Đề khảo sát năng khiếu học sinh môn Toán Lớp 8 - Năm học 2013-2014 - Phòng GD & ĐT Quỳnh Lưu (Có đáp án)

PHÒNG GD&ĐT QUỲNH LƯU KHẢO SÁT NĂNG KHIẾU HỌC SINH LỚP 8

NĂM HỌC 2013-2014

Đề thi môn: Toán

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2,0 điểm).

Chứng minh rằng với mọi số nguyên n thì: a) n3 – n chia hết cho 3. b) n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 là số chính phương.

Câu 2 (2,0 điểm).

Cho biểu thức: P =

2

3 2 2 3 1 2 2 x x x x x      a) Nêu ĐKXĐ và rút gọn P. b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P.

Câu 3 (2,0 điểm).

Giải các phương trình sau: a) 2 6 0 x x   . b) 2 1 1 4 x x    .

Câu 4 (3,0 điểm).

Cho tam giác vuông cân ABC (©=900). Trên cạnh AB lấy điểm M (M khác A, M khác B). Qua B, kẻ đường thẳng vuông góc với CM tại D và cắt tia CA tại E. Chứng minh:

a) EB.ED = EA.EC. b) ·ADE = 450. c) BD.BE + CA.CE = BC2.

Câu 5 (1,0 điểm).

Cho điểm M nằm trong góc xOy. Một đường thẳng d quay quoanh điểm M cắt Ox,

Oy thứ tự tại A và B (A khác O; B khác O). Chứng minh

OMA OMB

1 1 + S S không đổi khi

đường thẳng d quay quoanh điểm M (trong đó SOMA, SOMB lần lượt là diện tích của tam giác OMA, OMB).

------ Hết ------

Họ và tên thí sinh: ...................................................................... SBD: ............................................

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

ThuVienDeThi.com

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN Câu 1

Nội dung 2,0 điểm a) 1,0 n3 – n = n(n2 – 1) = n(n – 1)(n + 1) 1,0

b) 1,0        2 2 1 2 3 1 3 3 2 1 n n n n n n n n        

     

2 2 2 2 2 3 2 3 1 3 1 n n n n n n       

1,0

Câu 2

2,0 điểm a) 1,0

ĐKXĐ: x 1  2x2 + 3x +1 = (2x + 1)(x + 1) x3 + x2 + 2x + 2 = x2(x + 1) + 2(x +1) = (x + 1)(x2 + 2)

P = 2 2 1 2 x x

 

0,25

0,5 0,25

b) 1,0 P – 1 =

2 2

2 2 2 2 1 2 1 2 ( 1) 1 0 2 2 2 x x x x x x x            Dấu “=” xảy ra khi x = 1(thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy GTLN của P = 1 khi x = 1

P +

2 2

2 2 2 1 2 1 1 4 2 2 ( 2) 0 2 2 2 2 2 x x x x x x x              Dấu “=’ xảy ra khi x = -2 (thảo mãn ĐKXĐ) Vậy GTNN của P = -1/2 khi x = -2

0,5

0,5 Câu 3

2,0 điểm a) 1,0

2 3 0 3 6 0 ( 3)( 2) 0 2 0 2 x x x x x x x x                     

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 3; x = -2

1,0

b) 1,0

b) Xét các trường hợp:

- Nếu 1 2 x  ta có -2x – 1 - x + 1 = 4 4 3 x   (TM)

- Nếu 1 1 2 x    ta có 2x + 1 – x + 1 = 4 2 x   (loại)

Nếu 1 x  ta có 2x + 1 + x – 1 = 4 4 3 x   (TM)

Vậy 4 4 ; 3 3 x       

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 4

3,0 điểm

ThuVienDeThi.com

a) 1,0

AEB ~ DEC (Vì là 2 tam giác vuông có chung àE)

Nên EA

ED = EB

EC vËy EB. ED= EA. EC C

H

M A B

D

E

1,0

b) 1,0 Tõ EB. ED= EA. EC EC

ED = EB

EA mà µE chung

ADE ~ EBC · · ADE ECB  = 450 1,0

c) 1,0

Ta có M là trực tâm của tam giác ECB. Gọi H là giao điểm của EM và CB nên EH CB Tương tự câu a ta có: BD. BE = BH. BC CA. CE = CH. CB Vậy BD. BE + CA. CE = BC(CH + BH) = BC2

1,0

5 (1đ) d x (1 điểm) A

I M

O

B y Kẻ MI// OB (I OA). Vậy điểm I xác định hay S OMI là không đổi.

Ta cã

OAB

OMB S S = BA

BM mà BA

BM = OA

OI (do IM//OB) mà OA

OI =

MOA

MOI S S

nên ta có

OAB

OMB S S =

MOA

MOI S S hay

OMA OMB

OMA OMB

S S

S S



. = S OMI

OMA OMB

OMA OMB

S S

S S

.  =

OMI S

1 

OMA S

1 +

OMB S

1 =

OMI S

1 (không đổi)

1,

ThuVienDeThi.com