Đề thi HSG môn Toán 8 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THCS Cảnh Hóa

Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.. Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH.b[r]

PHÒNG GD& ĐT QUẢNG TRẠCH

TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA ĐỀ KIỂM TRA HỌC SINH GIỎI LỚP 8

Môn: Toán Năm học 2018-2019

Thời gian: 90 phút(không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (2,0 điểm)

Cho biểu thức:

2 2

a Rút gọn biểu thức A b Tính giá trị của A , Biết x =

1

2

c Tìm giá trị của x để A < 0 d Tìm các giá trị nguyên của x để A có giá trị nguyên.

Bài 2 (2,0 điểm) Giải các phương trình sau:

a.b) (6 x  8)(6 x  6)(6 x  7)2  72 b x2 1

+9 x +20+

1

x2+11 x+30+

1

x2+13 x +42=

1 18

Câu 3 (3,5 điểm) Cho hình vuông ABCD, trên cạnh AB lấy điểm E và trên cạnh AD lấy

điểm F sao cho AE = AF Vẽ AH vuông góc với BF (H thuộc BF), AH cắt DC và

BC lần lượt tại hai điểm M, N.

a Chứng minh rằng tứ giác AEMD là hình chữ nhật.

b Biết diện tích tam giác BCH gấp bốn lần diện tích tam giác AEH Chứng minh rằng:

AC = 2EF.

c Chứng minh rằng: 2 2 2

Câu 4 (1,5 điểm) Cho a b c, , là ba số dương thoả mãn abc 1 Chứng minh rằng :

3 3 3

Bài 5 (1,0 điểm) Cho an = 1+2+3+…+ n Chứng minh rằng an + an+1 là một số chính phương.

Họ và tên thí sinh: ……… Số báo danh .

PHÒNG GD&ĐT QUẢNG TRẠCH HƯỚNG DẪN CHẤM

TRƯỜNG THCS CẢNH HÓA ĐỀ KIỂM TRA HSG NĂM HỌC: 2018 -2019

Môn:Toán

Lớp: 8

Bài 1

(2,0đ)

Biểu thức:

2 2

a

(0.75) Rút gọn được kết qủa:

1 A

x 2







0.75

b

(0.5)

1 x 2

2

hoặc

1 x 2



A=

2

3 hoặc A=

2 5

0.5

c

(0.25)

A < 0⇔x - 2 >0⇔x >2 0.25

d

(0.75) A Z ⇔

−1

x −2 ∈ Z⇔ x-2 Ư(-1) ⇔ x-2{ -1; 1}

⇔x{1; 3}

0,5

Bài2

(2,0đ )

a

(1.0)

2

(6 x  8)(6 x  6)(6 x  7)  72 Đặt 6x 7 t. Ta có (t1)( 1)t t2 72 (t21)t2 72 t4 t2 72 0

4 9 2 8 2 72 0 2( 2 9) 8( 2 9) 0 ( 2 9)( 2 8) 0

3

t    t    t x

hoặc

5 3

x 

PT có nghiệm là

;

x   

0.25

0.25 0.25 0.25

b

(1.0)

x2+9x+20= ( x+4)( x+5) ; x2+11x+30 = ( x+6)( x+5) ;

x2+13x+42 = ( x+6)( x+7) ; ĐKXĐ : x ≠ − 4 ; x ≠ −5 ; x ≠− 6 ; x ≠ −7

Phương trình trở thành : 1

1

1

1 18

¿

¿ x+41 − 1

1

1

1

1

1 18 x+41 − 1

1

18 18(x+7)-18(x+4)=(x+7)(x+4)

(x+13)(x-2)=0

Từ đó tìm được x=-13; x=2;

0.25

0.25

0.25 0.25

Câu 3

(3.5)

H

E

B A

(1.0)

0.5

Ta có DAM = ABF  (cùng phụ BAH)

AB = AD ( gt)

BAF = ADM = 90  0 (ABCD là hình vuông)

 ΔADM=ΔBAFADM = ΔADM=ΔBAFBAF(g.c.g)

0.25

=> DM=AF, mà AF = AE (gt)

Nên AE = DM

Suy ra tứ giác AEMD là hình bình hành

Mặt khác.DAE = 90 0 (gt) 0.25

b

(1.0)

Ta có ΔADM=ΔBAFABH ΔADM=ΔBAFFAH (g.g)

=



hay

=

AE AH ( AB=BC, AE=AF)

0.25

Lại có HAB = HBC  (cùng phụ ABH)

ΔADM=ΔBAFCBH ΔADM=ΔBAFEAH

2 ΔADM=ΔBAFCBH

ΔADM=ΔBAFEAH

=

  , mà

ΔADM=ΔBAFCBH ΔADM=ΔBAFEAH

S

= 4

S (gt)

2 BC

= 4 AE

  nên BC2 = (2AE)2

 BC = 2AE  E là trung điểm của AB, F là trung điểm của AD

0.25

c

(1.0)

Do AD // CN (gt) Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:



=

=



0.25 Lại có: MC // AB ( gt) Áp dụng hệ quả định lý ta lét, ta có:

hay

=

AN MN

0.25



(Pytago)

0.25



(đpcm) 0.25

Câu 4

(1.5)

Trước tiên ta chứng minh BĐT: Với a, b, c  R và x, y, z > 0 ta có

 

  (*) Dấu “=” xảy ra 

Thật vậy, với a, b  R và x, y > 0 ta có

2 2 a b



 (**)  a y b x x y2  2    xy a b  2

 bx ay 20

(luôn đúng) Dấu “=” xảy ra 

Áp dụng bất đẳng thức (**) ta có

Dấu “=” xảy ra 

0.5

Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

1 1 1

a b c

  (Vì abc 1)

0.25

Hay

1 1 1 1 2

0.25

Mà

1 1 1

3

3 2

0.25

Bài 5

(1.0)

Ta có an+1= 1 +2 +3 +…+ n + n + 1

an+ an+1 = 2(1+ 2 + 3 +…+ n) + n + 1

= 2.

( 1) 2

n n 

+n+1 = n2 +2n+1=(n+1)2 là một số chính phương

0.5 0.5

- HẾT