Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Phú Hải

Việc ôn thi sẽ trở nên dễ dàng hơn khi các em có trong tay Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 8 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THCS Phú Hải được chia sẻ trên đây. Tham gia giải đề thi để rút ra kinh nghiệm học tập tốt nhất cho bản thân cũng như củng cố thêm kiến thức để tự tin bước vào kì thi chính thức các em nhé! Chúc các em ôn tập đạt kết quả cao!

PHÒNG GD&ĐT PHÚ VANG

TRƯỜNG THCS PHÚ HẢI

ĐỀ THI HSG TOÁN 8 CẤP TRƯỜNG

Năm học: 2019 - 2020

Thời gian: 120 phút( không kể thời gian giao đề) -

Bài 1(3 điểm) Cho a – b = 5 và a.b = 2 Tính :

a) A = a3 – b3

b) B = 3(a4 + b4) + 2(a5 – b5)

Bài 2(4 điểm)

a) Tìm GTLN của các biểu thức: A = – (x + 2)4 + 3(x – 1)2 + x(x + 22) – 5

b) Phân tích đa thức sau thành nhân tử: A = (x2 – 3x + 1)(x2 + 2x + 1) – 6x2

Bài 3(4 điểm)

a) Giải phương trình :          24

7 20 2 9 2

11 9

2 3 2

6 3

2 1 2















x

b) Tính tổng: S = 31 – 21 + 32 – 22 + 33 – 23 + … + 32019 – 22019

Bài 4 (5 điểm)

Cho tam giác ABC nhọn Trên các đường cao BE, CF, lần lượt lấy các điểm I, K sao cho AIC = 900 và AKB = 900

a) Chứng minh AF AB = AE AC

b) Chứng minh AI = AK

c) Cho A = 600, SABC = 120cm2 Tính diện tích tam giác AEF

Bài 5 (2 điểm)

Tìm x để biểu thức A = x 3  2x 1+ 1 có giá trị không âm

Bài 6 (2 điểm)

Cho tam giác đều ABC M, N là các điểm lần lượt chuyển động trên hai cạnh BC và

AC sao cho BM = CN Xác định vị trí của M, N để độ dài đoạn thẳng MN nhỏ nhất

-Hết -

ĐÁP ÁN

1

(3đ)

a) A = (a – b)(a2 + ab + b2) = 5[(a – b)2 + 3ab] = 5(25 + 3.2) = 155

b)

 a4 + b4 = (a2 + b2)2 – 2a2b2 = [(a – b)2 + 2ab]2 – 2a2b2

= (25 + 2.2)2 – 2.22

= 833

 a5 – b5 = (a2 + b2)(a3 – b3) + a2b3 – a3b2

= [(a – b)2 + 2ab] (a – b)(a2 + ab + b2) + a2b2(b – a)

= [(a – b)2 + 2ab] (a – b) [(a – b)2 + 3ab] + a2b2(b – a)

= (25 + 4) 5 (25 + 6) – 4.5

=4475

Vậy B = 3 833 + 2 4475 = 11449

1đ 0,5đ

1đ 0,5đ

2

(4đ)

a) B = – (x + 2)4 + 4x2 + 16x – 2

= – (x + 2)4 + 4(x + 2)2 – 18

= – 14 – x 22  22  14 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (x + 2) 2 – 2 = 0























2 2

2 2

x x

Vậy GTLN của B bằng – 14 khi x = – 2 + 2 hoặc x = – 2 – 2

1đ 0,5đ 0,5đ

b) A = (x2 – 3x + 1)(x2 + 2x + 1) – 6x2

























































6 2

1 3

1

6 1 2

1 3

2

2 2

2

x

x x

x x

x

x x

x

x x

x

Đặt t =

x

x1, khi đó:

6 2

1 3









  











  

x

x x

x = (t – 3)(t + 2) – 6 = t2 – t – 12

= (t + 3)(t – 4)









  











  

4

1 3

1

x

x x









  











  

4

1 3

1

x

x x





















  























  

4

1 3

1

x x x x

x x

= (x2 + 3x + 1)(x2 – 4x + 1)

