Mời quý thầy cô và các em học sinh tham khảo Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán 8 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Quang Trung. Hi vọng tài liệu sẽ là nguồn kiến thức bổ ích giúp các em củng cố lại kiến thức trước khi bước vào kì thi học kì chọn HSG cấp trường sắp tới. Chúc các em ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!
TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG TỔ KHOA HỌC – TỰ NHIÊN KHẢO SÁT CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 MƠN: TỐN - Ngày thi: 10/4/2019 Thời gian làm bài: 150 phút Bài (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a A = x + 2019 x + 2019 x + 2018 b B = x − 5x2 + c Cho a ≥ 5; ab ≥ 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b Bài (6,0 điểm) a Cho a; b số tự nhiên Chứng minh rằng: M = a + b5 − (a + b)M5 b Tìm giá trị x y thỏa mãn: x + y − x − y + = c Giải phương trình x − 2015 x + 2007 x + 2006 x − 2018 + = + 2010 2012 2011 2013 d Giải phương trình bậc sau: x − 11x + x + 21 = Bài (4,0 điểm) a Chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca ( a + b + c ) ≥ 3(ab + bc + ca ) với số thực a, b, c b Chứng minh với số nguyên x biểu thức P số phương P = ( x+5 ) ( x+7 ) ( x + ) ( x + 11) + 16 Bài (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AC 〉 AB) Vẽ đường cao AH ( H ∈ BC ) Trên tia đối tia BC lấy điểm K cho KH = HA Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC P a) Chứng minh: Tam giác ABC Đồng dạng với tam giác KPC b) Chứng minh: Tam giác AKC đồng dạng với tam giác BPC c) Gọi Q trung điểm BP Chứng minh: QH đường trung trực đoạn thẳng AK d) Chứng minh: Tam giác BHQ đồng dạng với tam giác BPC Hết \ TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG TỔ KHOA HỌC – TỰ NHIÊN MÔN: TOÁN Bài HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯƠNG LỚP THCS NĂM HỌC 2018-2019 Sơ lược lời giải Bài (4,0 điểm) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: a A = x + 2019 x + 2019 x + 2018 b B = x − 5x2 + Điêm c Cho a ≥ 5; ab ≥ 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b 1a (1,5) 1b (1,5) A = x + 2019 x + 2019 x + 2018 A = x − + 2019( x + x + 2019) A = (x - 1)(x + x + 1) + 2019( x + x + 1) 0,5 A = ( x + x + 1) ( x − + 2019) 0,5 A = (x + x + )(x + 2018) B = x − x2 + B = x − x2 − x2 + B = x ( x − 1) − 4( x − 1) B = (x − 1)( x − 4) B = (x - 1)(x + 1)(x - 2)(x + 2) 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 Cho a ≥ 5; ab ≥ 10 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = a + b Ta có: ( x − y ) ≥ ⇒ x − xy + y ≥ ⇒ x + y ≥ xy với x; y 4a 21a + 25 25 2 (2a) 21a 2.b.2a 21a 4ab 21a P = b2 + + ⇒P≥ + = + 25 25 25 Theo đề : a ≥ ⇒ a ≥ 25 ; ab ≥ 10 4.10 21.25 ⇒P≥ + 25 ⇒ P ≥ 29 0,25 Do đó: P = a + b = b + 1c (1) Vậy giá trị nhỏ P 29 Dấu xãy a = 5; b = Bài (6,0 điểm) a Cho a; b số tự nhiên Chứng minh rằng: M = a + b5 − (a + b)M5 b Tìm giá trị x y thỏa mãn: x + y − x − y + = c Giải phương trình x − 2015 x + 2007 x + 2006 x − 2018 + = + 2010 2012 2011 2013 d Giải phương trình bậc bốn sau: x − 11x + x + 21 = 0,25 0,25 0,25 Ta có: a + b5 − (a + b) = (a − a ) + (b5 − b) Mặt khác: (a − a ) = a (a − 1) = a( a − 1)(a + 1) = a (a − 1)(a + 1)(a + 1) 2a (1,5) = a (a − 1)(a + 1)(a − + 5) = a ( a − 1( a + 1) (a − 2)(a + 2) + 5a (a − 1)(a + 1) = (a − 2)(a − 1)a( a + 1)(a + 2) + 5a( a − 1)(a + 1) Do: (a − 2)(a − 1) a(a + 1)( a + 2) tích số tự nhiên liên tiếp nên: (a − 2)(a − 1) a(a + 1)( a + 2)M 5a (a − 1)(a + 1) bội nên: 5a (a − 1)(a + 1)M Do đó: a − aM 5 Chứng minh tương tự: b5 − bM ⇒ MM 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 2b (1,5) x + y − x − y + = ⇔ ( x − x + 4) + ( y − y + 1) = ⇔ ( x − 2) + ( y − 1) = ⇔ x = y = 0,5 0,5 0,5 x − 2015 x + 2007 x + 2006 x − 2018 + = + 2010 2012 2011 2013 x − 2015 x + 2007 