Dap an HSG Toan 8 0809

Học sinh giải theo nhiều cách khác nhau nhưng thoả mãn yêu cầu của đề và chương trình Toán 8 thì vẫn đạt điểm tối đa. Phần hình học phải có hình vẽ..[r]

PHÒNG GD&ĐT THANH CHƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG MŨI NHỌN NĂM HỌC 2008-2009 MƠN THI: TỐN (Thời gian làm 120 phút)

Câu Ý Nội dung cần đạt Điểm

1

HS Biết cách phân tích đến kết quả: a (x + 3)(x – 4)

b (x + 2)(x + 2y – 2)

2

a Giải tìm được: P xác định khi: x 1

b 2 2

3

4 2 1

( 1)( 1)

x x x x x x x x x x

P

x x x

           



  

4 2

2

1

1 ( 1)( 1)

x x x

x x x x

  

 

    =

4 2 2

2

( 1) ( 1)

( 1)( 1) ( 1)( 1)

x x x x x

x x x x x x

    



     

=

2 2

2

( 1)( 1)

( 1)( 1)

x x x x x x

x x x x

     



   

c

Với giá trị: x1 ta có

( 1) 1

1 x x P x x x       

Để P nhận giá trị nguyên x nguyên x – ước 1

1 0;

x x x

      (thoả mãn điều kiện x)

3

Ta có Q(x212x27)(x212x35) 2014 Đặt tx212x32 tao có Q (t 5)(t3) 2014

a Lập luận để tìm số dư: số dư phép chia :

2

( 5)( 3) 2014 1999

Q t t   t t cho t. dư 1999

b Ta có: a2 b2 2ab

  với a,b  a2b22ab4ab (a b )2 4ab(1)

Vì a,b dương  a b 0; a b0 nên từ (1) suy ra:

4

a b

a b a b

 

 hay

1

a b a b

Dấu “=” xẩy  a = b

2

1 3

( )

2

M

xy xy x y

  



Do x; y dương x + y =1  = (x y )24xy ( suy từ (x – y)2 0)

1 2 2 xy xy    

Dấu “=” xẩy  x = y =

2 2 2

3 4

( ) 3 12

2xyx y  2xy x y  (x y )  (2)

Dấu “=” xẩy 

2

2

2

xy x y  x y

Vậy từ (1) (2) ta có : M  2 12 14

Giá trị bé MinM = 14 đạt x = y =

1

4

a BKE BAD(hai tam giác vuông có

chung góc nhọn) (1)

BK BA

BE BD

 

Từ HS c/m : ( )

AKB DEB c g c

 

  1350

AKB DEB

   ( AHK vng

cân H) AED450( Kề bù với góc DEB)

Vậy ADE vuông cân, suy : AD = AE mà AB = 2CB=2AD nên E trung điểm AB

b Theo câu a AM trung tuyến  AM phân giác góc DAB Theo tính chất phân

giác tam giác DAB ta có :

2

DN AD

NB AB 

1

3

ADN ADB ABCD

S S S

  

(2) Mặt khác : ADP vng cân, lập luận tính

1

ADP ABCD

S  S

(3)

Từ (2) (3) tao có :

1

1 3

4

ADN ADP S S

 

 

5

Cách dựng :

- Dựng cung trịn tâm P bán kính n cắt Oy E

- Trên tia đối tia PE dựng điểm F cho PF = m

- Từ F dựng đườn thẳng // Oy cắt Ox C - Nối CP cắt Oy D ta có CD đoạn cần dựng ( Nếu bán kính n khơng đủ để (P ;n) cắt Oy ta dựng (P ; 2n) lấy PF = 2m

1,0

Chứng minh : Theo cách dựng ta có : PE = n ; PF = m FC// DE theo định lý Ta-let :

PC PF m

PD PE n

0,5

N

P M

H

C B E

A

D

K

y x

m n

n m

D

C

F

E O