Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp huyện năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Giàng

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp huyện năm 2019-2020 có đáp án - Phòng GD&ĐT Cẩm Giàng là tài liệu thực sự hữu ích cho các em học sinh nằm trong đội tuyển học sinh giỏi môn Toán cấp trường. Đề thi có hướng dẫn giải chi tiết, hi vọng giúp các em ôn tập và củng cố kiến thức, đạt điểm cao trong kì thi quan trọng này. Mời các em tham khảo.

UBND HUYỆN CẨM GIÀNG PHÒNG GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2019- 2020 MƠN: TỐN LỚP Thời gian: 150 phút (Đề gồm 01 trang) Câu1 (2,0 điểm) a) Phân tích đa thức sau thành nhân tử  x  2 x  3 x  4 x  5  120 x   10  x   b) Rút gọn biểu thức: A      tìm x :x  2 x2   x  2 x x  2  cho A  A Câu (2,0 điểm) Giải phương trình sau: a) x x+1 x+2 x+3 + + + =x +2016 2020 2019 2018 2017 b)  3x   x  1 6x    Câu (2,0 điểm) a) Tìm x, y nguyên dương biết: x2 - y2 + 2x - 4y – 10 = b) Chứng minh với số nguyên x, y B = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 số phương Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC nhọn có AB < AC, đường cao AD, BE, CF cắt H a) Chứng minh: AE AB  ; AEF  CED AF AC b) Gọi M điểm đối xứng H qua D Giao điểm EF với AM N Chứng minh: HN.AD=AN.DM c) Gọi I K hình chiếu M AB AC Chứng minh ba điểm I, D, K thẳng hàng Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: ab + bc + ca = abc Tìm giá trị lớn biểu thức: P = a b c   bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 -Hết - PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CẨM GIÀNG Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2019 - 2020 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Nội dung a) ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 120 = (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 120 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 120 = (x2 + 7x + 11)2 - 112 = (x2 + 7x )( x2 + 7x + 22) Điểm = x(x + 7)( x2 + 7x + 22)   10  x   x b) A      :x  2 x2   x  2 x x  2  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x  2(x  2)  x  (x  2)(x  2)  10  x (2 điểm) A  (x  2)(x  2) : x2 x  2x   x  x   10  x A : (x  2)(x  2) x2 6 x2 1 A   (x  2)(x  2) x2 1 Vậy A  với x  2 x2 1 A  A  A    0 x  2 0 x  x2 x x+1 x+2 x+3 + + + =x +2016 2020 2019 2018 2017 x x+1 x+2 x+3  +1+ +1+ +1+ +1=x +2016+4 2020 2019 2018 2017 (2 điểm) x+2020 x+2020 x+2020 x+2020  + + + =x +2020 2020 2019 2018 2017 1 1  ( x  2020)( + + +  1)  2020 2019 2018 2017 a) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25  x + 2020 =  x = -2020 1 1 + + + 1 2020 2019 2018 2017 Vậy nghiệm phương trình cho là: x=- 2020 b) (3x  4)(x  1)(6x  7)2   (6x  8)(6x  6)(6x  7)2  72 (*) Đặt 6x + = t, ta có: (*)  (t  1)(t  1)t  72  t  t  72   t  3 2 - Với t = 3, ta có 6x    x  5 - Với t = -3, ta có 6x   3  x  2 5 Vậy nghiệm phương trình cho là: x  ;x  3 a) x2 - y2 + 2x - 4y - 10 =  (x2 + 2x + 1) - (y2 + 4y + 4) – =  (x+1)2 - (y + 2)2 =  (x – y - 1)(x + y + 3) = Vì x, y nguyên dương nên x + y + > x – y – >  x + y + = x – y – = x = ; y = Vậy phương trình có nghiệm dương (x,y) =(3;1) b) Ta có B = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + y4 (2 điểm) = (x2 + 5xy + 4y2)( x2 + 5xy + 6y2) + y4 Đặt x2 + 5xy + 5y2 = t ( t  Z) B = (t - y2)( t + y2) + y4 = t2 –y4 + y4 = t2 = (x2 + 5xy + 5y2)2 V ì x, y, z  Z nên x2  Z, 5xy  Z, 5y2  Z  x2 + 5xy + 5y2  Z Vậy B số phương 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vẽ hình phần a : A E N F H (3 điểm) K 0,25 B D C I M a) Xét AEB AFC có : EAB chung AEB  AFC( 900 ) AE AB  AF AC Xét AEF ABC có : BAC chung AE AF AE AB   (vì ) AB AC AF AC Do AEF ABC (c.g.c)  AEF  ABC Chứng minh tương tự ta : CED  CBA Do : AEF  CED Do AEB AFC( g.g)  0,25 0,25 0,25 0,25 b) Vì BEF  AEF  BED  CED  900 nên BEF  BED  EB tia phân 0,25 giác góc DEF HN EN  Tam giác NED có EH tia phân giác DEN nên: (1) HD ED Vì EA  EH nên EA tia phân giác đỉnh E DEN AN EN 0,25   (2) AD ED Từ ( 1) (2) suy : HN AN , mà HD=DM ( Do M điểm đối xứng  0,25 HD AD H qua D) HN AN Nên   HN.AD  AN.DM DM AD HN AN AN  HN AH AN AH      DM AD AD  DM AM AD AM AF AH (định lí Ta lét), AMI có HF//MI(  AB )   AI AM AN AH AF AN Mà nên    FN / /ID (định lí Ta lét đảo (3)) AD AM AI AD AE AH AMK có HE//MK (cùng  AC )   (định lí Ta lét), AK AM AF AH AE AIK có    IK / /FE ( Định lí Ta lét đảo) (4) AI AM AK Từ (3) (4) suy I, K, D thẳng hàng c) Chứng minh 1   với m, n dương mn m n Dấu xảy m = n Áp dụng ta có: a a a a 1       ; bc  a  1 abc  bc ab  bc  ca  bc  ab  bc ca  bc  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 dấu xảy b = c (1 điểm) Tương tự: b b 1      dấu xảy c = a ca  b  1  ab  ca bc  ca  c c 1      dấu xảy a = b ab  c  1  ab  bc ca  ab  Suy 0,25 a b c   bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 a 1  b 1  c 1            ab  bc ca  bc   ab  ca bc  ca   ab  bc ca  ab  a b c   bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1  1 1 1  a  c  a  b  b  c  ab  bc bc  ca ca  ab a b c 11 1        bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1  a b c  a b c    bc  a  1 ca  b  1 ab  c  1 Dấu xảy a = b = c = Vậy GTLN P= a = b = c = * Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0,25 ...PHÒNG GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO CẨM GIÀNG Câu HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ GIAO LƯU HỌC SINH GIỎI LỚP NĂM HỌC: 2019 - 2020 MƠN: TỐN Hướng dẫn chấm gồm 04 trang Nội dung a) ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) -. ..   t  3 2 - Với t = 3, ta có 6x    x  5 - Với t = -3 , ta có 6x   3  x  2 5 Vậy nghiệm phương trình cho là: x  ;x  3 a) x2 - y2 + 2x - 4y - 10 =  (x2 + 2x + 1) - (y2 + 4y + 4)... 2020 =  x = -2 020 1 1 + + + 1 2020 2019 20 18 2017 Vậy nghiệm phương trình cho là: x =- 2020 b) (3x  4)(x  1)(6x  7)2   (6x  8) (6x  6)(6x  7)2  72 (*) Đặt 6x + = t, ta có: (*)  (t