x + 2006 x − 2018 ⇔ +1+ −1 = −1+ +1 2010 2012 2011 2013 x − 2015 2010 x + 2007 2012 x + 2006 2011 x − 2018 2013 ⇔ + + − = − + + 2010 2010 2012 2012 2011 2011 2013 2013 x −5 x −5 x −5 x −5 1 1 ⇔ + = + ⇔ ( x − 5)( − + − )=0 2010 2012 2011 2013 2010 2011 2012 2013 1 1 ⇔ x=5 [do: ( − + − ) > 0] 2010 2011 2012 2013 Ta có: 2c (1,5) Vậy nghiệm phương trình x = 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 2d (1,5) x − 11x + x + 21 = 0,25 ⇔ x − 10 x + 25 − ( x − x + 4) = ⇔ ( x − 5) − ( x − 2) = ⇔ ( x + x − 7)( x − x − 3) = 0,25 ⇔ ( x + x − 7) = Hoặc ( x − x − 3) = TH ( x + x − 7) = ⇔ (4 x + x − 28) = ⇔ [(2 x) + 2.2 x + 1) − 29 ] = 0,25 ⇔ [(2 x + 1) − 29 ] = ⇔ (2 x + − 29)(2 x + + 29] = ⇔x= −1 + 29 −1 − 29 Hoặc x = 2 TH ( x − x − 3) = ⇔ (4 x − x − 12) = ⇔ [(2 x) − 2.2 x + 1) − 13 ] = 0,25 ⇔ [(2 x − 1) − 13 ] = ⇔ (2 x − − 13)(2 x − + 13] = ⇔x= + 13 − 13 Hoặc x = 2 0,25 −1 − 29 −1 + 29 + 13 − 13 ; ; ; 2 2 Vậy tập nghiệm PT là: S = 0,25 Bài (4,0 điểm) a Chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca ( a + b + c ) ≥ 3(ab + bc + ca ) với số thực a, b, c b Chứng minh với số nguyên x biểu thức P số P = ( x+5 ) ( x+7 ) ( x + ) ( x + 11) + 16 phương 3a 2.0 a Chứng minh a + b + c ≥ ab + bc + ca ( a + b + c ) ≥ 3(ab + bc + ca) với số thực a, b, c Ta có: a + b ≥ 2ab ; b + c ≥ 2bc ; c + a ≥ 2ac Với a, b, c Cộng vế với vế bất đẳng thức ta được: 2(a + b + c ) ≥ 2(ab + bc + ca ) ⇔ a + b + c ≥ ab + bc + ca (ĐPCM) 0,5 0,5 Ta có: (a + b + c ≥ ab + bc + ca ⇔ a + b + c + 2(ab + bc + ca ) ≥ 3( ab + bc + ca ) ⇔ (a + b + c)2 ≥ 3(ab + bc + ca ) (ĐPCM) 3b 2.0 Ta có: P = ( x+5 ) ( x+7 ) ( x + ) ( x + 11) + 16 ⇔ P = ( x + 5)( x + 11)( x + 7)( x + 9) + 16 ⇔ P = ( x + 16 x + 55)( x + 16 x + 63)+ 16 ⇔ P = ( x + 16 x + 55) + 8( x + 16 x + 55)+ 16 ⇔ P = ( x + 16 x + 55) + 2( x + 16 x + 55).4+ 42 ⇔ P = ( x + 16 x + 59) Vơi x số nguyên P số CP Bài (6,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông A ( AC 〉 AB) Vẽ đường cao AH ( H ∈ BC ) Trên tia đối tia BC lấy điểm K cho KH = HA Qua K kẻ đường thẳng song song với AH, cắt đường thẳng AC P a Chứng minh: Tam giác ABC Đồng dạng với tam giác KPC b.Chứng minh: Tam giác AKC đồng dạng với tam giác BPC c.Gọi Q trung điểm BP Chứng minh: QH đường trung trực đoạn thẳng AK d Chứng minh: Tam giác BHQ đồng dạng với tam giác BPC 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0.5 0.5 I K B H Q P 4.a 1đ 4b 1.5 S C A Chứng minh: ∆ ABC Chứng minh: ∆ AKC S Ta có: ∆S ABC Do đó: ∆S AKC ∆ KPC ( G.G) ∆ BPC ∆ KPC ( Cmt) ⇒ AC BC AC KC · = ⇒ = Và ·ACB = BCK KC PC BC PC ∆ BPC ( C.G C) 0.5 4c Gọi Q trung điểm BP Chứng minh: QH đường trung trực 1.5 Ta có: AQ = KQ = đoạn thẳng AK giác vuông) PB (Trung tuyến ứng với nửa cạnh huyền tam Lại có: HK = HA (Giả thiết) Do đó: QH đường trung trực AK d Chứng minh: Tam giác BHQ đồng dạng với tam giác BPC 4d (1.5) 0,75 0,75 S · Ta có: ∆ AKC ∆ BPC (cmt) BPC = ·AKC · mà ·AKC = 450 ( Do tam giác HKC vuông cân H) ⇒ BPC = 450 · · Mặt khác: BHQ = KHQ = 450 (HQ đường trung trực đoạn thẳng AK) · · ⇒ BHQ = BPC = 450 Xét : ∆ BHQ ∆ BPC có · · ( Q ∈ BP; H ∈ BC ) HBQ = PBC · · ⇒ BHQ = BPC = 450 Do đó: ∆SBHQ S 0,25 0,5 0.5 ∆ BPC ( G.G) 0.25 S S S S S S ...TRƯỜNG THCS QUANG TRUNG TỔ KHOA HỌC – TỰ NHIÊN MƠN: TỐN Bài HDC THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯƠNG LỚP THCS NĂM HỌC 20 1 8- 2019 Sơ lược lời giải Bài (4,0 điểm)... vuông) PB (Trung tuyến ứng với nửa cạnh huyền tam Lại có: HK = HA (Giả thi? ??t) Do đó: QH đường trung trực AK d Chứng minh: Tam giác BHQ đồng dạng với tam giác BPC 4d (1.5) 0,75 0,75 S · Ta có: ∆ AKC... Ta có: ∆S ABC Do đó: ∆S AKC ∆ KPC ( G.G) ∆ BPC ∆ KPC ( Cmt) ⇒ AC BC AC KC · = ⇒ = Và ·ACB = BCK KC PC BC PC ∆ BPC ( C.G C) 0.5 4c Gọi Q trung điểm BP Chứng minh: QH đường trung trực 1.5 Ta có: