003 đề HSG toán 8 nho quan 2018 2019

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI Năm học 2018 – 2019 MƠN: TỐN UBND HUYỆN NHO QUAN PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Thời gian làm 120 phút) Đề thi gồm 05 câu, 01 trang Câu (5,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a, x4  x2 y  y  b,  x  2 x  3 x  4 x  5  24   x3   x2  x  : Cho biểu thức A =   1 x  1 x  x  x a, Rút gọn biểu thức A 2 b, Tính giá trị biểu thức A  x    3  c, Tìm giá trị x, để A < Câu (4,0 điểm) Giải phương trình sau: x2   x  x x(x  2) Tìm cặp số nguyên ( x; y) thỏa mãn phương trình: 5x4  10x  2y6  4y3   Câu (3,0 điểm) Chứng minh tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho Cho phương trình 2x  m x    Tìm m ngun để phương trình có x2 x2 nghiệm dương Câu (6,0 điểm) Cho hình bình hành ABCD ( có AC  BD ), O giao điểm AC BD Gọi E, F hình chiếu B D xuống đường thẳng AC Gọi H K hình chiếu C xuống đường thẳng AB AD Chứng minh: a, Tứ giác BEDF hình bình hành ? b, CH CD  CK.CB c, AB.AH  AD.AK  AC2 Câu (2,0 điểm) Cho x  y  xy  Tính: P  2 x  y x y   2 y 1 x 1 x y  3 Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x  y  z  Chứng minh -Hết - x y  xyz UBND HUYỆN NHO QUAN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI Mơn: Tốn Năm học 2018 - 2019 (HDC gồm 05 trang) Đáp án Điểm a, x4  x2 y  y  = ( x4  x2 y  y )  = ( x  y)2  = ( x2  y  3)( x2  y  3) 0,25 0,5 0,25 Câu (2,0 điểm) b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 = (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 = (x2 + 7x + 11)2 - 52 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) = (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) (3,0 điểm) a) (1,25 điểm) ĐKXĐ: x  1 Với x  1 , ta có: A= = Câu (5,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  x3  x  x2 (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x  x )  x(1  x) 0,25 (1  x)(1  x  x )  x(1  x) (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x  x ) 0,25 (1  x)(1  x ) (1  x)(1  x) : 1 x (1  x)(1  x) = (1  x ) : 1 x = (1  x )(1  x) = 0,25 0,25 b) (1,0 điểm) 2 1 Ta có:  x     x   x   3 3 3   x  (không TMĐK) x  (TMĐK) Với x  , ta có:   2    10 20 A = 1     1   = =       27 0,25 0,25 0,25 2 20 Vậy  x    A = 3 27  0,25 c) (0,75 điểm) Ta có: A <  (1  x )(1  x)  (1) Mà  x  với x  1 Nên (1)   x   x  Vậy với x > A < 0,25 0,25 0,25 2.1) (2,0 điểm) ĐKXĐ: x  0; x  0,25 x2   x  x x(x  2) x(x  2)  (x  2)   x(x  2) x(x  2)  x(x  2)  (x  2)   x  2x  x    x2  x   x(x  1)   x = (loại) x = - 1(nhận) Câu (4 điểm) Vậy phương trình có nghiệm x = - 2.2) (2,0điểm) 5x4  10x  2y6  4y3      0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   5x  10x   2y  4y   13 0,25  5(x  2x  1)  2(y  2y  1)  13  