34 đề đáp án hsg 2019 huyện ý yên

a Chứng minh AEFđồng dạng với ABC b Chứng minh BH BE CH CF... a Chứng minh AEFđồng dạng với ABC b Chứng minh BH BE CH CF... Điều này mâu thuẩn với giả thiết =>đpcm.

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN Ý YÊN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8

NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài : 150 phút

I.Phần ghi kết quả (2 điểm) (thí sinh chỉ cần ghi kết quả vào tờ giấy thi)

Câu 1: Tập nghiệm của phương trình 22 0

1

x







Câu 2: Tìm dư trong phép chia đa thức x5x3 cho đa thức x x 1

Câu 3: Cho x y0 và 2x22y2 5xy.Tính biểu thức A x y

x y







Câu 4: Cho hình thang ABCDcó hai đáy AB, CD Gọi O là giao điểm của AC và BD

Biết OB2cm, OB4cm , S AOB 1cm2.Tính diện tích hình thang ABCD

II.Phần tự luận (18 điểm) (thí sinh trình bày lời giải vào tờ giấy thi)

Câu 1(4 điểm): Cho biểu thức

2

4 6

A

, với x0 ;x2

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

c) Tìm giá trị của x để A 2

Câu 2: (4,5 điểm)

a) Giải phương trình : 3x x2 21x x 2122x3 0 b) Cho các số a,b,c khác không và thõa mãn :a b3 3b c3 3c a3 33a b c2 2 2 Tính giá trị của biểu thức a b b c c a    

M

abc

 c)Tìm tất cả các cặp số nguyênx y thoả mãn 5;  x 3y2xy11

Câu 3( 7,5 điểm ): Cho ABC nhọn (AB AC ) có các đường cao AD BE CF cắt nhau tại , , H

.Gọi M là trung điểm của cạnh BC a) Chứng minh AEFđồng dạng với ABC

b) Chứng minh BH BE CH CF  4ME MF c) Chứng minh HD HE HF

AD BE CF là một hằng số.

d) Trên tia đối của FC lấy Psao cho AP //BE , tên tia đối của EB lấy điểm Q sao cho AQ // CF Chứng minh AM PQ

Câu 4: (2 điểm)

a) Cho a b 2 Chứng minh a4b4 2 b) Cho đa thức f x có các hệ số nguyên biết rằng   f  0 ; f  1 là các số lẻ Chứng tỏ rằng đa thức f x không có nghiệm nguyên. 

ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HSG LỚP 8

PHÒNG GD&ĐT HUYỆN Ý YÊN NĂM HỌC: 2018 – 2019

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT

I.Phần ghi kết quả (2 điểm)

Câu 1: Tập nghiệm của phương trình 22 0

1

x







Giải:

2

1

x







  

x x

0

1 0

x x





 

 

 0 1

x x





  



0;1

S

 

Câu 2: Tìm dư trong phép chia đa thức x5x3 cho đa thức x x 1

Giải:

Nên số dư trong phép chia đó là : 3

Câu 3: Cho xy0 và 2x22y2 5xy.Tính biểu thức A x y

x y







Giải:

2x 2y 5xy

2x 4xy 2y xy 0

    

(2x 4 ) (xy xy 2 ) 0y

2x x 2y y x 2y 0

x 2y 2x y 0

x y

  

 



2 2





  



Do x y0nên x=2y

2

3 2

A

Câu 4: Cho hình thang ABCDcó hai đáy AB, CD Gọi O là giao điểm của AC và BD

Biết OB2cm, OB4cm , S AOB 1cm2.Tính diện tích hình thang ABCD

Lời giải:

Do AB CD//

ABO CDO

AOB OCD

   

     

    2

4

OCD

2 1

2 4 3

AOB ABD

 2

ABD AOB

4 2

6 3

OCD BCD

2

2

3 6 9

ABCD ABD BCD

II.Phần tự luận

Câu 1(4 điểm): Cho biểu thức

2

4 6

A

, với x0 ;x2

a) Rút gọn biểu thức A

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

c) Tìm giá trị của x để A 2

Lời giải:

a) Rút gọn biểu thức A

2

4 6

A

2

:

A

2

x

A



x 2 x2.x 2 4 6x x2

A

A

x



3 2 2 2

A

x



 2 2 2

A x  x

b) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A

 2 2 2

A x  x

A  x  x

A  x

Nên A đạt giá trị nhỏ nhất khi Alà 1 khi x 1

c) Tìm giá trị của x để A 2

2 2

x x







2 2

x







1 1

x x

 





0 2

x loai

x loai

 

 





