Qua M vẽ đờng thẳng song song với AD cắt DF tại H.. Phòng Giáo dục và đào tạo KiÕn x¬ng..[r]
Trang 1Phòng Giáo dục và đào tạo
Kiến xơng
===***===
Đề khảo sát chất lợng HSG năm học 2011 – 2012
Môn toán lớp 8 ( thời gian làm bài 120 phút) Bài 1 (5 điểm)
Cho biểu thức
Q
với x 0; y 0;x y
1) Rút gọn Q
2) Tính giá trị biểu thức Q biết x, y là số nguyên dơng thoả mãn
2
x x 4 y
x 1
Bài 2 (4 điểm)
1) Chứng minh rằng: a2 b2 c2 ab ac bc với mọi a, b, c.
2) Cho tam giỏc ABC đều, đường cao AH cú độ dài bằng 3 M là một điểm bất kỡ nằm trong tam giỏc Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cỏch từ M đến cỏc cạnh BC, CA,
AB Xỏc định vị trớ điểm M để biểu thức E = x2 + y2 + z2 đạt giỏ trị nhỏ nhất
Bài 3 (4 điểm)
1) Phõn tớch đa thức sau thành nhõn tử: (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) - 24
2) Tỡm x, biết: x 2010 x 2012 2
Bài 4 ( 5 điểm)
Cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB lấy điểm M ( M khác A), trên tia đối của tia
CB lấy điểm N sao cho AM = CN Gọi E là trung điểm của MN, tia DE cắt BC tại F, DM cắt CB tại K Qua M vẽ đờng thẳng song song với AD cắt DF tại H Chứng minh rằng: 1) Tứ giác MFNH là hình thoi
2) ND2 = NB.NF
DM DK có giá trị không đổi khi M thay đổi trên AB.
Bài 5 ( 2 điểm)
Cho đa thức f(x) bậc 5 có hệ số nguyên Biết rằng f(x) nhận giá trị 1890 với 4 giá trị
nguyên khác nhau của x
Chứng minh rằng với mọi x Z thì f(x) không thể có giá trị bằng 1969.
Họ và tên học sinh:……….Số báo danh:
Phòng Giáo dục và đào tạo
Kiến xơng
===***===
Hớng dẫn chấm môn toán 8
kỳ khảo sát chất lợng HSG năm học 2011 – 2012
Trang 2Bài 1 ( 5 điểm) Cho biểu thức
Q
với x 0; y 0;x y
1) Rút gọn Q
2) Tính giá trị biểu thức Q biết x,y là số nguyên dơng thoả mãn
2
x x 4 y
x 1
Câu 1
(3 điểm)
Q
y x y x y x xy
2 2
xy y x
1đ
3 4 3 4 4 4
2 2
x y x y x y y x
xy y x
3 3
2 2
x y y x
xy y x
2 2
2 2
x y
y x
Vậy
2 2
2 2
x y Q
y x
với x 0; y 0;x y
0,5
Câu 2
(2 điểm)
Ta có
2
x x 4 y
x 1
2
xy y x x 4
x 1 y x 4
0,5đ
Do x,y nguyên dơng x + 1 ; y – x là số nguyên thuộc
Ư(4) 1; 2; 4
Vì x nguyên dơng nên x + 1 > 1 ta có bảng sau:
Đối chiếu với điều kiện ta đợc ( x = 1 ; y = 3) hoặc (x = 3 ; y = 4)
(Không đối chiếu với điều kiện trừ 0,25 điểm)
0,5đ
+) Với x = 1 ; y = 3 => Q
2
2
1 3 10 5
+) Với x = 3 ; y = 4 =>
2 2
2 2
Q
0,5đ
Vậy nếu x,y là số nguyên dơng thoả mãn
2
x x 4 y
x 1
thì Q có giá 0,5đ
Trang 3trị bằng
5 4
hoặc
25 7
Bài 2 ( 4 điểm)
1) Chứng minh rằng : a2 b2 c2 ab ac bc với mọi a,b,c.