5( x  1)  2(y  1)  13 2 0,25  x  1 Z x  Z    y  1 Z yZ  Vì:  0,25 Mà 5( x  1)2  13  x   Mặt khác x2   với x 0,25  x2   0,25  x2   x  Với x  , ta có:  2(y3  1)2  13  2(y  1)   (y  1)  3  y3    y3     y  3  y   2 Vì y  Z nên y3 =  y = 0,25 0,25 0,25 Vậy phương trình có nghiệm ngun  x; y    0;1 3.1 (1,5 điểm) Gọi hai số thỏa mãn đầu x, y  x  y Ta có: x  y   x  y   x  xy  y 3   x  y   x  xy  y   3xy  Câu (3 điểm)  0,25 0,25   x  y   x  y   3xy    0,25 Vì x  y nên  x  y   3xy 0,25   x  y   x  y   3xy  0,25 2   Vậy tổng hai số nguyên chia hết cho tổng lập phương chúng chia hết cho 0,25 3.2 (1,5điểm) ĐKXĐ: x  2 2x  m x 1  3 x2 x2   x  m  x     x  1 x     x   0,25 0,25  x 1  m   2m  14 (*) Nếu m = phương trình (*) có dạng = -12 vơ nghiệm 2m  14 Nếu m  phương trình (*) trở thành x  1 m Khi phương trình cho có nghiệm dương  2m  14  1 m    m4  2m  14   2   1  m   1 m  2m  14  1 m   0,25 0,25 0,25 Mà m nguyên Vậy m  2;3;5;6 thỏa mãn đầu 0,25 H 0,25 C B F O E Câu (6,0 điểm) A D K a) (2,0 điểm) Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt)  BE // DF (1) Xét BEO DFO Có: BEO  DFO  900 OB = OD (t/c hình bình hành) EOB  FOB (đối đỉnh)  BEO  DFO (cạnh huyền – góc nhọn)  BE = DF (2) Từ (1) (2)  Tứ giác BEDF hình bình hành (đpcm) 0,75 0,75 0,25 0,25 b) (1,75 điểm) Ta có: ABCD hình bình hành (gt)  ABC  ADC Mà ABC  HBC  ADC  KDC  1800 0,25 0,25  HBC  KDC 0,25 Xét CBH CDK có: BHC  DKC  900 HBC  KDC (chứng minh trên)  CBH CDK ( g  g ) CH CK   CB CD  CH CD  CK.CB (đpcm) 0,5 0,25 0,25 c) (2,0 điểm) Xét AFD AKC Có: AFD  AKC  900 FAD chung 0,5  AFD AKC ( g  g ) AF AK    AD AK  AF AC (3) AD AC Xét CFD AHC Có: CFD  AHC  900 FCD  HAC (so le trong)  CFD AHC ( g  g ) CF AH   CD AC CF AH Mà : CD = AB    AB AH  CF AC (4) AB AC Từ(3) (4)  AB.AH  AD.AK  CF.AC  AF.AC   CF  AF AC  AC2 0,25 0,5 0,25 0,25 (đpcm) 0,25 5.1(1,0 điểm) Ta có: x xy y x y  = 3 y  x  (y  1)(x  1)  x  y4   (x  y) = = Câu (2,0điểm) 0,25 xy(y  y  1)(x  x  1)  x  y  x  y   x  y   (x  y) xy(x y  y x  y  yx  xy  y  x  x  1)  x  y  (x  y2  1) = xy  x y  xy(x  y)  x  y  xy   =  x  y  (x 0,25  x  y  y) xy  x y  (x  y)   =  x  y  x(x 2 1)2  y(y  1) = = = xy(x y  3)  x  y  x( y)  y(x) xy(x y  3)  x  y  (2xy) xy(x y  3) 2(x  y) x y2  ( x + y =  y - 1= -x x – = - y) 0,25 2(x  y) + 2(x  y) =  P= 2 x y 3 x y2  5.2(1,0 điểm) Ta có:  x  y   4xy (1)   x  y   z   4(x  y)z 0,25 0,25  36  4(x  y)z (vì x  y  z  ) 0,25  36(x  y)  4(x  y)2 z (vì x, y dương nên x + y dương) (2) 0,25 Từ (1) (2), ta có: 36(x  y)  16xyz x y 0,25  (đpcm)  x  y  xyz  xyz 9 Lưu ý chấm bài: - Trên sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà cho điểm phần theo thang điểm tương ứng - Với 4, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng chấm