Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2014 - 2015 phòng GDĐT Bình Giang - Hải Dương

PHÒNG GD&ĐT BÌNH GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG

NĂM HỌC 2014 - 2015

MÔN: TOÁN - LỚP 8 Thời gian làm bài: 120 phút Ngày thi: 16 tháng 4 năm 2015

( Đề bài gồm 01 trang )

Câu 1 (2.0 điểm).

1) Phân tích đa thức thành nhân tử. 2 9 20   x x

2) Giải bất phương trình.     3 5 1– 2 –1   x x

Câu 2 (2.0 điểm).

Cho biểu thức

2 2

2 2 3 2 4 2 3 : 2 4 2 2 A                    x x x x x x x x x x

1) Tìm ĐKXĐ rồi rút gọn biểu thức A

2) Tính giá trị của biểu thức A biết -7 4  x

Câu 3 (2.0 điểm).

1) Một người đi xe máy từ A đến B dự định mất 3 giờ 20 phút. Nếu người

ấy tăng vận tốc thêm 5 km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút. Tính khoảng cách AB.

2) Tìm x, y, z thỏa mãn   2 2 2 6 17 4       x y z z x y

Câu 4 (3.0 điểm).

Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn hơn đường chéo 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.

1) Chứng minh tứ giác BEDF là hình bình hành

2) Chứng minh rằng : CH.CD = CB.CK

3) Chứng minh rằng : AB.AH + AD.AK = AC2

Câu 5 (1.0 điểm). Cho x, y thoả mãn 1  xy .

Chứng minh rằng: 2 2 1 1 2 1 1 1      x y xy

–––––––– Hết ––––––––

Họ tên học sinh:…………………………. Số báo danh:…………………………

Chữ kí giám thị 1: …………………… ….Chữ kí giám thị 2:……………………

ĐỀ CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG NĂM HỌC 2014-2015

MÔN: TOÁN - LỚP 8 Câu Phần Nội dung Điểm

Câu 1 (2 điểm)

1

2 9 20   x x 2 5 4 20     x x x =     – 5 – 4 – 5 x x x

=    – 5 – 4 x x

0.5 0.25 0.25

2

    3 5 1– 2 –1

3 2 1 2 –15 5 12

12 5

 

  

 

x x

x x x

x

Vậy bất phương trình có nghiệm 12 5   x

0.25 0.25 0.25

0.25

Câu 2 (2 điểm)

1

ĐKXĐ :

2

2

2 3

2 0

4 0 0

2 0 2 3 3 0

2 0

                        

x

x x

x x x x x

x x

2 2

2 2 3 2 4 2 3 A : 2 4 2 2                   

x x x x x x x x x x

2 2 2 2 (2 ) 4 (2 ) (2 ) . (2 )(2 ) ( 3)          x x x x x x x x x

2

4 ( 2) (2 ) (2 )(2 )( 3)

4

3

     

 

x x x x x x x

x x

0.25

0.25

0.25

0.25

2

7 4 7 4 7 4

       

x x x

11 ( )

3 ( )

   

x TM

x KTM

Với x = 11 thay vào tính A = 121

2

0.25

0.5

0.25

Câu 3 (2 điểm) 1

Đổi 3 giờ 20 phút = 10

3

( h ); 20 phút = 1

3

( h )

Gọi khoảng cách AB là x ( km ): điều kiện x > 0

Vận tốc dự định đi là x : 10

3

= 3

10

x ( km/h)

Vận tốc sau khi tăng là 3

10

x + 5 ( km/h)

0.25

0.25

Nếu vận tốc tăng thêm 5km/h thì sẽ đến B sớm hơn 20 phút

nên ta có phương trình: ( 3

10

x + 5 ). (10

3 - 1

3 ) = x

Giải phương trình được x = 150 ( Thỏa mãn ĐK ) Vậy quãng đường AB là 150 km.

0.25

0.25

2

 

   

2 2 2

2 2 2

2 2 2

4 6 17 4

6 17 4 4 0

4 4 4 4 6 9 0

     

       

         

x y z z x y

x y z z x y

x x y y z z

      2 2 2 2 2 3 0        x y z

Vì  

2 2 0   x ,  

2 2 0   y ,  

2 3 0   z với mọi x, y, z nên

     

 

 

 

2

2 2 2 2

2

2 0

2 2 3 0 2 0

3 0

                 

x

x y z y

z

Vậy x = 2 ; y = -2, z = -3

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 4 (3 điểm)

Vẽ hình

B

A

C

D

H

K

E

F

0,25

1

Ta có : BEAC (gt); DF AC (gt) => BE // DF Chứng minh : BEA DFC   ( cạnh huyền – góc nhọn ) => BE = DF Suy ra : Tứ giác : BEDF là hình bình hành.

0,25

0,25 0,25

2

Ta có:        ABC ADC HBC KDC Chứng minh : ( )     CBH CDK g g

. .     CH CK CH CD CK CB CB CD

0.25 0,55

0,25

3

Chứng minh : AF ( )     D AKC g g AF . A .     AK AD AK F AC AD AC

Chứng minh : ( )     CFD AHC g g

  CF AH CD AC

0,25

0,25

0,25