Vậy không có giá trị x nào thỏa mãn

Câu 2: (4,5 điểm)

a) Giải phương trình : 3x x2 21x x 2122x30

b) Cho các số a,b,c khác không và thõa mãn :a b3 3b c3 3c a3 3 3a b c2 2 2

Tính giá trị của biểu thức a b b c c a    

M

abc

 c)Tìm tất cả các cặp số nguyênx y thoả mãn 5;  x 3y2xy11

Lời giải:

a) Giải phương trình : 3x x2 21x x 2122x30

3x x 1 x x 1 2x 0

 2   2 2 2

TH1: x 0 là nghiệm TH2: 3x x 21  x2122x2 0

Đặt ax21

3xa a 2x 0

xa a2 2xa 2x2 0

x a a  2x 0

0

2 0

x a

  

 



2 2

1 0( )

1 2 0

   

 

  



    

Vậy phương trình có hai nghiệm x 1 hoặc x 0

b) Cho các số a,b,c khác không và thõa mãn :a b3 3b c3 3c a3 33a b c2 2 2 Tính giá trị của biểu thức a b b c c a    

M

abc



Lời giải:

3 3 3 3 3 3 3 2 2 2

a b b c c a  a b c

3 3 3 3 3 3 3 2 2 2 0

Đặt x ab ; y bc ; z ac

3 3 3 (1) x y z  3xyz0

x y z [ x y2 x y z z 2-3xy]=0

0

3 0

x y z

   







TH x y z    ab bc ca  

a b b c c a     ab bc ca a b c   abc 1 M

x y2 y z2 z x2 0

x y z

ab bc ca a b c

      2 2 2

8

M

c)

5x 3y2xy11

10x 4xy 15 6y 0

2 5 2x y 3 5 2y 7

5 2y 2x 3 7

Vì5 2 ; 2 y  x3Z

5 2y U( 7); 2 x 3 U( 7)

Ta có bảng sau:

2x 3

5 2y

x

y

Vậy các cặp số x y là : ;  2;3 ;  1;6 ; 5; 2 ; 2; 1 

Câu 3( 7,5 điểm ): Cho ABC nhọn (AB AC ) có các đường cao AD BE CF cắt nhau tại , , H

.Gọi M là trung điểm của cạnh BC

a) Chứng minh AEFđồng dạng với ABC

b) Chứng minh BH BE CH CF  4ME MF

c) Chứng minh HD HE HF

AD  BE CF là một hằng số.

d) Trên tia đối của FC lấy Psao cho AP //BE , tên tia đối của EB lấy điểm Q sao cho AQ // CF Chứng minh AM PQ

Giải:

a) ACF∽ABE

    ; A chung

AEF ABC

  ∽ (cgc)

b) CHD∽ CBF

.CF CB.CD

CH

Tương tự có BH BE CB BD 

2

CH CF BH BE CB CD CB BD CB

Mà CB2EM (BECcó EMtrung tuyến)

CB FM (BFCcó FM trung tuyến)

CH CF BH BE EM FM

c) HCD (1)

ADC

BHD DAB

(1),(2) HCD BDH HCD BDH BHC BHC (3)



 (4)

AHC ABC

S HE

AHB ABC

S HF

CF S

(3),(4),(5) BHC AHC ABH BHC AHC ABH 1

1

d) Trên tia đối của AP lấy '

P sao cho AP' AC

Trên tia đối của AQ lấy '

Q sao cho AQ' AB

Vì AP BE/ / mà BEAC nên APAC  PAC^ 900

0 90

PAF FAE

Tương tự QAB ^ 900  QAE EAF^  ^ 900

0 90

PAF QAE

PAF QAE

  ∽

  ; AF AC

'

Trên tia đối của MA lấy Osao cho MA MO

AMB OMC

   (c.g.c)

;

Vì ABM^ OCM^  AB CO//

0 90

BAC ACO

0 ' ' 180

BAC P AQ

Q AP ACO

' '

   (cgc) Gọi giao điểm của MAvới ' 'P Q là K ta có :

0

Mà CAO AP^  ^'Q'

^ ^

0 ' ' ' 90

Nên AKP' vuông tại K

' '

Câu 4: (2 điểm)

a) Cho a b 2 Chứng minh a4b42

b) Cho đa thức f x có các hệ số nguyên biết rằng   f  0 ; f  1 là các số lẻ Chứng tỏ rằng đa thức f x không có nghiệm nguyên. 

Giải:

a2 b220

4 4 2 2 2 0

2(a b ) a b 2a b

 2 22

4 4

2

Tương tự:  2 2

a b

=> 4 4 22

2 2

b) Giả sử f(x) có nghiệm nguyên là a thì f x( )x a 

( ) ( )

(0) (0)

   là một số lẻ => a là số lẻ

(1) 1 (1)

f   a g là một số lẻ  1 a là số lẻ  a là số chẵn

Điều này mâu thuẩn với giả thiết =>đpcm