2) Cho tam giỏc ABC đều, đường cao AH cú độ dài bằng 3 M là một điểm bất kỡ nằm trong tam giỏc Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cỏch từ M đến cỏc cạnh BC, CA,
AB Xỏc định vị trớ điểm M để biểu thức E = x2 + y2 + z2 đạt giỏ trị nhỏ nhất
Câu 1
(2điểm)
a2 b2 c2 ab ac bc
2 a b c 2 ab ac bc
2a 2b 2c 2ab 2bc 2ca 0
a2 2ab b2 b2 2bc c2 c2 2ac a2 0
1đ
a b2 b c2 c a2 0
( điều này là luôn đúng) 0,5
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c 0,25 Vậy a2b2 c2 ab ac bc với mọi a,b,c 0,25
Câu 2
(2điểm)
+) Chứng minh được x + y + z = ha = 3 0,5 +) Áp dụng cõu 1) ta cú: x2 + y2 + z2 xy + yz + zx
=> 2(x2 + y2 + z2 ) 2(xy + yz + zx) => 3(x2 + y2 + z2 ) (x + y + z)2
=> 3(x2 + y2 + z2 ) 32 => (x2 + y2 + z2 ) 3
0,5 0,5 Dấu bằng cú khi x = y = z Hay M là giao điểm của 3 đường phõn
giỏc của tam giỏc ABC
0,5
Bài 3 (4 điểm)
1) Phõn tớch đa thức sau thành nhõn tử: A = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) - 24
2) Tỡm x, biết: x 2010 x 2012 2
Câu 1
(2điểm)
A = (x + 2)(x + 3)(x + 4)(x + 5) - 24
= (x2 + 7x + 10)( x2 + 7x + 12) - 24
Đặt x2 + 7x + 10 = t => x2 + 7x + 12 = t + 2
Khi đú A = t(t + 2) - 24 = t2 + 2t - 24 = (t + 6)(t - 4)
=> A = (x2 + 7x + 16)( x2 + 7x + 6) = (x2 + 7x + 16)(x + 1)(x + 6)
0,5 1 0,5
A
D
E F
H
x y z
Trang 4Câu 2
(2điểm)
Ta cú:
Mà x 2010 x 2012 2
=> 2010 x 2012 => x = 2011
Vậy x = 2011
Bài 4 ( 3điểm) Cho hình vuông ABCD Trên cạnh AB lấy điểm M ( M khác A), trên tia
đối của tia CB lấy điểm N sao cho AM = CN Gọi E là trung điểm của MN, tia DE cắt BC tại F, DM cắt CB tại K Qua M vẽ đờng thẳng song song với AD cắt DF tại H Chứng minh rằng:
1) Tứ giác MFNH là hình thoi
2) ND2 = NB.NF
DM DK có giá trị không đổi khi M thay đổi trên AB.
Câu 1
2điểm
+ Chứng minh MEH = NEF (g.c.g) 0,5
=> EH = EF
Mà EM = EN (gt)
=> tứ giác MHNF là hình bình hành (1) 0,5 + Chứng minh AMD = CND (c.g.c)
=> DM = DN
=> DMN cân tại D nên đờng trung tuyến DE đồng thời là đờng
trung trực của MN
Mà H DE => HM = HN (2)
0,5
Từ (1) và (2) => tứ giác MHNF là hình thoi 0,5
Câu 2
1,5đ
MEH = NEF (cmt) => ADM CDN
Mà ADM CDM 90 0 CDN CDM 90 0 MDN 90 0
=> FDN 45 0
Mà DBN 45 0(tính chất hình vuông)
=>
0 FDN DBN( 45 )
0,5
Xét FDN và DBN có :
E
N K
M
F H
Trang 5
0 FDN DBN( 45 )
N chung
=>FDN DBN (g.g)
0,5
=>
ND NF
NB ND => ND2 = NB.NF
0,5
Câu 3
1,5đ
NDK vuông tại D có DC là đờng cao
=> DC.NK = DN.NK ( = 2SDNK)
2
DC DN.DK DC DN DK
0,5đ
Mà NK2 = DN2 + DK2 (định lí pytago trong tam giác vuông DNK)
Ta có DM = DN (cmt) 2 2 2
0,5đ
Do hình vuông ABCD cho trớc không đổi nên DC không đổi
DK DM DC có giá trị không đổi khi M thay đổi trên AB.
0,5đ
Bài 5 ( 2 điểm)
Cho đa thức f(x) bậc 5 có hệ số nguyên Biết rằng f(x) nhận giá trị 1890 với 4 giá trị
nguyên khác nhau của x
Chứng minh rằng với mọi x Z thì f(x) không thể có giá trị bằng 1969.
Câu 2
(2
điểm)
Gọi x1,x2,x3,x4 là 4 giá trị nguyên khác nhau của x,
mà f(x1)=f(x2)=f(x3)= f(x4) =1890 => x1,x2,x3,x4 là 4 nghiệm của f(x)-1890
=> f(x) – 1890 = (x – x1)(x – x2)(x – x3)(x – x4).g(x)
(với g(x) là đa thức có hệ số nguyên)
0,5đ
Giả sử tồn tại x = a Z để f(a) = 1969
=> 1969 – 1890 = (a – x1)(a – x2)(a – x3)(a – x4).g(a)
=> 79 = (a – x1)(a – x2)(a – x3)(a – x4).g(a) (*)
0,5đ
Do x1,x2,x3,x4 Z nên a – x1, a – x2 , a – x3 , a – x4 là 4 số nguyên khác nhau
và g(a) Z
Mà 79 là số nguyên tố chỉ có thể phân tích thành một tích có nhiều nhất ở
thừa số nguyên khác nhau : 79 = 1.(-1).(-79) nên (*) không xảy ra
0,5đ
Vậy với mọi x Z thì f(x) không thể có giá trị bằng 1969 0,5đ
Lu ý:
- Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa
- Nếu học sinh không vẽ hình hoặc sai hình thì không chấm điểm bài hình
- Bài làm không chặt chẽ, không đủ cơ sở ở phần nào thì trừ nửa số điểm ở phần đó.