Đề học sinh giỏi huyện lớp 8 môn Toán năm 2018 2019 phòng GD ĐT Nho Quan Ninh Bình

UBND HUYỆN NHO QUAN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI Năm học 2018-2019 MÔN: TOÁN 8 (Thời gian làm bài 120 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang Câu 1 (5,0 điểm).

1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 4 2 2 2 9 x x y y    b)      x 2 x 3 x 4 x 5 24     

2. Cho biểu thức A = 3 2

2 3

1 1 : 1 1 x x x x x x x      

  

   

a) Rút gọn biểu thức A.

b) Tính giá trị của biểu thức A khi

2 2 1 3 9 x        

c) Tìm giá trị của x, để A < 0. Câu 2 (4,0 điểm).

1. Giải phương trình sau: x 2 1 2 x 2 x x(x 2)     

2. Tìm cặp số nguyên ( ; ) x y thỏa mãn phương trình: 4 2 6 3 10x 2y 4y 6 0 5x     

Câu 3 (3,0 điểm). 1. Chứng minh rằng nếu tổng của hai số nguyên chia hết cho 3 thì tổng các lập phương của chúng chia hết cho 9.

2. Cho phương trình 2x m x 1 3 x 2 x 2       . Tìm m nguyên để phương trình có

nghiệm dương.

Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình bình hành ABCD ( có / / ; BC AD AC BD  ), O là giao điểm của AC và BD. Gọi , E F lần lượt là hình chiếu của B và D xuống đường thẳng AC . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của C xuống đường thẳng AB và AD . Chứng minh: a) Tứ giác BEDF là hình bình hành ?

b) . . CH CD CK CB 

c) 2 AB.AH AD.AK AC  

Câu 5 (2,0 điểm).

1. Cho 1 x y   và 0 xy  . Tính:  

3 3 2 2 2

1 1 3

x y x y P y x x y

      

2. Cho ba số dương , , x y z thỏa mãn 6 x y z    . Chứng minh rằng 4 9 x y xyz  

---------------Hết---------------

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

UBND HUYỆN NHO QUAN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI Môn: Toán 8 Năm học 2018 - 2019 (HDC gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm

Câu 1 (5,0 điểm)

1. (2,0 điểm) a, 4 2 2 2 9 x x y y    = ( 4 2 2 2 ) 9 x x y y    0,25 = 2 2 ( ) 9 x y   0,5 = 2 2 ( 3)( 3) x y x y     0,25 b, ( x + 2)( x + 3)( x + 4)( x + 5) - 24 = (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24 0,25

= (x2 + 7x + 11 - 1)( x2 + 7x + 11 + 1) - 24 = [(x2 + 7x + 11)2 - 1] - 24 0,25

= (x2 + 7x + 11)2 - 52 = (x2 + 7x + 6)( x2 + 7x + 16) 0,25

= (x + 1)(x + 6) )( x2 + 7x + 16) 0,25 2. (3,0 điểm) a) (1,25 điểm) ĐKXĐ: 1 x  0,25 Với 1 x , ta có:

A=

) 1( ) 1 )( 1( ) 1 )( 1( : 1 1

2

2 3

x x x x x x x x x x x            0,25

=

2

2 (1 )(1 ) (1 ) (1 )(1 ) : 1 (1 )(1 2 ) x x x x x x x x x x x            0,25

=

2

2 (1 )(1 ) (1 )(1 ) : 1 (1 )(1 ) x x x x x x x        0,25

= 2 1 (1 ):1 x x  

= ) 1 )( 1( 2 x x   0,25

b) (1,0 điểm)

Ta có:

2 2 1 3 9 x         2 1 3 3 x    hoặc 2 1 3 3 x    0,25

1 x   (không TMĐK)

hoặc 1 3 x  (TMĐK) 0,25

Với 1 3 x , ta có:

A =

2 1 1 1 1 3 3

                      = 10 2 . 9 3 = 20 27 0,25

Vậy khi

2 2 1 3 9 x         thì A = 20 27 0,25

c) (0,75 điểm) Ta có: A < 0  0 ) 1 )( 1( 2    x x (1) Mà 0 1 2  x với mọi 1 x 

0,25

Nên (1)  0 1  x 1  x 0,25 Vậy với x > 1 thì A > 0 0,25 Câu 2 (3 điểm) 7

2.1) (2,0 điểm) ĐKXĐ: x  0; x  2 0,25

x 2 1 2 x 2 x x(x 2)     

 x(x 2) (x 2) 2 x(x 2) x(x 2)       0,25

 x(x 2) (x 2) 2     0,25

 2 x 2x x 2 2     0,25

 2 x x 0   0,25  x(x 1) 0   0,25 x = 0 (loại) hoặc x = - 1(nhận) 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x = - 1 0,25 2.2) (2,0điểm)

4 2 6 3 10x 2y 4y 6 0 5x     

   4 2 6 3 10x 5 2y 4y 2 13 5x       0,25

 4 2 6 3 2x 1) 2(y 2y 1) 13 5(x       0,25

 2 2 3 2 x 1) 2(y 1) 13 5(     0,25

Vì:

2

3 1

1

x Z x Z y Z y Z

             0,25

Mà 2 2 2 x 1) 13 x 1 1 5(     0,25 Mặt khác 2 1 1 x  với mọi x

 2 1 1 x 

 2 0 x   0 x  0,25

Với 0 x  , ta có: 3 2 2(y 1) 13 5   

 3 2 2(y 1) 8    3 2 (y 1) 4   0,25



3

3 1 2

1 2

y

y

     

3

3 1

3

y

y

     0,25

Vì y Z nên y3 = 1 y = 1

Vậy phương trình có một nghiệm nguyên     ; 0;1 x y 

0,25

Câu 3 (3 điểm)

3.1. (1,5 điểm)

Gọi hai số thỏa mãn đầu bài là x, y  3 x y  0,25 Ta có:    3 3 2 2 x y x y x xy y     

   …