Đề khảo sát chất lượng học sinh giỏi môn Toán 8 năm học 2012 - 2013

UBND HUYỆN NINH GIANG ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI PHÒNG GD&ĐT MÔN TOÁN 8 Năm học 2012 - 2013

ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài : 90 phút không kể giao đề.

Ngày thi : 04 – 04 - 2013

Câu 1 ( 2,0 điểm ) .

Tìm các số nguyên dương x,y,z thỏa mãn đẳng thức : 2(y+z) = x(yz -1) .

Câu 2 ( 2,5 điểm ). Giải các phương trình sau :

a) b) 1 2

1 5 2 1

1 4 2 2



     

 

x

x x x

x x

2 2

2 5 4 3 4 3 x x x x x x      

Câu 3 ( 1,5 điểm ) . Cho biểu thức :

M = .  

  



   



1 1 1 1

2 2 4

2

x x x

x

 

  



   2

4 4

1 1

x x x

a) Rút gọn M.

b) Tìm giá trị nhỏ nhất của M .

Câu 4 ( 2,5 điểm )

Cho tam giác ABC cân tại A, M là trung điểm BC. Kẻ MH vuông AC, gọi F là

trung điểm MH. Chứng minh : AF BH. 

Câu 5 ( 1,5 điểm ) . Cho 2 số a, b thoả mãn a + b = 1 .

Chứng minh rằng : a3 + b3 + ab 2

1

-----------------------------------------Hết------------------------------------------

Chữ ký giám thị 1 : ....................................Chữ ký giám thị 2 :............................

Họ tên thí sinh :................................................................Số báo danh :...............

ThuVienDeThi.com

HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI KHẢO SÁT HSG MÔN TOÁN 8

Năm học 2012 - 2013

Câu Đáp án Thang điểm

1 2,0đ

Theo đề : 2(y+z) = x(yz-1) nên 2 (y+z) (yz -1)  => yz - 1 2(y+z) vì y,z nguyên dương.  => 2(y+z) - yz + 1 0  Đặt M = 2(y+z) - yz + 1 0  Do y,z có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử y z .  M = 2(y+z) - yz + 1 = 5 - ( y-2)(z-2) 0  Rõ ràng với y 5 thì M < 0.  * Nếu y = 4 thì 5 - 2(z-2) 0 => z 4 => z = 4 => x lẻ => loại   * Nếu y = 3 thì 5 - z + 2 0 => z 7 .   Ta có bảng :

* Nếu y = 2 thì => x = 2 2 4 5 1 ; 2 3 2 1 2 1 z x N z z z z         

* Nếu y = 1 thì 2 4 2 3 1 ; 1 4 2 1 1

z x z x N z z x z z

              Vậy (x;y;z) = {(1;3;7) ; (1;7;3); (2;2;3) ; (2;3;2) ; (4;1;2); (4;2;1); ( 2;1;4) ; (2;4;1)}

z 3 4 5 6 7 y 3 3 3 3 3 x lẻ lẻ lẻ lẻ 1

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

2 2,5đ

a) ĐKXĐ : 2 1 ;1     x x

PT 0 1 1 2

1 5 1 1

1 4 2 2

  

    

   x

x x x

x x

0 1 2

2 3 1

2 3 2 2

 

   

   x

x x x

x x

 

      

2

2

1 1 3 2 0 1 2 1

3 2 3 2 0

1 2 3 2 0

x x x x

x x x

x x x

            

    

    

=> x =1 ; x = 2 ; x = 2

3 

Cả 3 giá trị trên đều thỏa mãn ĐKXĐ .

Vậy PT đã cho có tập nghiệm S =

  3

2 ;2;1

b) (*) 2 2

2 5 4 3 4 3 x x x x x x      

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

ThuVienDeThi.com

Đặt t = x2 + 4

2 2

2 5 (*) 3 3 5 9 10 18 0 ( 2 )(5 9 ) 0

x x t x t x t tx tx x t x t x

               t = 2x => x2 + 4 = 2x => PT vô nghiệm  5t + 9x = 0 => 5x2 + 20 + 9x = 0 => PT vô nghiệm Vậy phương trình đã cho vô nghiệm.

0,5đ

0,5đ

0,5đ

2 2 4 2

4 2 4 2 2

2

2

( 1)( 1) 1 ) ( 1 ) ( 1)( 1)

2 1

x x x x a M x x x x x

x M x

         

   0,75đ 3 1,5đ

b) Biến đổi : M = 1 - . M nhỏ nhất khi lớn nhất x2+1 2

3

1 x  2

3

1 x  

nhỏ nhất => x2 = 0 x = 0 . Vậy M nhỏ nhất = -2 khi x = 0  0,75đ

4 2,5đ

E

F

H

M C B

A

0,25đ

Dễ có ( g-g) ΔAHM ΔMHC # AM HM AM 2MF AM MF = = = (1) BC MC HC HC BC HC 2

  

Lại có : ( cùng phụ ) (2) A A AMF=BCH AMAC Từ (1) và (2) suy ra ( c-g-c) ΔAFM ΔBHC #

0,5đ

0,5đ

0,5đ

=> ( góc tương ứng ) A A MAF=CBH Gọi E là giao điểm của AM và BH . Do tam giác ABC cân tại A và M là trung điểm BC nên AM vuông góc BC tại M. Ta có : A A A A 0 MAF+AEH=BEM+EBM=90 Vậy AF BH. 

0,25đ

0,5đ

5 1,5đ

Ta có : a3 + b3 + ab <=> a3 + b3 + ab - 0  2 1

2 1 

<=> (a + b)(a2 - ab + b2) + ab - 0 2 1 

0,25đ

0,25đ

ThuVienDeThi.com