Đề thi chọn học sinh giỏi Toán 8 năm học 2014 2015 Trường thcs Tam Hưng

TRƯỜNG THCS TAM HƯNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8

NĂM HỌC 2014 – 2015

Thời gian: 120 phút

Bài 1(6đ) Cho biểu thức P =

2 2 3

2 2 2 2 ( ) : ( ) 2

x x x x x y x y y x x xy y       

a) Tìm điều kiện xác định của P.

b) Rút gọn P.

c) Tính giá trị của P với và 2 1 1 x   1 1 2 y  

Bài 2: (4đ)Giải phương trình:

a)

2 2

2 4 12 ( 2)

x x

x   

b) (a là hằng số) 3 5 2 x x a    

Bài 3:(4đ)

a) (2đ)Tìm nghiệm nguyên của phương trình:

3 2 3 2 5 0 x x y x y     

b) (2đ) Cho Chứng minh rằng 1 a b   2 2 1 2 a b  

Bài 4: (1đ) Tìm GTNN của

2

2 3 8 6

2 1

x x A

x x

  

 

Bài 5: (6đ): Cho hình vuông ABCD, cạnh a, điểm N thuộc cạnh AB. Tia CN cắt tia DA tại E. Tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F. Gọi M là trung điểm của đọan thẳng EF.

a. Chứng minh CE = CF b. Chứng minh ba điểm M, B, D thẳng hàng c. Đặt BN = b. Tính diện tích tứ giác ACFE theo a và b.

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~Hết~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

ThuVienDeThi.com

TRƯỜNG THCS TAM HƯNG

HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 8

NĂM HỌC 2014 – 2015

Bài 1:a) P xác định 

0

0

x

x y

y







b)Rút gọn ( ) x y P x y x   

c) và 2 1 1 x   1 1 2 y  

Trường hợp 1: x = 1 và thì P = 1 2 y  1 3 

Trường hợp 2: x = 1 và thì P = 3 2 y  1 5

Bài 2: a) ĐK

2 2

2 4 12 ( 2)

x x

x   

2 x 



2 2 2 2

2 4 4 4 12 ( 2) ( 2) ( 2)

x x x x x x x       



2 2 2 4 ( ) 12 2 ( 2)

x x x x x     



2 2 2 4 ( ) 12 2 ( 2)

x x x x    

Đặt ta có PT

2

2 x t x  

2 12 4 t t  

(t + 6)(t – 2) = 0 2 4 12 0 t t     

Với t = – 6 Phương trình vô nghiệm

Với t = 2 thì 5 x 

b) Lập bảng xét dấu

ThuVienDeThi.com

x 3 5

x – 3 – 0 + +

5 – x + + 0 –

Xét khoảng

 x < 3 thì phương trình có dạng 3 – x + 5 – x = 2a

x = 4 – a

Ta phải có 4 – a < 3 => a >1

 phương trình dạng 0x = a – 1 3 5 x  

Nếu a = 1 thì PT vô số nghiệm thuộc . 3 5 x  

Nếu thì PT vô nghiệm. 1 a 

 x > 5 phương trình dạng x= a + 4

Kết luận a > 1 PT có nghiệm x1 = 4 – a , x2 = a + 4

a = 1 PT vô số nghiệm 3 5 x  

a < 1 PT vô nghiệm.

Bài 3: a) y(x2 + 2) = x3 + 3x – 5 3 2 3 2 5 0 x x y x y      

y =

3 2

2 2 2 3 5 ( 2) 5 5

2 2 2

x x x x x x x x x x

           

x – 5 x2+ 2 

(x – 5)(x + 5) x2+ 2 

x2 + 2 – 27 x2+ 2 

x2+ 2 Ư(27) 

mà x2 + 2 => x2+ 2 2    3;9;27

x => x = -1 thì y = -3; x = 5 thì y = 5   5; 1;1;5  

b)Ta có => 1 a b   2 ( ) 1 a b    2 2 2 1 a ab b   

ThuVienDeThi.com

Mặt khác ta luôn có

2 ( ) 0 a b    2 2 2 0 a ab b   

Cộng vế với vế ta được đpcm

Bài 4:

2 2 2

2 2 2 3 8 6 3( 2 1) 2( 1) 1 3( 1) 2( 1) 1

( 1) ( 1) ( 1)

x x x x x x x A

x x x

                

Đặt => A = t2 – 2t + 3 t = 1 2 2 1 3 1 ( 1) A x x     

1

1 t x   2  

Vậy GTNN của A = 2 x = 2 

Bài 5:

N A

D

C

B

E

F

M

a. Chứng minh CE = CF(2đ) CDE CBF   

b. Vì M là trung điểm của EF nên

ME = MF = MC = MA= MA = MC. 1 2 EF 

M thuộc đường trung trực của đoạn thẳng AC 

Mà ABCD là hình vuông nên BD là đường trung trực của đoạn thẳng AC

M thuộc đường thẳng BD hay 3 điểm M, B, D thẳng hàng . 

c. Ta có BN = b AN = a – b 

SACFE = SACE + SECF = 2 1 1 . 2 2 CD AE CE 

Tính AE: Ta cã ( ) AE AN AE a b a a b AE ED DC AE AD a b        

Ta có CE2 = CD2 + DE2 = a2 + (a+AE)2 = a2 + Tính được SACFE =

4

2 a b

3

2 ( ) 2 a a b b



ThuVienDeThi.com