Mô tả:
PHÒNG GD-ĐT
Trường THCS
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG
Năm học 2013 – 2014
ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8
Thời gian làm bài: 150 phút
Bài 1: Cho biểu thức:
6x 1
6 x 1 x 2 36
.
2
2
2
x 6 x x 6 x 12 x 12
A=
a, Tìm tập các định và rút gọn biểu thức A.
b, Tính giá trị của biểu thức A với x =
1
94 5
.
Câu 2: Cho a, b là bình phương của hai số nguyên lẻ liên tiếp. Chứng
rằng: ab – a – b + 1 chia hết cho 192
Câu 3:
a, Chứng minh bất đẳng thức: x2 + y2 – xy x + y – 1
b, Cho:
a
b c
+
b
c a
+
c
a b
a
= 0. Chứng minh rằng: ( b
b
2
)
+(c
c
c
2
)
+(a
a
2
)
=
b
2
Câu 4: Cho hình chữ nhật ABCD. TRên đường chéo BD lấy điểm P, gọi M là điểm
đối xứng của C qua P.
a) Tứ giác AMDB là hình gi?
b) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AD, AB.
Chứng minh: EF // AC và ba điểm E,F,P thẳng hàng.
c) Chứng minh rằng tỉ số các cạnh của hình chữ nhật MEAF không phụ thuộc vào vị
trí của điểm P.
*** Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm ***
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN TOÁN – LỚP 8
Câu Phần
1
a
Bài giải
TXĐ: x 0; x
A=
6
6x 1
6 x 1 ( x 6)( x 6)
x( x 6) x( x 6) .
2
12( x 1)
=
6 x 2 36 x x 6 6 x 2 36 x x 6
1
.
x
12( x 2 1)
=
b
12( x 2 1)
1
1
.
2
x
12( x 1) x
1
A= x
1
1
9 4 5 2 5
94 5
2
3
a
b
Vì a, b là hai số chính phương liên tiếp nên giả sử a < b, ta có:
a = (2k – 1)2; b = (2k + 1)2 với k Z ; k 0
ab – a – b + 1 = (a – 1)(b – 1) = 16k2(k – 1)(k + 1)
Vì k(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 3 với mọi k thuộc Z.
Và k2(k + 1)(k – 1) luôn chia hết cho 4, với mọi k thuộc Z.
Kết hợp với (3,4) = 1
nên ab – a – b + 1 chia hết cho 16.12 = 192 (đpcm)
x2 + y2 – xy x + y – 1
x2 + y2 + 1 – xy – x – y 0
2x2 + 2y2 + 2 – 2xy – 2x – 2y 0
(x – y)2 + (x – 1)2 + (y – 1)2 0
Bất đẳng thức luôn luôn đúng.
Vậy x2 + y2 – xy x + y – 1
Ta có:
a
b
c
0
b c c a a b
2
b
c
a
0
b c c a a b
2
2
2
ab
bc
ca
a b c
2
2
0
2
b c c a c a a b a b b c
b c c a a b
2
2
2
abc
a b c
a b b c c a
2
0
a
b
b c c a a b c
b c c a a b
2
2
2
ab a b bc b c ca c a
abc
a b c
0
2
abc
b c c a a b
b c c a a b
2
2
2
ab a b bc b c ca a b b c
abc
a b c
0
2
abc
b c c a a b
b c c a a b
2
2
2
ab a b bc b c ca a b ca b c
abc
a b c
0
2
abc
b c c a a b
b c c a a b
2
2
2
a a b b c c b c a b
abc
a b c
0
2
abc
b c c a a b
b c c a a b
2
2
2
a b b c a c 0
abc
a b c
2
abc
b c c a a b
b c c a a b
2
2
2
2
2
2
a b c
2 0
b c c a a b
a b c
2 (đpcm)
b c c a a b
F
B
A
I
HVẽ
O
E
M
P
C
D
4
a
b
c
Gọi O là giao điểm của AC và BD.
Ta có O là trung điểm của AC
P là trung điểm của MC
Hay PO là đường trung bình của ACM hay AM // PO.
Vậy BD // AM hay tứ giác AMDB là hình thang.
Do AM // BD hay OBA
MAE (đồng vị)
Xét tam giác cân OAB ta có OBA
OAB
Gọi I là giao điểm của MA và EF, ta thấy AEI cân ở I hay IAE
IEA
Suy ra FEA
OAB hay EF //AC .(1)
Mặt khác IP là đường trung bình của MAC suy ra IP // AC.
(2)
Từ (1) và (2) suy ra : E,F, P thẳng hàng.
Do MAF DBA (g – g) →
MF
AD
FA
AB
không đổi
- Mọi cách giải khác nếu đúng đều cho điểm tối đa.
- Xem thêm -