Đề học sinh giỏi huyện lớp 8 môn Toán năm 2013 2014 phòng GD ĐT Nho Quan Ninh Bình

UBND HUYỆN NHO QUAN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG HỌC SINH GIỎI Năm học 2013 – 2014 MÔN: TOÁN 8 (Thời gian làm bài 150 phút) Đề thi gồm 05 câu, trong 01 trang

Câu 1 (4,5 điểm).

1. Phân tích các đa thức sau thành nhân tử: a) 3 ( 2) 5 10 x x x    . b) 3 2 5 8 4 x x x   .

2. Cho biểu thức

2 2 10 1 6 Q : 2 3 5 10 2 2 4

x x x x x x x x

                      , với 0 x  và 2 x .

a) Rút gọn biểu thức Q.

b) Tính giá trị của Q biết 1 2 x  .

c) Tìm x để Q > 0.

Câu 2 (3,0 điểm).

1. Chứng minh rằng số có dạng 4 3 2 6 11 6 A n n n n     chia hết cho 24 với mọi số tự nhiên n. 2. Đa thức f(x) khi chia cho 1 x  dư 4, khi chia cho 2 1 x  dư 2 3 x . Tìm phần dư khi chia f(x) cho 2 ( 1)( 1). x x   Câu 3 (4,0 điểm).

1. Giải các phương trình sau:

a) 1 2 3 2012 ... 2012 2013 2012 2011 2 x x x x          .

b) 2 2 2 ( 4 ) 2( 2) 43 x x x     . 2. Giải phương trình nghiệm nguyên: 2 2012 2013 2014 0 x xy x y      . Câu 4 (6,0 điểm). Cho hình vuông ABCD cạnh a, lấy điểm M bất kỳ trên cạnh BC (M khác B và C). Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với đường thẳng DM tại H, kéo dài BH cắt đường thẳng DC tại K. 1. Chứng minh KM vuông góc với DB. 2. Chứng minh rằng: KC.KD = KH.KB. 3. Ký hiệu , ABM DCM S S lần lượt là diện tích các tam giác ABM và DCM. a) Chứng minh tổng ( ) ABM DCM S S  không đổi. b) Xác định vị trí của điểm M trên cạnh BC để 2 2 ( ) ABM DCM S S  đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a. Câu 5 (2,5 điểm).

1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 2 2 3 1 9 P x x x     .

2. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 3 3 2 5 a c a b a a b a c b c         .

Đẳng thức xảy ra khi nào?

---------------Hết---------------

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

UBND HUYỆN NHO QUAN PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HƯỚNG DẪN CHẤM KSCL HỌC SINH GIỎI Môn: Toán 8 Năm học 2013 - 2014 Câu Đáp án Điểm

Câu 1 (4,5điểm)

1. (2,0 điểm) a) 3 ( 2) 5 10 x x x    = 3 ( 2) 5( 2) x x x    = ( 2)(3 5) x x   0,5 b) Ta có 3 2 5 8 4 x x x    = 3 2 2 ( 4 4 ) ( 4 4) x x x x x      0,5 = 2 2 ( 2) ( 2) x x x    0,75 = 2 ( 1)( 2) x x   0,25 2. (2,5 điểm) a) Với 0; 2, x x   ta có:

2 2 10 1 6 : 2 ( 2)( 2) 5( 2) 2 2 x x Q x x x x x x x                     0,5

2( 2) ( 2) 2 6 2 3 ( 2)( 2) 2 ( 2)( 2) 2 x x x x x x x x x x x                            0,75

b) 1 1 2 2 x x    0,25

Khi 1 6 ì 2 5 x th Q   0,25

Khi 1 ì 2 2 x th Q   0,25

c) Q > 0 3 0 2 0 2 2 x x x         0,25

Kết hợp với ĐKXĐ ta có 2; 0; 2 x x x    là giá trị cần tìm. 0,25

Câu 2 (3 điểm)

1. (1,5 điểm)

4 3 2 6 11 6 A n n n n     = ( 1)( 2)( 3) n n n n    0,5 Vì ; 1; 2 n n n   là ba số tự nhiên liên tiếp nên tồn tại 1 số chia hết cho 3. Do đó ( 1)( 2) 3 n n n    0,25

Vì ; 1; 2; 3 n n n n    là bốn số tự nhiên liên tiếp nên có 2 số chẵn liên tiếp, trong 2 số chẵn liên tiếp có 1 số chia hết cho 2, số kia chia hết cho 4. Vậy ( 1)( 2)( 3) n n n n    8  0,5

Vì ƯCLN(3;8) =1 nên 4 3 2 6 11 6 A n n n n     chia hết cho 24. 0,25 2. (1,5 điểm) Ta có: f(x) chia 1 x  dư 4 => f(-1) = 4. 0,25 Do bậc của đa thức chia là 3 nên đa thức dư có dạng 2 ax bx c  . 0,25 Theo định nghĩa phép chia còn dư, ta có : 2 2

2 2

2 2

f(x) = (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + bx + c

= (x + 1)(x + 1).q(x) + ax + a - a + bx + c

= (x + 1)(x + 1).q(x) + a(x + 1) + bx + c - a

= [(x + 1) 2 .q(x) + a].(x + 1) + bx + c - a

0,25

Mà f(x) chia cho 2 1 x  dư 2 3. x  Do đó, ta có:

2 2 2 9 3 3 2 4 6 3 2

b b b c a c a c a b c a c a

                               

0,5