0,5đ

1đ

0,5đ

3

(4đ)

7 20 2 9 2

11 9

2 3 2

6 3

2 1 2















2

9 ,

2

3 ,

2

1   

x

(1)

24

7 20 2

1 9

2

1 9

2

1 3 2

1 3

2

1 1 2

1































































x x

x x

x x

24

7 20 2

1 1 2









x x

2 20 242 1 7 2 12 20

 

 

































thoa x

thoa x

x x

x x

2 23 2

0 23 2 2

0 46 19

2 2

Vậy tập nghiệm của phương trình là: S =











  2

23

; 2

0,5đ

1đ

0,5đ

b) S = 31 – 21 + 32 – 22 + 33 – 23 + … + 32019 – 22019

= (31 + 32 + 33 + … + 32019) – (21 + 22 + 23 + …+ 22019)

Đặt A = 31 + 32 + 33 + … + 32019, B = 21 + 22 + 23 + …+ 22019

 A = 31 + 3 2 + 3 3 + … + 3 2018 + 3 2019

3A = 3 2 + 3 3 + 3 4 + … + 3 2019 + 32020

3A – A = 32020 - 31

A =

2

3

32020

 B = 21 + 2 2 + 2 3 + …+ 2 2018 + 2 2019

2B = 2 2 + 2 3 + 2 4 + … + 2 2019 + 22020

2B – B = 22020 - 21

B = 22020 – 2

2

1 2

3 2 2

2

3

32020 2020 2020 2021









0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ

4

(5đ)

0,25đ

a) AEB AFC

AC

AB AF

AE 



AC AE AB

0,25đ

0,5đ b) AIE ACI

AI

AE AC

AI





AC AE

Tương tự : AKF ABK

AB AF

Từ (1), (2), (3) suy ra: AI = AK

0,5đ 0,5đ

0,5đ 0,5đ

c) A = 600 ABE = ACF = 300 nên:

 AE =

2

1

AB, AF =

2

1

AC



2

1





AC

AF AB AE

Suy ra : AAEF ABC

1

2

















AB

AE S

S

ABC AEF

SAEF =

4

1 SABC =

4

1 120 = 30 (cm2)

0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

5

(2đ)

Ta cần tìm x để : x 3  2x 1+ 1  0 (*)

 x + 3  0  x  - 3

 x + 3 < 0  x < - 3

 x – 1  0  x  1

 x – 1 < 0  x < 1

0,25đ

K I

F

E

C B

A

Ta có bảng xét dấu:

Xét các trường hợp sau:

1 khi x < - 3:

(*)  x 3  2x 2  1  0

x 4 (loại)

2 Khi  3 x 1:

(*) x 3  2x 2  1  0

3

2





 x

Kết hợp với điều kiện đang xét ta được 1

3

2  

3 Khi x > 1:

(*) x 3  2x 2  1  0

x 6

Kết hợp với điều kiện đang xét ta được 1 x 6

Tóm lại x cần tìm là : 6

3

2  

0,25đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

6

(2đ)

0,25đ

Gọi D và E là chân đường vuông góc kẻ từ M và N xuống AB

Ta có tam giác ANE vuông ở E có A = 600

 ANE = 300

 AE =

2

1

AN

Tương tự đối với tam giác MDB ta có DB =

2

1

BM

0,5đ

+

-+

-+

-0 0

1

- 3

x - 1

x + 3

x

H E

D

N

B

A

Do đó : AE + DB =

2

1

AN +

2

1

BM =

2

1 (AN + BM) =

2

1 (AN + NC ) =

2

1

AC

Kẻ MH  EN, khi đó tứ giác DEHM là hình chữ nhật

Ta có MN ≥ MH

Mà: MH = DE = AB – ( AE + BD ) = AB –

2

1

AC =

2

1

AB

Suy ra: MN ≥

2

1

AB

Vậy đọan MN có độ dài nhỏ nhất bằng

2

1

AB Khi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AC

0,25đ 0,5đ

0,5đ

( Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa)

Giáo viên ra đề

Huỳnh Văn Quý