Đề học sinh giỏi huyện Toán 8 năm 2018 - 2019 phòng GDĐT 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     

   …