Đề thi học sinh giỏi Toán 8 năm 2015 – 2016 phòng GD&ĐT Triệu Sơn – Thanh Hóa

Mô tả

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN Số báo danh ................. .............. ...... KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học 2015 - 2016 Môn: Toán Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian giao đề ) Ngày 13 tháng 4 năm 2016 (Đề có 01 trang, gồm 05 câu) Câu 1: (4,0 điểm) Cho biểu thức: . 2 1 : 1 3 6 2 1 3 3 1 2 2 x x x x x x x x P a. Rút gọn biểu thức P . b. Tìm x Z để P có giá trị nguyên. c. Tìm x P 1. Câu 2: (5,0 điểm) 1. Phân tích đa thức sau thành nhân tử: . 3 3 3 3 abc c b a 2. Giải phương trình: . 0 3 6 11 3 11 6 2 2 3 4 x x x x x 3. Giải bất phương trình: . 4 3 3 1 2 2 3 5 4 2 x x x x x Câu 3: (4,0 điểm) 1. Tìm các số nguyên x , y thoả mãn 2 2 5 2 4 40 0 x xy y x . 2. Với mỗi số tự nhiên n, đặt a n = 3n 2 + 6n + 13. a. Chứng minh rằng nếu hai số a i , a j không chia hết cho 5 và có số dư khác nhau khi chia cho 5 thì a i + a j chia hết cho 5. b. Tìm tất cả các số tự nhiên n lẻ sao cho a n là số chính phương. Câu 4: (6,0 điểm) 1. Cho tam giác ABC. Điểm D thuộc cạnh AB, điểm E thuộc cạnh AC sao cho BD = CE. Gọi I, K, M, N theo thứ tự là trung điểm của BE, CD, BC, DE. a. Tứ giác MINK là hình gì? Vì sao? b. Chứng minh rằng IK vuông góc với tia phân giác At của góc A. 2. Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm M trên cạnh AB vẽ hai đường thẳng song song với hai cạnh AC, BC, chúng lần lượt cắt BC, AC tại D và E. Tìm vị trí của M trên cạnh AB để độ dài đoạn DE đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 5: (1,0 điểm) Giả sử x, y, z là các số dương thay đổi, thỏa mãn điều kiện xy 2 z 2 + x 2 z + y = 3 z 2 . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức . 1 4 4 4 4 y x z z P ---------------- Hết --------------- Thí sinh không sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm.2 PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRIỆU SƠN Hướng dẫn chấm KIỂM ĐỊNH CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI LỚP 8 Năm học 2015 - 2016 Môn thi: Toán Ngày 13 tháng 4 năm 2016 (Hư 4 trang, g 5 câu) Câu Nội dung 1 (4,0đ) a. ĐKXĐ: . 1 , 2 1 , 0 x x x Ta có: x x x x x x x x P 2 1 : 1 3 6 2 1 3 3 1 2 2 x x x x x x x x 2 1 : 1 1 2 3 1 2 1 3 1 1 2 1 2 . 1 3 1 3 1 x x x x x x Vậy với 1 , 2 1 , 0 x x x ta có 2 1 x P x . 0,5 0,5 0,5 b. Ta có: 2 2 1 P Z x 1 x 1; 2 . Từ đó suy ra 3 ; 2 ; 0 ; 1 x . Kết hợp với ĐKXĐ được x 2;3 . 0,5 0,5 0,25 c. 2 2 1 1 1 1 0 0 1 1 1 x x x P x x x Mà x x + 1 nên x x + 1 0 1 x và 1 x Kết hợp với ĐKXĐ được 1 1 x và . 2 1 , 0 x x 0,5 0,5 0,25 2 (5,0đ) 1. Ta có: abc c ab b a b a abc c b a 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 c b a ab c b a 3 3 3 c b a ab c b a c b a c b a 3 2 2 ab c bc ac b ab a c b a 3 2 2 2 2 . 2 2 2 ca bc ab c b a c b a 0,5 0,5 0,5 0,5 2. Ta có: 0 3 6 11 3 11 6 2 2 3 4 x x x x x 0 1 3 1 11 1 6 2 2 2 2 x x x x x 0 3 11 6 1 2 2 x x x 0 3 2 1 3 1 1 x x x x Vậy tập nghiệm của phương trình là S = 2 3 ; 3 1 ; 1 . 0,5 0,25 0,25 0,5