (0.25đ) =============================== ĐỀ 17 Bài Cho biểu thức: A= ( x  x  x  x  x  2006   ) x 1 x 1 x2  x a) Tìm điều kiện x để biểu thức xác định b) Rút gọn biểu thức A c) Tìm giá trị nguyên x để biểu thức A nhận giá trị nguyên Bài 2: a) Giải phương trình: 2 x 1 x x 1   2004 2005 2006 b) Tìm a, b để: x3 + ax2 + 2x + b chia hết cho x2 + x + Bài Cho hình thang ABCD; M điểm tuỳ ý đáy lớn AB Từ M kẻ đường thẳng song song với hai đường chéo AC BD Các đường thẳng cắt hai cạnh BC AD E F Đoạn EF cắt AC BD I J a) Chứng minh H trung điểm IJ H trung điểm EF b) Trong trường hợp AB = 2CD, vị trí M AB cho EJ = JI = IF Bài Cho a  4; ab  12 Chứng minh C = a + b  ĐÁP ÁN Bài 1:  x  1 x  a) Điều kiện:  ( x  1)  ( x  1)  x  x  x  2006 x  2006  b) A = ( = x 1 x x  x  1 c) Ta có: A nguyên  (x + 2006)  x  2006 x    x  2006 Do x =  khơng thỗ mãn đk Vậy A nguyên x =  2006 Bài 2 x 1 x x 1   2004 2005 2006 2 x 1 x x 1  1 1  2004 2005 2006 a) Ta có:   x 2004  x 2005 x 2006      2004 2004 2005 2005 2006 2006  2006  x 2006  x 2006  x   2004 2005 2006  (2006  x)( 1   0 2004 2005 2006  (2006 - x) =  x = 2006 a  b  b) Thực phép chia đa thức, từ ta tìm được:  Bài FI FP DO (1)   IE PM OB EJ EQ CO (2)   FJ QM OA a) Ta có: D C E I DO CO (3)  OB OA J F Q P FI EJ Từ (1), (2) (3) suy  IE FJ hay A M B FI.FJ = EI.EJ (4) Nếu H trung điểm IJ từ (4) ta có: IJ IJ IJ IJ )( FH  )  ( EH  )( EH  )  FH  EH 2 2 DO CO FI b) Nếu AB = 2CD   nên theo (1) ta có  OB OA IE ( FH  suy ra: EF = FI + IE = 3FI Tương tự từ (2) (3) ta có EF = 3EJ Do đó: FI = EJ = IJ = EF không liên quan đến vị trí M Vậy M tuỳ ý AB 4 Bài Ta có: C = a + b = ( a  b)  a  3ab  12  a2  4  4 4 ============================ (ĐPCM) ĐỀ 16 Câu 1(2đ): Tìm giá trị nguyên x để giá trị biểu thức sau số nguyên 2x3 + x2 + 2x + A= 2x + Câu 2(2đ): Giải phương trình x2 - 3|x| - = Câu 3(2đ): Trên cạnh BC, CA, AB tam giác ABC lấy tương ứng điểm P, Q, R Chứng minh điều kiện cần đủ để AP; BQ; CR đồng qui là: PB QC RA =1 PC QA RB Câu 4(2đ): Cho a, b > a+b = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = (1+ 1/a )2 + (1+ 1/b)2 Câu 5(2đ): Cho hai số x, y thoã mãn điều kiện 3x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = 3x2 + y2 ĐÁP ÁN Câu A nguyên  2x+ ước Ư(4) = 1; 2; 4 Giải x = -1; x= A nguyên Câu 2: x2 - 3|x| - =  3|x| = x2 -  3x =  (x2 - 4)  x2 - 3x - = x2 + 3x - = Giải phương tình S = -4; 4 Câu 3: (Sách phát triển toán 8) Câu 4: M = 18 a = b = … Câu 5: Tìm giá trị nhỏ biểu thức Ta có: A = 3x2 + (1-3x)2 = 12(x- 1/4)2 + 1/4  A ≥ ẳ Vậy Amin = 1/4 x = 1/4 ; y = 1/4 ======================== ... (a7a8) (1) a4a5a6a7a8 = ( a7a8)3 (2) Từ (1) (2) => 22  a7 a8  31 => ( a7a8)3 = a4a5a600 + a7a8  ( a7a8 )3 – a7a8 = a4a5a600  ( a7a8 – 1) a7a8 ( a7a8 + 1) = 25 a4a5a6 ( a7a8 – 1) ; a7a8 ;... (19 + 69)(19 18 – 1917.69 +…+ 69 18) = 88 (19 18 – 1917.69 + …+ 69 18) chia hết cho 44 Bài : (3đ) a) (1,5đ) Ta có: x2 + x – = x2 + 3x -2x -6 = x(x+3) – 2(x+3) = (x+3)(x -2) 3 x – 4x – 18 x + = x – 7x... ( a7a8 – 1) ; a7a8 ; ( a7a8 + 1) số tự nhiên liên tiếp nên có khả năng: a) a7a8 = 24 => a1a2a3 a8 số 5761 382 4 b) a7a8 – = 24 => a7a8 = 25 => số 62515625 c) a7a8 = 26 => không thoả mãn câu

Định dạng
Số trang	75
Dung lượng	4,77 MB