Đề thi HSG môn Toán 8 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Cảnh Hóa

Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.b[r]

PHÒNG GD& ĐT QUẢNG TRẠCH

TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 8Mơn: Tốn Năm học 2018-2019

Thời gian: 90 phút(khơng kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,0 điểm).

Cho biểu thức:

2

2

x 10 x

A : x

x x x x

  

 

       

   

   

a Rút gọn biểu thức A b Tính giá trị A , Biết x =

1 .

c Tìm giá trị x để A < d Tìm giá trị ngun x để A có giá trị nguyên

Bài 2 (2,0 điểm). Giải phương trình sau: a.b) (6x8)(6x6)(6x7)2 72 b x2

+9x+20+

1

x2

+11x+30+

1

x2

+13x+42=

1 18

Câu (3,5 điểm) Cho hình vng ABCD, cạnh AB lấy điểm E cạnh AD lấy điểm F cho AE = AF Vẽ AH vng góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC BC hai điểm M, N

a Chứng minh tứ giác AEMD hình chữ nhật

b Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng: AC = 2EF

c Chứng minh rằng: 2

1 1

= +

AD AM AN .

Câu (1,5 điểm) Cho a b c, , ba số dương thoả mãn abc1 Chứng minh :

3

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b  .

Bài 5 (1,0 điểm). Cho an = 1+2+3+…+ n. Chứng minh an + an+1 số

phương

PHỊNG GD&ĐT QUẢNG TRẠCH HƯỚNG DẪN CHẤM

TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2018 -2019

Mơn:Tốn Lớp:

Bài Nội dung Điểm

Bài 1 (2,0đ)

Biểu thức:

2

2

x 10 x

A : x

x x x x

                     a

(0.75) Rút gọn kết qủa:

1 A x    0.75 b

(0.5) x 21  x12 x21 ⇒ A= 32 A= 52

0.5

c (0.25)

A < ⇔ x - >0 ⇔ x >2 0.25

d

(0.75) A Z ⇔

−1

x −2∈Z ⇔ x-2 Ư(-1) ⇔ x-2 { -1; 1} ⇔ x {1; 3}

0,5 Bài2 (2,0đ ) a (1.0)

(6x8)(6x6)(6x7) 72

Đặt 6x 7 t. Ta có (t1)( 1)t t2 72 (t21)t2 72t4 t2 72 0

4 9 8 72 0 2( 9) 8( 9) 0 ( 9)( 8) 0

t t t t t t t t

             

Mà t2 8 0 nên

2 9 0 9 3

3

t    t    t x

5 x

PT có nghiệm

2

;

3

x   

 . 0.25 0.25 0.25 0.25 b (1.0)

x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ;

x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ;

(0,25 điểm)

ĐKXĐ : x ≠ −4; x ≠ −5; x ≠ −6;x ≠ −7

Phương trình trở thành : ¿

1

(x+4)(x+5)+

1

(x+5)(x+6)+

1

(x+6)(x+7)=

1 18

¿ x1

+4−

1

x+5+

1

x+5−

1

x+6+

1

x+6−

1

x+7=

1 18

x+14− x+7=

1

18

18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4) (x+13)(x-2)=0

Từ tìm x=-13; x=2;

a (1.0)

0.5

Ta có DAM = ABF  (cùng phụ BAH )

AB = AD ( gt)

BAF = ADM = 90  (ABCD hình vng)  ΔADM = ΔBAF(g.c.g)

0.25

=> DM=AF, mà AF = AE (gt) Nên AE = DM

Lại có AE // DM ( AB // DC ) 0.25

Suy tứ giác AEMD hình bình hành

Mặt khác.DAE = 90 (gt) 0.25

Vậy tứ giác AEMD hình chữ nhật 0.25

b (1.0)

Ta có ΔABH ΔFAH (g.g)

AB BH

=

AF AH



hay

BC BH

=

AE AH ( AB=BC, AE=AF)

0.25

Lại có HAB = HBC  (cùng phụ ABH )

ΔCBH ΔEAH

  (c.g.c) 0.25

2 ΔCBH

ΔEAH

S BC

=

S AE

 

  

  , mà

ΔCBH ΔEAH S

=

S (gt)

2 BC

= AE

 

  

  nên BC2 = (2AE)2

 BC = 2AE  E trung điểm AB, F trung điểm AD

0.25 Do đó: BD = 2EF hay AC = 2EF (đpcm) 0.25

c (1.0)

Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có: 

AD AM

=

CN MN

AD CN

=

AM MN



0.25

Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ định lý ta lét, ta có:

MN MC AB MC

= =

AN AB AN MN

 

hay

AD MC

=

AN MN 0.25



2 2 2 2 2

2

AD AD CN CM CN + CM MN

+ = + = = =

AM AN MN MN MN MN

       

       

       

(Pytago)

0.25



2

AD AD

+ =

AM AN

   

   

    2

1 1

AM AN AD

  

(đpcm) 0.25

(1.5)

 2

2 2 a b c

a b c

x y z x y z

 

  

  (*)

Dấu “=” xảy 

a b c

x y z

Thật vậy, với a, b  R x, y > ta có

 2 2 a b

a b

x y x y



 

 (**)      

2 2

a y b x x y  xy a b

  

2 bx ay 

(luôn đúng) Dấu “=” xảy 

a b x y

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

 2  2

2 2 a b a b c

a b c c

x y z x y z x y z

  

    

  

Dấu “=” xảy 

a b c

x y z

0.5

Ta có:

2 2

3 3

1 1

1 1

( ) ( ) ( )

a b c

a b c b c a c a b ab ac bc ab ac bc     Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

2

2 2

1 1 1

1 1

1 1

2( ) 2

a b c a b c

a b c

ab ac bc ab ac bc ab bc ac

a b c

   

   

   

   

   

      

 

 

  (Vì abc1)

0.25

Hay

2 2

1 1

1 1

a b c

ab ac bc ab ac bc a b c

 

      

    

0.25

Mà

1 1 a b c   nên

2 2

1 1

3

a b c

ab ac bc ab ac bc     

0.25

Vậy 3

1 1

( ) ( ) ( )

a b c b c a c a b  (đpcm) 0.25

Bài 5 (1.0)

Ta có an+1= +2 +3 +…+ n + n +

an+ an+1 = 2(1+ + +…+ n) + n +

=

( 1)

2 n n

+n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 số phương

0.5 0.5